int_kurs-podg_-ege_kasatkina-i_l_2012
.pdfФизика для старшеклассников и абитуриентов
С2. Найти частоту малых колебаний тела массой m, изображенного на рис. 371. Жесткости пружин k1 и k2. Трением пренебречь.
Обозначим Wp1 потенциальную энергию упругой деформации первой пружины, Wp2 — потенциальную энергию упругой деформации второй пружины, А1 — амплитуду колебаний первой пружины, А2 — амплитуду колебаний второй пружины, А — их суммарную амплитуду колебаний, Wk — кинетическую энергию тела, vm — максимальную скорость тела, Z— его циклическую частоту, Q— частоту колебаний, Fупр1 — силу упругости в первой пружине, Fупр2 — силу упругости во второй пружине.
Дано: |
|
Решение |
|
||
m |
|
Поскольку нам сказано, что трением в этой |
k1 |
|
системе можно пренебречь, т. е. колебания тела |
k2 |
|
являются идеальными, применим к его движе- |
|
|
нию закон сохранения механической энергии. |
Q — ? |
|
|
|
Будем рассуждать так. Когда мы оттягиваем |
|
|
|
тело от положения равновесия, например, вниз, |
мы сообщаем пружинам, а вместе с ними и самому телу запас потенциальной энергии. Потенциальная энергия упругой деформации первой пружины
|
k A2 |
||||
Wp1 = |
1 1 |
. |
|||
2 |
|||||
|
|
|
|||
Аналогично потенциальная энергия второй пружины, рас- |
|||||
тянутой на величину амплитуды ее колебания A2, |
|||||
|
|
k A2 |
|||
Wp2 = |
|
2 2 |
. |
||
|
|||||
|
2 |
|
|
По закону сохранения механической энергии потенциальная энергия упругой деформации обеих пружин превратится в кинетическую энергию колеблющегося тела, когда оно будет «проскакивать» через положение равновесия:
|
|
|
|
mv2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
Wk = |
m |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По закону сохранения механической энергии |
|
|||||||||||
|
|
|
|
mv2 |
|
k A2 |
|
k A2 |
|
|||
W = W + W |
|
или |
m |
|
= |
1 1 |
+ |
2 2 |
. |
(1) |
||
|
2 |
|
|
|||||||||
|
|
|
2 |
2 |
||||||||
k |
p1 |
p2 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
670
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
Скорость vm мы можем определить через циклическую частоту колебаний тела Z с помощью формулы vm = Z A. В свою очередь циклическая частота колебаний Z связана с частотой колебаний Q соотношением Z = 2SQ, поэтому
vm = 2SQA. |
(2) |
Нетрудно догадаться, что амплитуда колебаний равна сумме амплитуд колебаний пружин, т. е. сумме их деформаций в момент, когда мы оттянули тело от положения равновесия. Тогда, подставив эту сумму A = A1 + A2 в (2), получим:
|
vm = 2SQ (A1 + A2). |
|
(3) |
||||||||
Теперь подставим (3) в (1): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
m (2πν (À1 + À2 ))2 |
= |
|
k1A12 |
k2A22 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
или |
m(2SQ(A |
1 |
+ A ))2 |
= k |
A 2 |
+ k |
A 2. |
(4) |
|||
|
|
2 |
|
1 |
1 |
2 |
2 |
|
Мы могли бы решить это уравнение относительно искомой частоты, но нам не известны амплитуды колебаний пружин A1 и A2. Значит, надо записать еще какое-нибудь уравнение, куда вошли бы эти амплитуды. Здесь следует догадаться, что когда мы действуем на тело с некоторой силой, оттягивая его вниз, то по третьему закону Ньютона с точно такой же силой мы действуем и на каждую пружину, поэтому в них возникают одинаковые силы упругости, которые по закону Гука соответственно равны:
Fупр1 = – k1A1 и Fупр2 = – k2A2.
