Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Читай и работай. Самоучитель по физике для студентов вузов. Механика, молекулярная физика, термодинамика. Учебное пособие
.pdf
Полученное значение согласуется с тем, что в точке x = 0 частица находится в состоянии равновесия, и, следовательно, на неё не действует сила (ср.
с неподвижным маятником — в положении равновесия действующая на него
результирующая сила обращается в ноль).
Теперь найдём второй член разложения. Сначала вычислим производную:
dF (x)
dx
Теперь подставим сюда x = 0:
dF (0)
dx
Таким образом, приближённое выражение для силы при малом x имеет
очень простую форму:
Теперь можно записать уравнение движения частицы. Согласно второму закону Ньютона, F = ma. Предположим, что мы знаем зависимость координаты x от времени t. Тогда ускорение можно найти как вторую производную
x по t. Следовательно, второй закон Ньютона можно записать в виде
= .
= .
F (x) ≈ .
m¨x = F (x).
С учётом полученного выше упрощённого выражения для F (x) это уравнение можно переписать в виде
m¨x + ×x = 0.
Полученное уравнение удобно переписать в стандартной форме
¨x + ω2x = 0,
где
ω2= /m.
То, что мы получили, называется линейным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами. Решив его, мы найдём
зависимость координаты частицы x от времени t. Из математики известно,
71
что это решение имеет вид
X
Y
ϕ
III
III
IV
x(t) = a cos(ωt + α).
Следовательно, можно сразу сказать, что коэффициент перед x в уравнении
есть не что иное, как квадрат циклической частоты.
Вспомним, что зная ω, можно найти T : T = 2π/ω. Таким образом, мы
готовы записать ответ задачи:
T = .
Задача 6.1а (решить самостоятельно). Частица массы m = 0.3 гр со-
вершает малые колебания в одномерном потенциальном поле U (x) =
3 sin(5x)2в окрестности точки x = 0. Вычислите период колебаний. Ответ: T = 9 мс.
Задача 6.1б (решить самостоятельно). Частица массы m = 5 мгр со-
вершает малые колебания в одномерном потенциальном поле U (x) =
20x2−x4+ e−x+ x в окрестности точки x = 0. Вычислите частоту колебаний ν. Ответ: ν = 456 Гц.
Задача 6.2 Уравнение движения проекции вращающейся точки
Тренировочный вариант. По окружности диаметром d = 20 см равномер-
но движется частица. Период обращения равен T = 6 с, движение происходит против часовой стрелки. Приняв центр окружности за начало координат, запишите уравнение движения проекции частицы на ось X. Положите
значение координаты x в начальный момент времени равным нулю. Найдите положение точки x, её скорость x0и ускорение x00в момент t = 1 с.
Ответ: x = ∓8.66 см, x0= ∓5.24 см/с, x00= ±9.50 см/с2.
Решение (законспектировать). Нарисуем схему.
Условию задачи соответствуют два начальных положения
точки на оси Y в верхней и нижней полуплоскостях. В
обоих случаях x = 0 при t = 0.
Рассмотрим сначала старт из верхней точки. Тогда
ϕ(t) = ωt + π/2,
где ω = 2π/T .
72
Пусть точка находится в первой четверти. Тогда проекция будет равна:
x(t) =
Во второй четверти модуль проекции равен (учтём формулу приведения
cos(π − α) = −cos α):
d
cos(π − ϕ(t)) = −
2
Теперь учтём, что во второй четверти проекция будет меньше нуля. Тогда:
x(t) =
В третьей четверти модуль проекции равен
С учётом знака получим:
d
cos(ϕ(t)).
2
d
cos(ϕ(t)).
2
d
cos(ϕ(t)).
2
.
x(t) = .
Проекция в четвёртой четверти равна:
x(t) = .
Таким образом, общая формула для проекции на ось X имеет вид (нужно
вместо ϕ(t) подставить соответствующее выражение):
x(t) = .
Теперь рассмотрим в качестве стартовой нижнюю точку. Для неё
ϕ(t) = ωt −π/2.
73
Запишем проекции этой точки на ось X сначала для каждой четверти отдельно:
,
,
,
.
Теперь запишем окончательную формулу:
x(t) = .
Теперь найдём первую и вторую производные x(t) для первого случая:
x0(t) = ,
x00(t) = ,
и для второго:
x0(t) = ,
x00(t) = .
Подставим t = 1 и найдём искомые числовые значения
x = ,
x0= ,
x00= .
