Physics_BMI-12 / Методичні вказівки до ПЗ з фізики. Частина 1
.pdfДані: E = mx2 + kx2 ; 2 2
Найти: xm - ? xm - ?
Аналіз та розв’язання
Оскільки повна енергія осцилятора не залежить від часу, похідна від повної енергії дорівнює нулю
|
dE |
= |
|
m 2 x x |
+2k |
xx |
= 0 . |
|
|||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
dt |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||
Тоді одержуємо |
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
x + |
x = 0 |
(28) |
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
||
Рівняння (28) – це рівняння гармонічних коливань |
|
||||||||||||
|
x +ω02 x = 0 ; |
ω02 = |
k |
. |
(29) |
||||||||
|
|
||||||||||||
Розв’язком рівняння (29) буде |
|
|
m |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
де xm – амплітуда коливань; |
x = xm sin( ω0t + ϕ) , |
(30) |
|||||||||||
|
ϕ – початкова фаза коливань. |
|
Знайдемо швидкість осцилятора, тобто першу похідну від (30)
|
x = xmω0 cos(ω0t +ϕ) . |
|
|
|
(31) |
||||||
Тоді повну енергію можна записати |
|
|
|
|
|
|
|
||||
E = |
mxm2 ω02 cos2( ω0t + ϕ) |
+ |
kxm2 sin2( ω0t + ϕ) |
; |
|||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2E = kxm2 ; xm |
= |
2E |
; |
|
xm = |
|
2E |
. |
|
||
k |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|||
Звідси одержимо амплітуду коливань |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
xm = |
2E . |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
||
Амплітуду швидкості одержимо з рівняння (31) |
|
|
|
|
|||||||
|
xm = xmω0 = |
2E k |
= |
2E . |
|
|
|
|
|||
|
|
k |
m |
|
|
m |
|
|
|
|
Задача 2. Знайти рівняння руху тіла, яке бере участь одночасно у двох однаково напрямлених коливальних рухах з однаковими
61
частотами |
x1 = A1 cos(ωt +ϕ1) і |
x2 = A2 cos(ωt +ϕ2 ) , |
тут ϕ1 |
та ϕ2 - |
||||||||||
початкові фази коливань, |
A1, A2 |
- амплітуди коливань. |
|
|
||||||||||
|
|
Проаналізувати випадки, якщо зсув фаз між коливаннями |
||||||||||||
дорівнює: |
а) |
ϕ2 −ϕ1 = 2πn ; |
б) |
ϕ2 −ϕ1 = ( 2п +1)π, ( n = 0,1,2...) . |
||||||||||
Знайти повну енергію результуючого коливання. |
|
|
|
|||||||||||
|
|
Дані: |
x1 = A1 cos(ωt +ϕ1) ; |
x2 = A2 cos(ωt +ϕ2 ) ; |
|
|
||||||||
|
|
Найти: x( t ) −? E −? . |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
Аналіз та розв’язання |
|
|
|||||
|
|
Якщо |
тіло |
бере |
участь у |
двох коливальних рухах, що |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
відбувається вздовж однієї і тієї |
||||
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
самої прямої, його результуючий |
|||||
A 2 |
|
|
|
|
|
|
рух |
відбуватиметься |
також |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
вздовж тієї самої прямої. При |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
цьому |
будемо |
користуватися |
||
|
ϕ |
2 |
|
ϕ |
A |
1 |
|
|
|
методом |
векторних |
діаграм. |
||
|
|
|
|
|
Результуюче зміщення у будь- |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
ϕ |
1 |
|
|
|
|
x |
який момент часу дорівнює сумі |
||||
|
|
|
Рис. 14 |
|
x 1 |
x 2 |
|
|
незалежних |
зміщень, |
тобто |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
x = x1 + x2 (рис. 14). |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
Оскільки вектори A1 і A2 |
здійснюють обертання з однаковими |
|||||||||||
кутовими швидкостями |
ω, зсув фаз між ними ( ϕ2 −ϕ1 ) з часом не |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
G |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
змінюється і вектор A також обертатиметься з кутовою швидкістю ω . Тоді результуюче коливання також буде гармонічним і чого рівняння матиме вигляд:
x = Acos(ωt +ϕ) ,
де A – амплітуда результуючого коливання, ϕ - початкова фаза. Користуючись рис. 14, одержуємо:
A2 = A2 |
+ A2 |
+ 2A A cos(ϕ |
2 |
−ϕ |
1 |
) , |
(32) |
|||
1 |
2 |
|
|
1 |
2 |
|
|
|
||
tg ϕ = |
A1 sin ϕ1 |
+ A2 sin ϕ2 |
. |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
||||||
|
A cosϕ |
1 |
+ A cosϕ |
2 |
|
|
|
|
||
|
1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
З рівняння (32) видно, що амплітуда результуючого коливання залежить від різниці фаз складових коливань.
