Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика. Механические колебания. Сборник задач с решениями. Задачник для СПО
.pdf
21
Решив последнее уравнение относительно амплитуды колебания А, получим:
2 2 2 2
1 2 2 1
22
12
.
x v x v
A
vv
Подставив полученное выражение в формулу (***), найдем циклическую
частоту колебания:
22
12
22
21
.
vv
xx
3. МТ совершает линейные гармонические колебаний вдоль оси ОХ с ча-
стотой и амплитудой А. Определите скорость и ускорение точки, когда ее
смещение равно х1.
Решение. Запишем уравнение гармонических колебаний точки в виде:
0
cos .x A t
Тогда ее скорость можно выразить уравнением:
0
sin .х A t
Чтобы выразить скорость точки через смещение, исключим из этих двух
формул время. Для этого воспользуемся известным тригонометрическим равенством:
22
sin cos 1.
Возведем оба уравнения в квадрат, разделим первое из них на А2, а второе
на А2ω2 и сложив, получим:
22
2 2 2
1
x х
AA
или, учитывая, что ω = 2π, получим:
22
22
2 2 2 2
1.
4
x х
AA
Решая полученное уравнение относительно v, находим
22
1
2.х A x
Ускорение
2 2 2
01
cos 4 .x A t x
4. МТ совершает гармонические колебания. В момент времени t1 смеще-
ние точки равно х1. При увеличении фазы колебания в два раза смещение точки
стало х2. Определите амплитуду колебания точки.
Решение. Обозначим: А — амплитуда колебания, — циклическая ча-
стота колебания,
0 —
начальная фаза.
Запишем уравнения гармонических колебаний для обоих случаев:
х1=А sin t1+0,
х2=A sin (t2+0.
Согласно условию задачи:
2(t1+)=t2+0.
Обозначим:
t1+0 = .
Тогда уравнения для смещения могут быть представлены в виде:
х1 = A sin ,
х2 = A sin 2 = 2A sin cos .
23
Возведём оба уравнения в квадрат, разделим второе из них на четыре и
вычтем из первого уравнения второе:
2
1
х
–
2
22
2
sin
4
х
A
— A2 sin2 cos2 = A2 sin4.
Учитывая, что:
х1 = A sin ,
получим:
24
2
21
1
2
,
4
хх
х
А
откуда:
4
1
22
12
4
.
4
х
А
хх
5. Средняя за период скорость МТ, совершающей гармонические колеба-
ния равна .v Определите максимальную скорость МТ в этих колебаниях.
Решение. Обозначим: Т — период колебаний; А — амплитуда колебаний.
Из определения средней скорости имеем:
.
4
T
A
t
S
v
Максимальную скорость тела можно найти из уравнения гармонического
колебания для скорости:
max
2
2.
42
v
A
vv
T
6. МТ совершает линейные гармонические колебания вдоль оси ОХ по закону:
1
0,4sin .
6
xt
24
Определите путь, который пройдет МТ за время =
11
6
c
после начала
движения.
Решение. Период колебания МТ будет равен:
2
, 2 .Tc
T
Поскольку при гармонических колебаниях МТ возвращается в исходное
положение через промежутки времени, равные периоду колебаний, то при колебаниях она обязательно должна разворачиваться, причем в точках разворота
скорость МТ будет равна нулю. Следовательно:
р
1
0 0,4 cos .
6
xt
Отсюда можно определить моменты времени, в которые МТ будет менять
направление движения. Эти моменты времени должны удовлетворять условию:
р
11
.
62
tn
Отсюда первый разворот МТ совершит через время:
р
1
1
,
3
tc
второй — через время:
р
2
4
,
3
tc
а третий — через время:
р
3
7 14
.
36
tc
25
Поэтому за время движения МТ, указанное в условии задачи, она успеет
совершить только два разворота в моменты времени
р р2
1
иtt
и путь, пройденный
МТ за указанное время, будет равен:
1 2 3
S S S S
,
где
1
S
– путь, пройденный МТ за время от начала движения до момента пер-
вого разворота;
2
S
– путь, пройденный МТ за время от первого разворота до второго;
3
S
– путь, пройденный МТ от момента второго разворота до момента
времени . Тогда:
1 р0
1
2 р2 р1
3 р2
;
;
.
S x t x t
S x t x t
S x x t
Следовательно,
S = 1,4 м.
7. Какую часть периода колебаний МТ находится в пределах
2
A
от поло-
жения равновесия, где А — амплитуда колебаний?
Решение. Обозначим искомую часть периода — k. За время, равное пери-
оду колебания, МТ два раза будет находиться в пределах
2
A
при движении вниз
от положения равновесия и два раза при движении вверх. Определим, какую
часть n периода колебаний МТ затрачивает при однократном прохождении рас-
стояния
2
A
от положения равновесия:
2 2 1 2 2 2
sin sin sin sin sin ,
2 2 6 6
AT
AA
T n n n n n
отсюда n = 12 и
k =
1
4.
12 3
T
Т
26
8. МТ совершает гармонические колебания по закону:
1
sin 2 .
6
x A t
Определить, в какие моменты времени кинетическая энергия МТ равна
потенциальной?