74
Задача 6.2а (решить самостоятельно). Материальная точка равномерно движется по окружности радиусом R = 20 см против часовой стрелки таким образом, что совершает 10 оборотов за 45 с. Написать уравнение проекции точки на ось X, проходящую через центр окружности,
если в момент времени, принятый за начальный, проекция на ось X
равна√2/10 см. Найти смещение x, скорость x0и ускорение x00проекции точки в момент t = 10 с. Ответ: x1= −11.5 см, x
00
x
= 22.4 см/с2, x2= 16.4 см, x
1
0
= −16.0 см/с, x
2
00
= −31.9 см/с2.
2
0
= −22.9 см/с,
1
Задача 6.2б (решить самостоятельно). Материальная точка равномерно
движется по окружности против часовой стрелки с периодом T = 3 с.
Написать уравнения проекций точки на оси X и Y , если в начальный
момент времени точка находится в первой четверти, и её проекции на
оси X и Y равны 2 см и 2√3 см соответственно. Найти смещения x,
y, скорости x0и y0, а также ускорения x00и y00проекций точки в момент
t = 0.7 с. Ответ: x = −3.2 см, x0= −4.9 см/с, x00= 14.1 см/с2, y = 2.4 см,
y0= −6.8 см/с, y00= −10.3 см/с2.
Задача 6.3 Сложение колебаний при помощи векторной диаграммы
Тренировочный вариант. Два гармонических колебания с одинаковыми
частотами происходят вдоль одного и того же направления. Амплитуда первого колебания A1= 35 мм, амплитуда второго A2= 53 мм. Вычислите разность фаз ∆α этих колебаний, если суммарное колебание имеет амплитуду
A = 86 мм. Ответ: ∆α = 25◦.
Решение (законспектировать). Так как колебания гармонические, то формулы для них имеют вид:
x1(t) = A1cos(ωt + α1),
x2(t) = A2cos(ωt + α2).
Каждому из колебаний можно сопоставить вращение вектора, закреплённого в начале координат. Тогда колебание получается как проекция конца
вектора на ось X. Длина вектора равна амплитуде колебания, угловая скорость вращения равна циклической частоте ω.
Так как частоты колебаний совпадают, то в ходе вращения угол между векторами остаётся постоянным, равным разности фаз колебаний:
∆α = (ωt + α2) −(ωt + α1) = α2− α1.
75
Перейдём в систему отсчёта, жёстко связанную с первым вектором (то, что
∆α
A
2
A
1
A
это неинерциальная система отсчёта, не имеет значения). Так как частоты
обоих колебаний одинаковы, оба вектора в этой системе отсчёта будут неподвижны. Направив ось X новой системы отсчёта вдоль первого вектора, мы
получим, что угол поворота второго относительно X равен ∆α.
Таким образом, колебания, которые происходят в одном
и том же направлении с одинаковыми частотами, можно
представить в виде так называемой векторной диаграммы. Каждому колебанию сопоставляется вектор таким
образом, что длина вектора равна амплитуде колебания,
а начальная фаза соответствует углу его поворота относительно некоторого начального направления.
При помощи векторной диаграммы можно найти сумму колебаний. На рисунке показана векторная диаграмма, соответствующая задаче. Видно, что
амплитуда суммарного колебания A выражается через амплитуды парциальных колебаний и разность их фаз при помощи теоремы косинусов:
A2= A
2
1
+ A
2
− 2A1A2cos
2
.
Выразим из этой формулы косинус и вычислим искомую разность фаз:
∆α = arccos
.
Задача 6.3а (решить самостоятельно). Два колебания с одинаковыми
частотами и амплитудами происходят вдоль одного направления. При их
сложении получается колебание с амплитудой в полтора раза большей,
чем амплитуды парциальных колебаний. Найти разность фаз этих колебаний. Ответ: ∆α = 83◦.
Задача 6.3б (решить самостоятельно). Два колебания с одинаковыми
частотами происходят вдоль одного направления. Их амплитуды равны
A1= 10 см и A2= 15 см, разность фаз ∆α = π/2. Вычислить амплитуду
A суммарного колебания и разность фаз между суммарным и первым
колебаниями α. Ответ: A = 18 см, α = 56◦.
76
Задача 6.4 Энергия колебаний двух математических маятников
Тренировочный вариант. Два математических маятника совершают коле-
бания с одинаковой амплитудой. Найти, во сколько раз энергия колебаний
одного из маятников больше энергии другого, если у второго маятника длина в два раза больше, а масса в полтора раза меньше, чем у первого. От-
вет: E1/E2= 3.