Поскольку силы упругости равны, а жесткости пружин разные, значит, и деформации пружин, т. е. амплитуды их колебаний, будут разными. Но так как сами силы упругости одинаковы, мы можем записать равенство
Fупр1 = Fупр2 |
или |
– k1A1 = – k2A2, |
|
|||
|
А2 |
= A1 |
k1 |
|
||
откуда |
k |
|
. |
(5) |
||
|
|
2 |
|
|
Если теперь подставить (5) вместо A2 в (4), то неизвестную нам амплитуду A1 можно будет вынести за скобки и сократить.
671
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Тогда мы получим одно уравнение с одной искомой частотой, которую сможем уже однозначно определить. Проделаем эти
действия: |
|
|
|
|
|
|
k1 2 |
|
|
|
|
k1 |
2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
m |
2SQ |
|
A |
1 |
+ А |
1 |
|
|
= k |
A 2 |
+ k A |
2 |
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
k2 |
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
m(2SQ)2 (k1 +2k2 )2 k2
|
|
1 |
|
|
||
откуда |
|
Q = |
|
|
|
|
2π |
|
|||||
|
1 |
|
|
|
||
|
k1k2 |
|
. |
|||
Ответ: Q = 2π |
|
m k1 + k2 |
||||
|
|
(k1k2 ).
m k1 + k2
С3. Найти период малых колебаний тела массой m, изображенного на рис. 372. Жесткости пружин k1 и k2. Трением пренебречь.
Обозначим Wp1 потенциальную энергию упругой деформации первой пружины, Wp2 — потенциальную энергию упругой деформации второй пружины, А — их амплитуду колебаний, Wk — кинетическую энергию тела, vm — максимальную скорость тела, Z — его циклическую частоту, Q — частоту коле-
баний, Fупр1 — силу упругости в первой пружине, Fупр2 — силу упругости во второй пружине.
Решение
Здесь мы тоже применим закон сохранения механической энергии, но теперь амплитуда колебаний A обеих пружин и самого тела будет одна и та же. Ведь на сколько мы растянем одну пружину, на столько же растянется вторая и на такое же расстояние сместится само тело. С уче-
том этого положения запишем закон сохранения механической энергии следующим образом:
|
|
mv2 |
k A2 |
|
k A2 |
|
||||||
Wk = W1 + Wp2 |
или |
|
m |
= |
1 |
|
|
+ |
2 |
|
, |
|
2 |
|
2 |
|
|
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
mvm2 = A2(k1 + k2) и |
|
vm = А |
k1 + k2 |
, |
|
|||||||
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
672
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
где |
|
|
vm = Z A |
и |
Z = 2π , |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
Ò |
|
|
|
поэтому |
|
|
|
|
vm = 2π A, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ò |
|
|
|
|
откуда |
Т = |
2πÀ = 2πA |
m |
= 2π |
|
m |
. |
|||
|
k1 |
|
||||||||
|
|
vm |
|
A k1 + k2 |
|
+ k2 |
||||
Ответ: Т = 2π |
|
|
m |
|
|
|
|
|
||
|
|
. |
|
|
|
|
|
|||
|
k1 + k2 |
|
|
|
|
|
С4. На гладком горизонтальном столе лежит шар массой M, прикрепленный к пружине с жесткостью k (рис. 373). В шар попадает пуля массой m, имеющая в момент удара скорость v, направленную вдоль оси пружины. Считая удар пули абсолютно неупругим и пренебрегая массой пружины и сопротивлением воздуха, определить амплитуду колебаний шара с пулей.
Обозначим v0 максимальную скорость колебаний шара с пулей, Z — циклическую частоту колебаний, А — амплитуду колебаний.
Дано: Решение
МПоскольку удар неупругий, то шар с пулей
kсразу после удара станет двигаться со скоростью
mv0, которую мы сможем определить, воспользо-
vвавшись законом сохранения импульса системы пуля — шар. По закону сохранения импульса
A — ? импульс пули до попадания в шар mv равен суммарному импульсу пули с шаром (M + m)v0 после попадания (отметим, что импульс шара до попадания в
него пули равен 0, так как шар покоился):
mv = (M + m)v0.
