Колебания: олимпиадная подготовка – 1

[latexpage]

Задачи для самостоятельной подготовки к олимпиадам. Разбор решений – тоже хорошая форма подготовки, однако решать самому тоже надо обязательно.

Задача 1. Два легких блока соединены нерастяжимой легкой нитью (рисунок). На краю нижнего блока радиусом $R$ закреплена точечная масса $M$, соединенная с нитью. К другому концу прикреплен груз $m$, причем $M>m$. Найдите период малых колебаний системы около положения равновесия.

Решение. Сначала решим эту задачу «через Ньютона».

Для положения равновесия

$$T=mg$$

$$T=Mg\sin \alpha_0$$

$$\sin \alpha_0=\frac{m}{M}$$

Теперь запишем уравнения для произвольного положения.

$$\begin{Bmatrix}{T- mg\sin (\alpha+\alpha_0)=M a_{\tau}}\\{ mg-T=m a_{\tau}} }\end{matrix}$$

Складываем уравнения системы:

$$mg-Mg\sin (\alpha+\alpha_0)=(M+m) a_{\tau}$$

Раскрываем синус суммы:

$$mg-Mg\sin \alpha \cos\alpha_0-Mg\cos \alpha \sin \alpha_0=(M+m) a_{\tau}$$

Угол $\alpha$ мал, поэтому $\sin \alpha \approx \alpha$, $\cos \alpha \approx 1$. Также используем:

$$a=\dot \upsilon=\ddot{\alpha} R$$

$$\upsilon =\omega R=\dot{\alpha} R$$

И получим:

$$mg-Mg\cos \alpha_0\cdot \alpha-Mg\sin \alpha_0=(M+m)\ddot{\alpha} R$$

Подставим $\sin \alpha_0$:

$$(M+m)\ddot{\alpha} R+Mg\cos \alpha_0\cdot \alpha=0$$

$$\ddot{\alpha}+\frac{ Mg\cos \alpha_0}{(M+m)R}=0$$

$$\omega=\sqrt{\frac{ Mg\cos \alpha_0}{(M+m)R}}$$

Если подставить $\cos \alpha_0$, то получится

$$\omega=\sqrt{\frac{g\sqrt{M^2-m^2}}{(M+m)R }}=\sqrt{\frac{g}{R}}\cdot\sqrt{\frac{M-m}{M+m}}$$

Теперь рассмотрим второй способ решения. Через закон сохранения энергии. Используем ранее полученное

$$\sin \alpha_0=\frac{m}{M}$$

Полная энергия системы:

$$E=\frac{(m+M)\upsilon^2}{2}+E_{p1_0}-mgR\alpha+E_{p2_0}+Mg(R\cos\alpha_0-R\cos(\alpha+\alpha_0))$$

$$E=const$$

$$\dot E=0$$

$$\frac{2(m+M)\upsilon \dot{\upsilon}}{2}-mgR\dot{\alpha}+MgR\sin (\alpha+\alpha_0)\cdot \dot{\alpha}=0$$

$$\upsilon=\dot{\alpha} R$$

$$\dot{\upsilon}=\ddot{\alpha} R$$

Тогда перепишем:

$$(m+M)R^2 \dot{\alpha}\ddot{\alpha}-mgR\dot{\alpha}+MgR\sin(\alpha+\alpha_0)\dot{\alpha}=0$$

Сокращаем:

$$(m+M)R \ddot{\alpha}-mg+Mg\sin\alpha \cos \alpha_0+Mg\sin\alpha_0\cos \alpha=0$$

Но

$$ \sin\alpha \approx \alpha$$

$$\cos \alpha \approx 1$$

Поэтому

$$(m+M)R \ddot{\alpha}-mg+Mg\alpha \cos \alpha_0+Mg\sin\alpha_0=0$$

Так как

$$mg= Mg\sin\alpha_0$$

То

$$(m+M)R \ddot{\alpha}+ Mg\alpha \cos \alpha_0=0$$

$$\ddot{\alpha}+\frac{ Mg\cos \alpha_0}{(M+m)R}=0$$

Получили тот же ответ.

$$T=2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}\cdot\sqrt{\frac{M+m}{M-m}}$$

Ответ: $T=2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}\cdot\sqrt{\frac{M+m}{M-m}}$.

Задача 2. Шарнирная конструкция в виде квадрата лежит на гладком горизонтальном столе и скреплена с ним в вершине А (см. рисунок). Шарниры В и С соединены пружиной жесткости $k$. Найдите период малых колебаний системы, если массами пружин, стержней, шарниров В и С по сравнению с массой $m$ шарнира $H$ можно пренебречь, а трение всюду отсутствует.