Решение (законспектировать). При гармонических колебаниях происходит поочерёдное взаимное превращение кинетической и потенциальной энергий. При этом когда кинетическая энергия достигает максимума, потенциальная энергия равна нулю, и наоборот, при максимальной потенциальной
энергии в ноль обращается кинетическая. Следовательно, полную энергию
гармонических колебаний можно найти, вычислив максимальную кинетическую или максимальную потенциальную энергии. Мы будем искать максимальную кинетическую энергию.
Колебания маятников можно описать формулами:
x1(t) = A1cos
x2(t) = A2cos
,
.
Так как амплитуды одинаковы, то A1= A2= A.
Вычислим скорости маятников:
v1(t) = ,
v2(t) = .
Из этих формул видно, что максимальные значения скоростей равны:
v
макс1
v
макс2
= ,
= .
77
Значит, энергии маятников, выраженные через их максимальные кинетические энергии, равны:
E1= ,
E2= .
Теперь вычислим отношение
E
1
= .
E
2
Теперь нам нужно выразить частоты колебаний маятников через их длины.
Период колебаний математического маятника равен
T = 2πq`/g.
Его циклическая частота связана с периодом формулой:
ω = 2π/T.
Отсюда получаем зависимость частоты от длины:
ω = = .
Подставим это в формулу для отношения энергий:
E
1
= .
E
2
Теперь учтём, что по условию задачи
m1= 1.5m2,
`2= 2`1.
78
Подставив это в форму отношения частот, получим ответ:
E
1
= .
E
2
Задача 6.4а (решить самостоятельно). Жёсткость пружины первого
пружинного маятника в четыре раза больше жёсткости второго, а его
амплитуда в четыре раза меньше. Найдите, во сколько раз энергия колебаний первого маятника меньше энергии второго. Ответ: E2/E1= 4.
Задача 6.4б (решить самостоятельно). Подберите отношение амплитуд
двух математических маятников одинаковой длины таким образом, чтобы энергии их колебаний были равны. Масса первого маятника в три
раза больше массы второго. Ответ: A1/A2= 0.58.
Задача 6.5 Зависимость периода колебаний физического маятника от
положения точки подвеса
Тренировочный вариант. Тонкий прямой стержень колеблется вокруг го-
ризонтальной оси, проходящей перпендикулярно ему. Найти расстояние a
от оси до центра масс стержня, при котором период колебаний T принимает
минимальное значение. Длина стержня ` = 120 см. Ответ: a = 34.6 см.
Решение (законспектировать). Период колебаний физического маятника
равен
T = 2π
v
u
u
t
J
.
mga
Здесь J — момент инерции маятника относительно точки подвеса.
В задаче маятником является стержень, момент инерции которого относи-
тельно центра масс равен
2
=
m`
.
12
J
ц.м.
Точка подвеса находится на расстоянии a от центра масс. Чтобы найти момент инерции относительно точки подвеса, воспользуемся теоремой Штейнера. При известном моменте инерции относительно оси, проходящей через
центр масс, она позволяет вычислить момент инерции относительно параллельной оси, смещённой на расстояние a:
J = J
ц.м.
79
+ ma2.
Важно: моменты инерции J и J
вычислены относительно параллель-
ц.м.
ных осей. Если бы оси были не параллельными, то пользоваться теоремой
Штейнера было бы нельзя.
С учётом теоремы Штейнера период колебаний стержня равен:
v
u
u
u
u
u
T = 2π
t
.
mg`
Чтобы найти наименьшее значение периода, требуется продифференцировать T по a. Однако в формуле для T выражение стоит под корнем, поэтому непосредственное вычисление производной приведёт к громоздким
вычислениям. Их можно упростить, если предварительно разобраться, что
происходит при дифференцировании корня от функции:
dqf(a)
=
da
1
2qf(a)
df(a)
.
da
Из полученной формулы следует, что производная обнуляется, когда df (a)/da =
0. (Вообще говоря, после того, как искомое значение a будет найдено, нуж-
но проверить, не обращает ли оно в ноль знаменатель этой формулы, т. е.
должно быть f(a
) 6= 0. Однако в нашем случае из формулы для T видно,
экстр
что T не обращается в ноль ни при каких конечных значениях a.)
Таким образом, нужно взять формулу для T , отбросить множитель 2π и
корень, а затем продифференцировать по a только подкоренное выражение:
,
,
.
80
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]