Отсюда скорость шара с пулей сразу после удара (а это будет максимальная скорость колебаний шара с пулей)
v = |
mv |
. |
(1) |
|
|||
0 |
M + m |
|
|
|
|
|
Максимальная скорость колебаний тела v0 связана с циклической частотой и амплитудой этих колебаний соотношением
v0 = ZA. |
(2) |
673
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Циклическая частота колебаний пружинного маятника c пулей
Z = |
k |
|
M + m . |
(3) |
Подставляем (3) в (2):
v0 = A |
k |
. |
(4) |
|
M + m |
||||
|
|
|
Теперь подставим (4) в (1):
kmv
АM + m = M + m.
Отсюда
А = |
mv M + m |
= |
mv |
|||||
|
|
|
|
. |
||||
M + m |
|
|
k |
k (M + m) |
||||
Ответ: А = |
|
mv |
|
|
|
|||
|
. |
|
|
|
||||
k (M + m) |
|
|
|
С5. По дну сферической емкости радиусом R без трения движется маленький кубик (рис. 374). Найти период его колебаний.
Обозначим Wkm максимальную кинетическую энергию кубика на дне емкости, m — массу кубика, vm — его максимальную скорость, Wpm— максимальную потенциальную энергию кубика на краю емкости, g — ускорение свободного падения, S — число «пи», T — период колебаний кубика, Z — циклическую частоту.
Дано: Решение
RПо закону сохранения механической энергии
gмаксимальная кинетическая энергия кубика на дне чаши равна его максимальной потенциальной
T — ? |
энергии на ее краю: Wpm = Wkm. |
|
||
|
По формуле кинетической энергии |
|
||
|
|
mv2 |
|
|
|
Wkm = |
max |
. |
(1) |
|
2 |
|||
|
|
|
|
Максимальную скорость кубика найдем по формуле
674
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
vm = ωA,
где А — амплитуда колебаний кубика. Ее мы найдем по теореме Пифагора (см. рисунок):
А = R2 + R2 = 2R2 = R 2 .
С учетом этого максимальная скорость кубика на дне емкости
|
|
vm = ZR 2. |
|
(2) |
|||
Подставим (2) в (1): |
|
|
|
|
|||
|
|
m (ωR 2)2 |
|
2m (ωR)2 |
2 |
|
|
Wkm |
= |
|
= |
|
= m (ωR) . |
(3) |
|
2 |
2 |
||||||
|
|
|
|
|
Максимальную потенциальную энергию кубика определим по формуле потенциальной энергии тела, поднятого на высоту R:
|
|
|
Wpm= mgR. (4) |
|
|
|||
Приравняем правые части равенств (3) и (4): |
Z = 2π . |
|||||||
m(ZR)2 = mgR, |
Z2 R2 = gR, Z2 R = g, |
где |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
T |
С учетом этого |
4π2 |
R = g, |
|
|
||||
T2 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
откуда |
T = 2π |
R |
. |
|
|
|||
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
g |
|
|
|
Ответ: Ò = 2π |
R |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
g |
|
|
|
|
|
|
|
С6. Два небольших шарика массами m1 |
C |
m2 |
||||||
m1 и m 2 соединены горизонтальной |
|
|
пружиной с жесткостью k (рис. 398).
Рис. 398
Пружина сжата, а шарики удерживаются связывающей их горизонтальной нитью. С какой часто-
той они начнут колебаться, если нить разрезать?
Обозначим l1 расстояние от левого шарика до центра масс С этой системы тел, l2 — расстояние от правого шарика до центра масс С, А1 — амплитуду колебаний левого шарика, А2 — амплитуду колебаний правого шарика, F — деформирующую силу, х — деформацию пружины, аm — максимальное ускорение в
675
Физика для старшеклассников и абитуриентов
момент разрезания нити, Z— циклическую частоту колебаний, Q — частоту колебаний.