Решение. Начальная длина пружины

$$l_0=a\sqrt{2}$$

Полная энергия:

$$E=\frac{m\upsilon^2}{2}+\frac{kx^2}{2}$$

$$\upsilon=\dot{y}$$

Растянем немного конструкцию за шарнир $H$. Получим ромб.

Для закрашенного треугольника составим теорему Пифагора:

$$\left(\frac{a\sqrt{2}+y}{2}\right)^2+\left(\frac{l_0}{2}-\frac{x}{2}\right)^2=a^2$$

Имеем:

$$2a^2+2ay\sqrt{2}+y^2+2a^2+x^2-2ax\sqrt{2}=4a^2$$

$$2ay\sqrt{2}+y^2+x^2-2ax\sqrt{2}=0$$

Так как колебания малые, то $x^2<<x; y^2<<y$.

$$2ay\sqrt{2} -2ax\sqrt{2}=0$$

$$x=y$$

Перепишем тогда энергию:

$$E=\frac{m\dot{y}^2}{2}+\frac{ky^2}{2}$$

Берем производную и приравниваем к нулю:

$$\dot{E}=\frac{2m\dot{y}\ddot{y}}{2}+\frac{2ky\dot{y}}{2}=0$$

$$\ddot{y}+\frac{k}{m}y=0$$

$$T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$$

Ответ: $T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$

Задача 3. Шары насажены на прямолинейную горизонтальную спицу и могут скользить по ней без трения (см. рисунок). К шару массой $m$ прикреплена лёгкая пружина жёсткостью $k$, и он покоится. Шар массой $2m$ движется со скоростью $\upsilon$. Радиусы шаров много меньше длины пружины. 1) Определить скорость шара массой $2m$ после отрыва от пружины. 2) Определить время контакта шара массой $2m$ с пружиной.

Решение. Запишем систему из закона сохранения энергии и закона сохранения импульса:

$$\begin{Bmatrix}{2m\upsilon=-2m\upsilon_1+m\upsilon_2}\\{ \frac{2m\upsilon^2}{2}=\frac{2m\upsilon_1^2}{2}+\frac{m\upsilon_2^2}{2} }\end{matrix}$$

$$\begin{Bmatrix}{2m\upsilon=-2m\upsilon_1+m\upsilon_2}\\{ 2m\upsilon^2=2m\upsilon_1^2+m\upsilon_2^2}\end{matrix}$$

$$\begin{Bmatrix}{2m\upsilon+2m\upsilon_1=m\upsilon_2}\\{ 2m\upsilon^2-2m\upsilon_1^2=m\upsilon_2^2}\end{matrix}$$

$$\begin{Bmatrix}{2m(\upsilon+\upsilon_1)=m\upsilon_2}\\{ 2m(\upsilon^2-\upsilon_1^2)=m\upsilon_2^2}\end{matrix}$$

Теперь разделим уравнения:

$$\upsilon-\upsilon_1=\upsilon_2$$

Теперь можно подставить скорость $\upsilon_2$ в ЗСИ:

$$2\upsilon=-2\upsilon_1+\upsilon_2$$

$$2\upsilon=-2\upsilon_1+\upsilon-\upsilon_1$$

$$\upsilon=-3\upsilon_1$$

$$\upsilon_1=-\frac{\upsilon}{3}$$

Большой шар налетит, сожмет пружину, и начнет двигаться в обратную сторону. Он оторвется в момент, когда пружина полностью распрямится и станет недеформированной. То есть время контакта – половина периода колебаний (второй половины нет – шар оторвется и продолжит двигаться влево).

Скорость центра масс равна

$$\upsilon_{zm}=\frac{2m\upsilon}{3m}=\frac{2}{3}\upsilon$$

Координата центра масс

$$x_{zm}=\frac{mL}{3m}=\frac{L}{3}$$

Отсчитываем координату от большого шара. Таким образом, большой шар соединяет с центром масс пружина жесткостью $3k$, а малый с центром масс соединяет пружина жесткостью $1,5k$. Период колебаний большого шара

$$T_b=2\pi\sqrt{\frac{2m}{3k}}$$

Период колебаний малого шара

$$T_m =2\pi\sqrt{\frac{m}{1,5k}}=2\pi\sqrt{\frac{2m}{3k}}$$

$$t=\frac{T}{2}=\pi\sqrt{\frac{2m}{3k}}$$

Ответ: $\upsilon_1=-\frac{\upsilon}{3}$; $t=\pi\sqrt{\frac{2m}{3k}}$.