Якщо ϕ2 −ϕ1 = 2πn (n = 0,1,2...) , то A = A1 + A2 .
62
Коли ϕ2 −ϕ1 = (2n +1)π , тобто складові коливання відбуваються у протилежних фазах, то амплітуда результуючого коливання A = A2 − A1 , бо за означенням амплітуда – величина додатна.
Оскільки енергія коливального руху пропорційна квадрату амплітуди, то повна енергія результуючого коливання
E = E1 + E2 + 2 E1E2 cos(ϕ2 −ϕ1) , тут E1 і E2 - відповідно енергії складових коливань. З виразу видно, що повна енергія результуючого коливання також залежить від різниці початкових фаз складових коливань.
Задача 3. Знайти траєкторію результуючого руху, якщо тіло одночасно бере участь у двох взаємно перпендикулярних гармонічних коливальних рухах, частоти яких однакові.
Дані: x = A1 cos(ω t +ϕ1) ; y = A2 cos(ω t +ϕ2 ) .
Найти: y( x ) −?
Аналіз та розв’язання
Відносно координатних осей Ox і Oy , які розташовані у
напрямках коливальних рухів, рівняння коливань матиме вигляд x = A1 cos(ωt +ϕ1) ; y = A2 cos(ω t +ϕ2 ) .
Перепишемо рівняння так:
x |
|
= cosω t cosϕ1 −sinω t sinϕ1 ; |
|
A1 |
|||
|
|
||
y |
|
= cosω t cosϕ2 −sin ω t sin ϕ2 . |
|
A2 |
|
||
|
|
Помножимо перше рівняння на cosϕ2 , а друге – на cosϕ1 і знайдемо їх різницю; потім помножим перше рівняння на sinϕ2 , а друге – на sin ϕ1 і також знайдемо різницю. Одержимо:
x |
cosϕ |
2 |
− |
|
y |
cos ϕ = sin ω |
t sin( ϕ |
2 |
−ϕ ) ; |
(33) |
|||
|
|
|
|
||||||||||
A1 |
|
|
|
|
A2 |
1 |
|
|
1 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
x |
sin ϕ |
2 |
− |
|
y |
sin ϕ = cos ω |
t sin( ϕ |
2 |
−ϕ ) . |
(34) |
|||
|
|
|
|
||||||||||
A1 |
|
|
A2 |
1 |
|
1 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рівняння (33) та (34) піднесемо до квадрата і почленно додамо їх. В результаті матимемо:
63
x2 |
+ |
y2 |
− 2 |
xy |
cos(ϕ2 −ϕ1) = sin 2 (ϕ2 −ϕ1) . |
(35) |
A2 |
A2 |
|
||||
|
|
A1 A2 |
|
|||
1 |
2 |
|
|
|
|
Співвідношення (35) є рівнянням траекторії результуючого руху тіла, що одночасно бере участь у двох коливаннях, напрями яких взаємно перпендикулярні.
У загальному випадку рівняння (35) є рівнянням еліпса. Орієнтація еліпса відносно осей координат і його форма визначаються значенням амплітуд A1 і A2 та величиною різниці фаз ϕ2 −ϕ1
складових коливань. Розглянемо окремі випадки. Різниця фаз дорівнює нулю, тобто ϕ2 −ϕ1 = 0 .
У цьому разі рівняння (35) набуває вигляду
( |
x |
− |
y |
)2 |
= 0 . |
A |
A |
||||
|
1 |
|
2 |
|
|
Звідси маємо
y = A2 x . A1
Траєкторією результуючого руху є пряма лінія, що проходить через
початок координат і нахилена до осі Ox під кутом |
arctg |
A2 |
. Різниця |
|||||||||||||
A |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
фаз ϕ2 −ϕ1 = ±π . |
Траєкторією руху тіла |
також буде пряма лінія, |
||||||||||||||
рівняння якої |
|
y = − |
|
A2 |
x . Вона утворює з віссю Ox |
кут arctg( − |
A2 |
) . |
||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|||
Різниця фаз ϕ |
2 |
−ϕ = ± π . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
x2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||
Тоді рівняння (35) набуває вигляду |
+ |
y |
=1. |
|
|
|
|
|||||||||
A2 |
A2 |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
Отже, траекторія результуючого руху має вигляд еліпса, пів-осі якого A1 і A2 орієнтовані вздовж координатних осей Ox і Oy .
