Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика. Механические колебания. Сборник задач с решениями. Задачник для СПО
.pdf
61
Таким образом, колебания шарика в этой задаче можно рассматривать как
свободные колебания математического мятника, точка подвеса которого находится в точке С1. При этом штатив и шарик двигаются во взаимно противоположных направлениях так, что проекции их скоростей на горизонтальную ось
связаны законом сохранения импульса:
.mv Mu
Определим координату точки С центра масс системы на оси Х (начало
координат поместим в точку пересечения оси Х со штативом):
Х
С
12
sin
.
Mx mx mL
M m M m
(*)
С другой стороны
11
sin sin sin .
C
X L L L L
(**)
Приравнивая (*) и (**), получим:
1 1 1
, , .
mL M
L L L M m LM L L
M m M m
Таким образом, период колебания шарика будет равен:
1
2 2 .
L L M
T
g g M m
Из уравнения гармонического колебания скорости шарика:
max max
sin sin
g M m
v v t v t
LM
62
v
max
= ωx
max
=
sin .
g M m
L
LM
Тогда из закона сохранения импульса получим:
max
max
sin
.
M
mv
mL g M m
u
M L M
36. К математическому маятнику АВ с шариком массы М подвешен маят-
ник ВС с шариком массы m. (рис.24). Точка подвеса А маятника АВ совершает
гармонические колебания в горизонтальном направлении с периодом Т так, что
нить АВ всё время остаётся вертикальной. Определите длину нити ВС.
Решение. Нить АВ может оставаться вертикальной во время движения
маятников только в том случае, если сумма сил, действующих на шарик массой
М в горизонтальном направлении равна нулю. Поскольку шарик массой М входит в состав связанной системы тел (М+m), то это обстоятельство дает возможность предположить, что проекция на горизонтальное направление равнодействующей сил, действующих на эту систему тел, также равна нулю. Следовательно, при колебательном движении обоих шариков центр масс (точка О)
системы связанных тел не должен перемещаться в горизонтальном направлении (рис.25).
63
Шарик массы m поэтому будет колебаться так, как будто он прикреплён в
центре масс системы тел к нити длины ОС, равной расстоянию от этого шарика
до центра масс системы тел. Период колебания такого маятника равен:
2
ОС
T
g
,
который, очевидно, должен быть равен периоду колебания точки А нити АВ. Из
определения центра масс (точка О) механической системы тел имеем:
Mm
M
BCOC
Тогда период колебания будет равен:
2
2
2 , .
4
mM
BC M gT
T BC
g m M M
37. К тележке массой М, которая может двигаться по горизонтальным
рельсам без трения, подвешен математический маятник, на конце невесомой
нити которого длиной L укреплен шарик массой m. Нить отклонили на небольшой угол и отпустили, после чего шарик и тележка стали совершать горизонтальные гармонические колебания. Определите период колебаний тележки.
Решение. Обозначим: — угол отклонения нити от вертикали;
1
l
— рас-
стояние от тележки до центра масс системы;
2
l
— расстояние от шарика до цен-
тра масс системы; — угловая скорость движения тележки и шара вокруг общего центра масс при угле отклонения нити от вертикали.
64
Первый способ. Все внешние силы, действующие на систему «тележка +
шарик», а именно силы тяжести Mg, mg и сила реакции опоры со стороны рельс
на тележку направлены вертикально. Отсюда можно сделать вывод, что центр
масс системы (точка С, рис. 26) не перемещается в горизонтальном направлении. Следовательно, тележка и шар в любой момент времени при колебаниях
движутся в противоположных направлениях, а ускорение обоим телам сообщает горизонтальная составляющая силы натяжения нити.
Определим положение проекции центр масс системы на горизонтальную ось:
с
sin
.
mL
x
Mm
С другой стороны, из определения центра масс системы, следует:
1 2 1 2
,.Ml ml l l L
с 2 1
sin sin sinx L l l
.