Решение. Введем обозначения: — масса МТ; — коэффициент возвраща-
ющей силы.
Так как кинетическая:
2 2 2
2
00
к
sin
22
m A t
mv
W
и потенциальная:
2 2 2
2
0 0 0
п
cos
22
m A t
kx
W
энергия МТ в искомые моменты времени
n
должны быть равны, то из выражения:
2
к
00
п
tg
W
t
W
следует, что моменты времени
n
должны удовлетворять условию:
00
tg 1.
n
Отсюда находим:
0 1 0
0 2 0
1
, где 0,1, 2...;
4
1
, где 0,1,2....
4
nn
nn
По условию задачи
00
1
2,
6
, тогда:
27
11
22
1 1 1
2 , ;
4 24 2
1 5 1
2 , .
4 24 2
nn
nn
Поскольку время не может принимать отрицательные значения, то, окон-
чательно, искомые моменты времени должны определяться по формуле:
11
, где 0,1,2,....
24 4
n c n
9. Один конец пружины жесткостью k прикреплен к стене, а на другом —
шарик массой m, совершающий гармонические колебания с амплитудой А на
гладкой спице. Определите, каким будет период колебаний шарика, если на
расстоянии А/2 от положения равновесия шарика установить массивную стальную плиту, от которой шарик при ударе будет абсолютно упруго отскакивать
(рис. 2)?
Решение. Из уравнения гармонического колебания определим время t1,
необходимое шарику для прохождения расстояния от положения равновесия до
плиты, равного А/2:
1
2
sin
2
A
At
T
,
1 1 1
1 2 2 2
sin , sin sin , ,
2 6 6
t t t
T T T
откуда
1
.
12
T
t
Так как удар шарика о плиту является упругим и, следовательно,
происходит без потерь энергии, то время движения шарика в обратном направлении будет таким же, т.е. полное время движения шарика на участке пути
справа от положения равновесия будет равно 2t1. Время движения шарика на
участке траектории справа от положения равновесия будет равно половине пе-
28
риода колебаний шарика в отсутствии плиты, т. е.
m
k
. Таким образом, период
колебания шарика в этом случае будет равен:
1
T
m
k
+
1 1 4
1.
3 3 3
m m m
k k k
10. На лабораторном штативе на некоторой высоте укреплена мензурка,
из которой через равные промежутки времени капают капли воды и ударяются
о пластинку массы m, закрепленную на пружине жесткостью k (рис. 3). Если
высоту, на которой находится мензурка подобрать так, чтобы в момент отрыва
четвертой капли от мензурки первая будет ударяться о пластинку, то амплитуда
вертикальных колебаний пластинки оказывается максимальной. Определите
высоту, с которой капли падают на пластину.
Решение. Обозначим: Н — расстояние от точки отрыва капель воды из
мензурки до поверхности пластинки;
12 23 34
,,h h h
— расстояния между первой и
второй, второй и третьей, третьей и четвертой каплями в момент удара первой
капли о пластинку; Т — период колебания пластинки; τ — интервал времени
между моментами отрыва капель от мензурки.
Под действием падающих капель пластинка на пружине (система) совер-
шает вынужденные колебания, причем, по условию задачи амплитуда колебаний максимальна. Это возможно только при условии возникновения резонанса,
т. е. когда частота действия внешней силы на пластинку (в данном случае —
частота ударов капель о поверхность пластинки) будет равна собственной частоте колебания системы.
Следовательно, промежуток времени τ, который необходим капле для
прохождения расстояния
34
h
, должен быть равен периоду собственных колеба-
ний системы:
29
34
2.
m
tT
k
По условию задачи расстояния
12
h
,
23
h
и
34
h
капля проходит за одно и то
же время τ.
Тогда расстояние Н
12 23 34
h h h
капля пролетит за время 3τ:
2
22
9
4,5 18 .
2
gm
H g g
k
11. Две идеально гладкие наклонные плоскости составляют двугранный
угол (рис. 4). Левая плоскость наклонена к горизонту под углом , правая — под
углом . Определите период колебания шарика, скользящего вниз и вверх по этим
плоскостям, если вначале он находился на левой плоскости, на высоте h.
Решение. Обозначим: а — ускорение шарика; g — ускорение свободного
падения.
Если шарик начнёт скользить с высоты h, то он придёт вниз со скоростью:
0
2.v gh
Дальнейшее его движение вверх по правой наклонной плоскости будет
равнозамедленным со скоростью:
v = v0 — at1,
где а = g sin , до тех пор, пока его скорость не станет равной нулю, т. е. время:
t1=
0
sin
v
g
.
30
Столько же времени шарик будет двигаться вниз. Поэтому полное время
его движения по правой наклонной плоскости будет равно:
T1=2t1=
0
2
.
sin
v
g
Аналогично полное время движения шарика по правой наклонной плос-
кости:
0
2
2
.
sin
v
T
g
Тогда период колебания шарика будет равен:
Т = Т1+Т2 =
00
22
11
.
sin sin
vv
gg
Подставляя выражение для v0, получим:
T = 2
2 1 2 1
2
sin sin
hh
gg
.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]