Задача 4. Встановити закон втрати енергії з часом для затухаючих механічних коливань частинки, якщо m – маса частинки, r – коефіцієнт опору.
Дані: m, r, Найти: E(t) −?
64
Аналіз та розв’язання
Розсіювання енергіі коливальною системою при затухаючих коливаннях характеризується дією сил опору або тертя. Для механічних коливань, коли швидкість коливального руху невелика, сила опору пропорційна величині швидкості і напрямлена завжди проти руху, тобто
FТ = −rυ = −r dxdt ,
де r – коефіцієнт опору. Рівняння динаміки має вигляд
m |
d 2 x |
= −kx − r |
dx |
. |
(36) |
|
dt2 |
dt |
|||||
|
|
|
|
Рівняння (36) називають диференціальним рівнянням затухаючих коливань. Розглядатимеио такі затухаючі коливання, коли періодичність руху зберігається. Рівняння руху тіла при цьому матиме вигляд:
x(t) = A(t) cos(ω t +ϕ) .
Встановимо характер зміни амплітуди затухаючих коливань з часом. Втрати енергії коливального руху тілом при затухаючих коливаннях визначається роботою сил опору. За час dt втрати енергії
dE = FТdx = −rυυdt = −rυ2dt .
Перепишемо цей вираз так:
dE |
= −rυ2 = − |
2r |
|
mυ2 |
. |
(37) |
|
dt |
m |
2 |
|||||
|
|
|
|
Вираз (37) можна використовувати для визначення середніх втрат енергії за час одного періоду. Середнє значення кінетичної енергії коливального руху дорівнює половині його повної енергії, тобто
Ek = 12 E , тоді співвідношення (37) можна записати як
|
|
|
dE |
= − |
r |
E = −2βE , |
(38) |
|
|
r |
|
dt |
m |
||||
|
|
|
|
|
||||
де 2β = |
; коефіцієнт β називають коефіцієнтом затухання. З (38) |
|||||||
m |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
видно, що швидкість зменшення енергії при затухаючих коливаннях пропорційна самій енергії. Перепишемо вираз (38) у вигляді
dEE = −2βdt .
65
Звідси одержимо закон втрат енергії з часом
E = E0e−2β t ,
де E0 – значення енергії у момент часу t = 0 .
Задача 5. Порівняти значення амплітуди коливань, здійсненних тілом під дією сталої сили, величина якої дорівнює амплітудному значенню F0 , при резонансі із величиною зміщення. Прийняти, що
β << ω0 .
Дані: F0 , β << ω0 .
Найти: AAрез −?
Аналіз та розв’язання
Частоту зміни змушуючої сили, при якій амплітуда вимушених коливань досягає максимального значення, називають резонансною частотою ωрез . Явище, при якому амплітуда вимушених коливань
досягає максимального значення, називають явищем резонансу. Резонансне значення амплітуди
Aрез = |
|
F0 |
, |
|
|
|
(39) |
|||
2mβ ω02 −β2 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||
тут β – коефіцієнт затухання; m – маса тіла. |
|
|
|
|
|
|||||
Якщо β << ω0 , то з |
(39) одержимо, |
що |
величина |
амплітуди |
||||||
коливань при резонансі |
|
|
F0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Aрез = |
|
. |
|
|
|
|
|
||
|
2mβω |
|
|
|
|
|
||||
Амплітуда вимушених коливань |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
||
F0 |
|
|
|
|
|
|||||
A = |
|
|
|
|
|
, |
(40) |
|||
2 |
2 |
2 |
|
2 |
|
2 |
||||
|
m ( ω0 |
− ω |
) + 4β |
ω |
|
|||||
тут ω – частота вимушених коливань; F0 |
– |
амплітуда змушуючої |
||||||||
сили. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Коли на тіло діє стала сила F0 , то ω = 0 і з (40) маємо, що
A = mFω00 .
66
Знайдемо відношення
AAрез = ω2β0 .