Из этих равенств получим:
21
,
Mm
l L l L
m M m M
.
Поскольку точка С по горизонтали не перемещается, то движения шарика
можно представить как свободные гармонические колебания математического
маятника длиной
2
l
. Период таких колебаний будет равен:
2
2 2 .
l L M
T
g g m M
Второй способ. Выберем в качестве обобщенной координаты, определяющей положение системы, угол отклонения нити от вертикали . Поскольку
центр масс системы при колебаниях остается неподвижным, то суммарная ки-
нетическая энергия системы будет равна кинетической энергии тележки W1 и
шара W2 в системе отсчета, связанной с центром масс:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2
1 2 1 2
к 1 2
2
.
2 2 2 2
Mv mv M l m l L Mm M m MmL
W W W B
Mm
Mm
65
При горизонтальных колебаниях тележки потенциальная энергия системы будет определяться только потенциальной энергией шарика:
22
2
п
1 cos 1 1 .
22
W mgh mgL mgL mgL A
Как уже упоминалось во вводной части этого пособия, если полную механическую энергию системы можно выразить уравнением типа (12), то эта система совершает гармонические колебания с периодом (15):
2.
B
T
A
Следовательно, в этой задаче период колебания тележки будет равен:
2.
LM
T
g M m
66
5. ГАРМОНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ
ПОД ДЕЙСТВИЕМ УПРУГИХ И КВАЗИУПРУГИХ СИЛ
38. На вершине закрепленного цилиндра радиуса R горизонтально лежит
прямоугольный брусок. После отклонения бруска от положения равновесия на
малый угол брусок начинает совершать гармонические колебания около положения равновесия. Определите толщину бруска, при которой он сможет совершать такие колебания.
Решение. Обозначим: h — толщина бруска; — угол поворота бруска от
горизонтального положения равновесия; yc — вертикальная координата центра
масс бруска в исходном положении;
c
y
— вертикальная координата центра масс
бруска при его отклонении на угол .
Отличительной особенностью систем, в которых происходят свободные
гармонические колебания, является наличие у них положения устойчивого равновесия — положения, в котором сумма действующих на тело сил равна нулю.
Именно около этих положений равновесия и совершаются свободные колебания.
Необходимым условием колебания бруска на цилиндре является наличие
силы трения покоя между бруском и цилиндром, так как только в этом случае
брусок может прокатываться по поверхности цилиндра без проскальзывания
При любом смещении тела от положения равновесия сумма сил, действующих на тело, уже не будет равна нулю, причем, равнодействующая сила
может быть направлена либо к положению равновесия (т. е. в сторону, противоположную той, в которую тело отклонилось от положения равновесия), либо
от положения равновесия (т. е. в туже сторону, в которую тело отклонилось от
положения равновесия). В первом случае равнодействующая сила при удалении
тела от положения равновесия будет совершать отрицательную работу, следовательно, потенциальная энергия тела будет возрастать, а положению равновесия будет соответствовать минимум потенциальной энергии. Во втором случае
67
при удалении тела равнодействующая сила будет совершать положительную
работу, потенциальная энергия тела будет уменьшаться. Положению равновесия в этом случае будет соответствовать максимум потенциальной энергии.
Таким образом, устойчивому состоянию равновесия соответствует минимум, а неустойчивому — максимум потенциальной энергии тела. Поэтому, если
при отклонении бруска на некоторый угол его центр масс будет повышаться, то
равнодействующая сила будет стремиться вернуть брусок в состояние устойчивого равновесия, и брусок будет совершать устойчивые гармонические колебания около положения равновесия.
Центр масс бруска в исходном положении находится на высоте yc над горизонтальным уровнем, на котором расположена ось цилиндра О (рис. 27):
c
.