Дано: |
Решение |
m 1 |
Сначала пружина была сжата с обоих кон- |
m 2 |
цов. Когда ее сжимали, отдельные кольца сме- |
kщались относительно положения равновесия, прижимаясь друг к другу. Но где-то было коль-
цо, которое осталось на месте, не сместилось. Это кольцо находится в центре масс всей системы шариков с пружиной. Причем этот центр масс расположен не
посередине пружины, ведь массы шариков разные. Нетрудно сообразить, что расстояния l1 и l2 от шариков до неподвижного колечка обратно пропорциональны массе шариков m1 и m2, т.е. выполняется соотношение
m1 = l2 . m2 l1
Это были расстояния, когда пружина еще была не сжата. Когда ее сжали слева на расстояние, равное будущей амплитуде колебаний А1, а справа — на расстояние А2, то расстояния от шариков до неподвижного колечка стали равны l1 – A1 и l2 – A2. И предыдущее соотношение теперь примет вид:
m1 |
= |
l2 |
− A2 |
. |
m2 |
|
l1 |
− A1 |
Как бы нам от этих l1 и l2 уйти? Попробуем для начала уйти от дробей по правилу пропорции. У нас в двух уравнениях должны появиться одинаковые произведения масс на длины — может, потом нам удастся их как-нибудь убрать.
m1l1 = m2l2 и m1l1 – m1A1 = m2l2 – m2A2.
Если мы теперь во втором уравнении заменим произведение m2l2 на равное ему m1l1 , то вследствие приведения подобных членов эти произведения уйдут и у нас останутся только равные друг другу произведения масс на амплитуды:
m1l1 – m1A1 = m1l1 – m2A2, откуда m1A1 = m2A2. (1)
Теперь применим закон Гука, ведь не зря же нам дали жесткость этой пружины. Согласно этому закону, а также третьему закону Ньютона, сила F, сжимающая пружину, равна произве-
676
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
дению ее жесткости k и деформации x. А деформация, очевидно, равна сумме амплитуд А1 + А2. Тогда согласно сказанному
F = kx = k(A1 + A2).
По второму закону Ньютона эта же сила равна произведению массы одного из шариков, например, m1, на его максимальное ускорение в момент разрезания нити аm1:
F = m1am.
Приравняем правые части последних равенств:
k(A1 + A2) = m1am. |
(2) |
Максимальное ускорение связано с циклической частотой Z, которая, одинакова у обоих шариков, соотношением
аm = Z2A1
где
Z = 2SQ,
поэтому
а |
= (2SQ)2A |
. |
(3) |
m1 |
1 |
|
|
С учетом равенства (3) уравнение (2) примет вид:
k(A1 + A2) = m1(2SQ)2A1. |
(4) |
Теперь вернемся к равенству (1). Если из него выразить какую-нибудь амплитуду, например, А2, и подставить правую часть полученного равенства вместо А2 в формулу (4), то по вынесении за скобки оставшаяся амплитуда А1 сократится, и мы найдем частоту, выраженную через жесткость и массы шариков. Приступим. Из (1)
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
2 |
|
||||
À2 = |
1 |
|
A1, |
|
k A1 |
+ |
1 |
A1 |
= m1 |
(2πν) A1 |
, |
||||||||
|
|
||||||||||||||||||
m2 |
m2 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
k |
m1 + m2 |
= m1 (2πν)2, |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
m2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
откуда |
|
|
|
|
|
ν = |
1 |
|
k (m1 + m2 ) |
. |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
2π |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m1m2 |
|
|
|
|
||||
Ответ: ν = |
1 |
|
|
k (m1 + m2 ) |
. |
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
2π |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
m1m2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