Звідси видно, що відносне збільшення амплітуди коливань при резонансі визначається відношенням частоти власних коливань до коефіцієнта затухання. Для систем з малим затуханням амплітуда резонансних коливань може значно перевищувати величину зміщення при дії сталої сили.
7.4 Задачі для самостійної роботи
Задача 1. Написати рівняння гармонічного коливального руху з
амплітудою 0,1 м , періодом 4c |
та початковою фазою ϕ = 0 . |
|
||||||
Відповідь: x = 0,1sin 0,5π |
t |
м . |
|
|
|
|
|
|
Задача 2. Амплітуда гармонічних коливань |
дорівнює |
50 мм, |
||||||
період – |
4с , початкова фаза – |
π |
. Написати рівняння цього коливання. |
|||||
Знайти |
відхилення частинки |
4 |
від |
рівноваги приt = 0 |
|
і |
t =1,5c . |
|
|
|
|||||||
Зобразити графік цього коливання. |
|
|
|
|
|
|||
Відповідь: x = 0,05sin( πt + |
π ) |
м; x = 0,0352 |
м ; x |
2 |
= 0 . |
|||
|
2 |
|
4 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 3. Написати рівняння гармонічного коливального руху, якщо максимальне прискорення частинки дорівнює 49,3 см/с2. Період коливання 2 с, а відхилення частинки від рівноваги при t=0 має значення 25 мм.
Відповідь: х=5 10-2sin |
кt + |
π |
|
м. |
|
|
6 |
|
|
Задача 4. Чому дорівнює відношення кінетичної енергії частинки, яка виконує гармонічне коливання, до її потенціальної
енергії, при t1 = 12T c, t2 = T8 c, t2 = T6 c. Тут T – період коливань. Початкова фаза дорівнює нулю.
Відповідь: |
Ek |
= 3 ; |
Ek |
=1 ; |
Ek |
= |
1 |
. |
|
|
En |
|
|||||
|
En |
En |
|
3 |
Задача 5. Частинка бере участь у двох коливаннях однакового періоду з однаковими початковими фазами. Амплітуди коливань A1= 3 см і А2 = 4 см. Знайти амплітуду результуючого коливання, якщо
67
коливання відбуваються в одному напрямі; коливання взаємно перпендикулярні.
Відповідь: A = 7 см; A = 5 см.
Задача 7. Визначити потенціальну, кінетичну та повну енергію математичного маятника в залежності від часу та кута відхилення від положення рівноваги, якщо його маса – m, довжина – l. Розглянути випадок малих амплітуд коливань ϕm<< 1. Дістати закон, який визначає залежність руху від часу. Який рух виконує система? Визначити період коливань.
Відповідь: Ek = |
m( lϕ)2 |
|
, En = |
mglϕ2 |
|
, |
|||||
|
|
|
|||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
E = |
ml2ϕ |
2 |
+ |
|
mglϕ2 |
|
, ϕ + |
g |
ϕ = 0 . |
||
2 |
|
2 |
|
l |
|||||||
|
|
|
|
|
|
Задача 8. Визначити потенціальну, кінетичну та повну енергію фізичного маятника в залежності від часу t та кута відхилення ϕ від положення рівноваги, якщо його маса - m, момент інерції відносно осі обертання – J0 , відстань від осі обертання до центра ваги -L.
Розглянути випадок малих амплітуд коливань (ϕm<< 1). Одержати закон, який визначає залежність руху від часу. Який рух виконує система? Визначити період коливань.
Відповідь: Ek = |
|
J0ϕ2 |
|
; |
|
En |
= |
mgLϕ2 |
; |
|
||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
||
E = |
|
J0ϕ2 |
|
+ |
mgLϕ2 |
, |
|
ϕ + |
mLg |
ϕ = 0 . |
||||
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
J0 |
||
Задача 9. Рівняння |
затухаючих |
|
коливань має вигляд |
x = 5e−0,25t sin π2 t м. Знайти частинки, які виконують коливання в
момент часу t=0; T; 2T; 3T; і 4T.
Відповідь: υ1 = 7,85 м/с; υ2 = 2,88 м/с; υ3 = 1,06 м/с; υ4 = 0,39 м/с; υ5 = 0,14 м/с.
Задача 10. Амплітуда затухаючих коливань математичного маятника за 1 хв зменшилася у 2 рази. У скільки разів вона зменшиться за 2 хв?
Відповідь: у 4 рази.