2
h
yR
На первый взгляд может показаться, что равновесие бруска вообще не
может быть устойчивым, так как центр масс бруска лежит выше оси, вокруг которой он может поворачиваться. Однако в этой задаче положение оси вращения
не остается неизменным, поэтому при определенных условиях равновесие
бруска может быть устойчивым. Найдем эти условия.
При отклонении бруска от горизонтального положения равновесия на малый угол центр масс бруска займет положение на высоте
c
y
, которая будет
равна (рис. 27):
c
sin cos .
2
h
y AB AD AC R
Отрезок АС при малом угле отклонения можно заменить дугой окружности, которую описывает центр масс С при повороте бруска на угол :
.AC R
Тогда:
c
sin cos .
2
h
y R R
68
При малых углах выполняется равенства (см. математическое приложение раздела 2):
sin ,
2
cos 1 .
2
Отсюда:
2
2
c
1.
22
h
y R R
Колебания бруска около положения равновесия возможны при выполнении условия:
cc
,yy
т.е. при
2
0.
2 2 2
hh
RR
Следовательно, если R h/2, то брусок упадет.
39. К бруску массы М, находящемуся на гладкой горизонтальной поверх-
ности, прикреплена спица и пружина, длина которой в недеформированном состоянии равна l0. По спице свободно (без трения) может перемещаться шар
массы m, также прикрепленный к пружине (рис. 28). Пружину сжали так, что ее
длина стала равна l, и затем отпустили. Определите амплитуду колебаний бруска относительно горизонтальной поверхности.
Решение. Направим ось ОХ влево вдоль горизонтальной поверхности, а
начало координат совместим с положением центра масс бруска. Тогда в соот-
69
ветствии с определением центра масс механической системы тел в случае недеформированной пружины центр масс будет находиться в точке с координатой:
0
c
,
ml
x
Mm
а в случае сжатой пружины в точке:
c
.
ml
x
Mm
Поскольку в процессе колебаний связанной системы тел ее суммарный
импульс остается неизменным (внешние силы — силы тяжести и реакции опоры — перпендикулярны оси ОХ), положение центра масс системы тел относительно горизонтальной поверхности не изменяется. Это означает, что относительно горизонтальной поверхности брусок будет колебаться с амплитудой,
равной разности
cc
и,xx
т. е.:
0
.
ll
A
Mm
40. Невесомая штанга длиной L одним концом закреплена в идеальном
шарнире, а другим — опирается на невесомую пружину жесткостью k. На
штанге на расстоянии l от шарнира закреплен груз массой m (рис. 29). Определите период малых колебаний штанги.
Решение. Обозначим: v1– линейная скорость груза; v2 — линейная ско-
рость верхнего конца пружины; — угловая скорость штанги.
Для решения задачи воспользуемся известным свойством полной энергии
гармонических колебаний, о котором упоминалось ранее (см. третий способ
определения периода колебаний).
70
В нашем случае связанная колебательная система включает в себя пру-
жину, штангу и груз. По условию задачи груз совершает малые колебания, следовательно, изменением потенциальной энергией гравитационного взаимодействия груза с Землей при колебаниях можно пренебречь. Тогда потенциальная
энергия системы будет равна потенциальной энергии упруго деформированной
на величину х пружины:
2
2
п
.
2
kx
W Ax
(В этой задаче в качестве обобщенной координаты колебательной системы мы
выбрали координату верхнего конца пружины).
Поскольку массой пружины пренебрегаем, то кинетическая энергия си-
стемы будет равна кинетической энергии колеблющегося груза, т. е.:
2
2
1
к
.
2
mv
W Bx
Линейные скорости груза и верхнего конца пружины связаны между со-
бой соотношением:
12
12
.
v v l
vv
l L L
Тогда:
2
2 2 2
2
2
к
2
,
22
mv l mx l
W Bx
LL
где
2
1
.
2
l
Bm
L
Отсюда полная механическая энергия системы будет равна:
2
2
2 2 2
,
22
kx m l
W x Ax Bx
L
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]