677
Физика для старшеклассников и абитуриентов |
|||
С7. Два наклонных к |
1 |
2 |
|
горизонту желоба состав- |
|
|
|
ляют между собой угол |
h |
mgsinα |
|
(рис. 399). Левый желоб |
|||
mg α |
|||
наклонен к горизонту под |
β |
||
углом 600, а правый — |
|
|
|
под углом 300. С верши- |
|
Рис. 399 |
|
ны левого желоба, рас- |
|
||
|
|
||
положенной на высоте 50 см над горизонтальной поверхно- |
|||
стью, начинает скользить без трения маленький шарик. |
|||
С каким периодом он будет совершать колебания, скользя |
|||
вверх и вниз по этим желобам? Ответ округлить до целого |
|||
числа. |
|
|
|
Обозначим D угол, под которым наклонен к горизонту |
|||
левый желоб, E — угол, под которым наклонен к горизонту |
|||
правый желоб, Т — время, в течение которого шарик скатит- |
|||
ся с вершины 1, поднимется на вершину 2, затем скатится с |
|||
вершины 2 и снова поднимется на вершину 1, т.е период его |
|||
колебаний, t1 — время, в течение которого шарик скатится с |
|||
вершины 1 до основания желоба, t2 — время, в течение которого |
|||
шарик скатится с вершины 2 до основания желоба, S1 — путь, |
|||
пройденный шариком при спуске с вершины 1 до основания |
|||
желоба, g — ускорение свободного падения, а1 — ускорение |
|||
шарика при скатывании с вершины 1, v1 — скорость в конце |
|||
спуска с вершины 1, а2 — ускорение шарика при скатывании |
|||
с вершины 2. |
|
|
Дано: |
|
Решение |
|
|
|
||
D = 600 |
|
Поскольку трение отсутствует, то сколь- |
|
E = 300 |
|
ко времени t1 шарик скатывается с вершины |
|
h = 50 см |
|
1 до основания, столько же он поднимается |
|
|
|
с основания до вершины 1. И то же самое мож- |
|
Т — ? |
|
||
|
но сказать о времени t2 подъема и таком же |
||
|
|
времени скатывания с вершины 2. Тогда период |
|
|
|
Т равен: |
|
|
|
Т = 2 t1 + 2 t2 = 2(t1 + t2). |
(1) |
Значит, задача сводится к нахождению времени спуска t1 шарика с вершины 1 до основания наклонной плоскости и времени его подъема t2 от основания до вершины 2.
678
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
В прямоугольном треугольнике с катетом h и противолежащим ему углом D гипотенуза есть путь S1, пройденный шариком при спуске с вершины 1. Этот путь найдем по формуле
S1 = sinh α .
На этом пути на шарик действует скатывающая его сила mg sinD, являющаяся составляющей силы тяжести mg и равная по второму закону Ньютона произведению массы шарика m и его ускорения а1:
mg sinD = ma1, откуда а1 = g sinD.
Зная ускорение шарика и путь, пройденный им с вершины 1 до основания, мы найдем время этого спуска из формулы кинематики, когда начальная скорость равна нулю:
= a t2
S1 121 ,
откуда
t1 |
= 2S1 = |
2h |
= |
1 |
2h . |
(2) |
|
g sin α sin α |
sin α |
||||||
|
a1 |
|
g |
|
Конечная скорость шарика у основания при спуске с вершины 1 является его начальной скоростью при подъеме до вершины 2. Эту скорость v1 несложно найти по формуле кинематики для случая равнозамедленного движения с ускорением а2 к вершине 2, когда конечная скорость шарика равна нулю:
0 = v1 – a2t2, где по аналогии а2 = g sinE,
поэтому
v1 = gt2 sinE.
И эта же скорость при равноускоренном спуске без начальной скорости с вершины 1 равна:
v1 = а1t1 = gt1 sinD.
Приравняв правые части двух последних равенств, выразим время t2 через уже найденное время t1:
gt2 sinE = gt1 sinD, откуда t2 = t1 sinsinαβ , или с учетом выражения (2)
679