Задача 11. За час 100 с система встигає виконати 100 коливань. За цей час амплітуда зменшується у 2,718 рази. Визначити: коефіцієнт затухання коливань β; логарифмічний декремент затухання λ,
68
добротність системи Q, відносне зменшення енергії системи - EE за період коливань.
Відповідь: β=10-2 c-1; λ=10-2; Q=314; EE =2 10-2.
Задача 12. Добротність коливальної системи Q=2, частота
вільних коливань ω=100 c-1. Знайти власну частоту коливань системи
ω0.
|
Відповідь: ω0=103 c-1. |
руху |
системи |
має |
вигляд |
||||
|
Задача |
13. |
Рівняння |
||||||
.. |
. |
|
|
cos wt . Знайти |
період |
коливань T, |
якщо |
не існує |
|
x+ 2βx+ w2 x = f |
0 |
||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
змушуючої сили; система виконує усталені вимушені коливання.
Відповідь: T = |
2π |
; |
T = |
2π |
; T = |
2π |
. |
|
|
|
|
|
|||||
1 |
ω0 |
2 |
ω2 |
− β2 |
3 |
ω |
||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
Задача 14. Коливальна система виконує затухаючі коливання із частотою ν=1000 Гц. Знайти частоту власних коливань ν0, якщо
резонансна частота νрез=998 Гц. Відповідь: ν0=1002 Гц
Задача 15. Пружину із жорсткістю к=10 Н/м навантажили тягарем масою m. Система знаходиться в рідині, коефіцієнт сили
опору якої дорівнює r=0,1 кг/с. Визначити: частоту ν0 власних коливань; резонансну частоту νрез; резонансну амплітуду Арез, якщо змушуюча сила змінюється за гармонічним законом, її амплітудне значення F=0,02 Н. Знайти відношення резонансної амплітуди до відхилення тягаря при дії на нього сталої сили F0.
Відповідь: ν |
=5,03 Гц; ν |
=4,91 Гц; А |
рез |
=0,4 мм; |
Aрез |
= 3, 2 |
. |
0 |
|
рез |
|
А |
|
||
|
|
|
|
0 |
|
|
Задача 16. Визначити фазу коливання матеріальної точки через 2с після початку коливань, якщо точка здійснює коливання з періодом
Т=0,8с.
Відповідь: ϕ = 5π рад.
Задача 17. Точка бере участь у двох взаємно перпендикулярних коливаннях x = 2cos ωt та y = −cos 2ωt . Записати рівняння траєкторії
руху точки.
Відповідь: y = −0,5x2 +1.
69
Задача 18. Середня втрата енергії матеріальною точкою при одному повному коливанні становить 2 мДж. Скільки повних коливань здійснить точка, якщо їй додатково надати 0,2 Дж енергії?
Відповідь: п=103.
Задача 19. Чому дорівнює період коливань математичного маятника, підвішеного у вагоні, що рухається горизонтально з прискоренням а?
Відповідь: Т = 2π |
l |
|
g2 + a2
Задача 20. Однорідний диск радіусом R коливається навколо горизонтальної осі, що проходить через одну з твірних бічної поверхні. Знайти період коливань.
Відповідь: T = 2π 3R / 2g
Задача 21. Період T0 власних коливань пружинного маятника дорівнює 0.55 с. У в’язкому середовищі період T цього самого маятника становить 0.56 с. Визначити резонансну частоту коливань.
Відповідь: νрез=1,75 Гц.
Задача 22. Знайти число N повних коливань, коли енергія системи зменшилась у n=2 рази. Логарифмічний декремент затухання
λ=0,01.
Відповідь: N=35.
Задача 23. Порівняти резонансну амплітуду коливань з амплітудою зміщення системи під дією сталої сили, величина якої дорівнює амплітудному значенню F0.
Відповідь: AAрез = ω2β0 .
Задача 24. Визначити, на скільки резонансна частота відрізняється від частоти ν0=1 кГц власних коливань системи з коефіцієнтом затухання β=400 с-1.
Відповідь: Δν= |
β2 |
= 4, 05 Гц. |
2 |
||
|
4π ν0 |
Задача 25. На якій відстані від центра треба підвісити тонкий стержень заданої довжини l, щоб одержати фізичний маятник, що коливається з максимальною частотою. Чому дорівнює ця частота?
Відповідь: x = |
l |
|
; ωmax = (g / l) 3 . |
|
2 |
3 |
|||
|
|
|||
|
|
70 |