Колебания: олимпиадная подготовка – 2

[latexpage]

Задачи на колебания. Решения связаны с производными, поэтому статья для одиннадцатиклассников. Решения Евгении Калинниковой.

Задача 4. Вертикальное колено изогнутой под прямым углом гладкой трубки постоянного сечения заполнено жидкостью, которую можно считать практически идеальной. Высота этого колена равна $L$ (и она заметно больше поперечного размера трубки), а переливание её в горизонтальное колено не допускается благодаря удерживаемой неподвижно лёгкой пробке (см. рисунок). В некоторый момент пробку аккуратно отпускают. За какое время после этого пробка вылетит из трубки? Длина горизонтального колена равна $\frac{3L}{2}$, поверхностное натяжение не учитывать.

Решение. По второму закону Ньютона

$$(L-x)\rho g S=\rho x S a$$

$$a=g\left(\frac{L}{x}-1\right)$$

Полная энергия

$$E=\frac{m\upsilon^2}{2}+\frac{\rgo (L-x)Sg(L-x)}{2}=\frac{\rho LS\upsilon^2}{2}+\frac{\rhoSg(l-x)^2}{2}$$

$$\dot{E}=0$$

$$\dot{E}=\frac{gS}{2}(L\cdot 2\upsilon \dot{\upsilon}+2g(L-x)(-\dot{x}))$$

С учетом, что $\upsilon=\dot{x}$,

$$\dot{E}=gS(L\dot{x} \ddot{x}-g\dot{x}(L-x))$$

$$\ddot{x}-g\left(1-\frac{x}{L}\right)=0$$

Или

$$\ddot{x}+g\left(\frac{x}{L}-1\right)=0$$

По оси $y$

$$y=x-L$$

Тогда из данного уравнения:

$$\ddot{x}+\frac{g}{L}(x-L)=0$$

Можно получить такое:

$$\ddot{y}+\frac{g}{L}y=0$$

Его решением является

$$y=y_0\sin(\omega t+\varphi_0)$$

Тогда для $x$ получим

$$x=L+y_0\sin(\omega t+\varphi_0)$$

Начальные условия

$$x(0)=0$$

$$\upsilon_x(0)=0$$

$$\upsilon_x(t)=\omega y_0\cos(\omega t+\varphi_0)$$

$$\begin{Bmatrix}{L+y_0\sin \varphi_0=0}\\{ \omega y_0\cos \varphi_0=0}\end{matrix}$$

Делаем вывод, что $\varphi_0=\frac{\pi}{2}$.

$$L+y_0=0$$

$$y_0=-L$$

$$x(t)=L-L\sin \left(\omega t+\frac{\pi}{2}\right)=L-L\cos \omega t$$

$$\upsilon_x=-\omega L \cos\left(\omega t+\frac{\pi}{2}\right)=\omega L\sin \omega t$$

$x(t_1)=L$, подставим

$$L-L\cos \omega t_1=L$$

$$\cos \omega t_1=0$$

$$\omega t_1=\frac{\pi}{2}$$

$$t_1=\frac{\pi}{2\omega}$$

$$\upsilon(t_1)=\omega L$$

$$t_2=\frac{L}{2}\div (\omega L)=\frac{1}{2\omega}$$

$$T=t_1+t_2=\frac{1}{2\omega}(\pi+1)= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{L}{g}}(\pi+1)$$

Ответ: $T=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{L}{g}}(\pi+1)$.

Задача 5. На длинном горизонтальном столе лежит груз 1 массой $m$, к которому привязана лёгкая нерастяжимая нить. Эта нить перекинута через установленный на краю стола невесомый блок, который может вращаться без трения, и ко второму концу нити прикреплён такой же груз 2 (см. рисунок). Сначала груз 1 удерживают неподвижно, так, что груз 2 свободно висит на нити, а затем груз 1 отпускают без начальной скорости. При движении системы на груз 1 действует сила сухого трения, причём коэффициент трения скольжения зависит от координаты $x$ груза 1 по закону $\mu(x)=kx$ (координата $x$ отсчитывается от начального положения груза 1). 1) Какой путь пройдёт груз 1 после отпускания? 2) Какую максимальную скорость будут иметь грузы в процессе движения этой системы? 3) Найдите максимальное значение модуля силы натяжения нити в процессе движения этой системы. 4) Изобразите график зависимости проекции ускорения груза 1 на направление его движения от координаты $x$ и график зависимости модуля силы натяжения нити от времени.

Решение. Сила переменная – поэтому второй закон Ньютона неприменим.

Работа неконсервативных сил равна разности энергий:

$$A=E_2-E_1$$

$$E_2=-mgS$$

$$A=A_{tr}$$

$$F_{tr}=\mu mg=kxmg$$

$$A=-\frac{kS mgS}{2}$$

$$-\frac{kS^2 mg}{2}=-mgS$$

$$S=\frac{2}{k}$$

Это ответ на первый вопрос.

Скорость максимальна там, где $a=0$

$$mg=T$$

$$T-kx_1mg=0$$

$$kx_1mg=mg$$

$$kx_1=1$$

$$x_1=\frac{1}{k}$$

Согласно закону сохранения энергии

$$-\frac{kmgx_1^2}{2}=-mgx_1+\frac{2m\upsilon_m^2}{2}$$

Откуда

$$\upsilon=\sqrt{-\frac{kgx_1^2}{2}+gx_1}=\sqrt{-\frac{g}{2k}+\frac{g}{k}}$$

$$\upsilon=\sqrt{\frac{g}{2k}}$$

Это ответ на второй вопрос.

$$-T+mg=ma$$

$$T=m(g-a)$$

Если $a$ отрицательно, то $T\rightarrow T_{max}$.

$$\begin{Bmatrix}{T-kxmg=ma}\\{ -T+mg=ma}\end{matrix}$$

$$a=\frac{mg-kxmg}{2}$$

Используем $S=x_m=\frac{2}{k}$,

$$a=\frac{mg-\frac{2}{k}\cdot km g}{2}=-\frac{mg}{2m}=-\frac{g}{2}$$

$$T_{max}=m\left(g-\left(-\frac{g}{2}\right)\right)=-\frac{3mg}{2}$$

Это ответ на третий вопрос задачи.

$$\ddot {x}=\frac{g}{2}-\frac{kgx}{2}$$

$$\ddot {x}+\frac{kgx}{2}-\frac{g}{2}=0$$

$$\ddot {x}+\frac{kg}{2}\left(x-\frac{1}{k}\right)=0$$

$$y=x-\frac{1}{k}$$

$$\ddot {y}+\frac{k}{2}gy=0$$

$$\omega=\sqrt{\frac{kg}{2}}$$

Решение уравнения:

$$y=y_0\cos(\omega t+\varphi_0)$$

$$x= y_0\cos(\omega t+\varphi_0)+\frac{1}{k}$$

$$\dot {x}= y_0\omega \sin(\omega t+\varphi_0)$$

Начальные условия:

$$x(0)=0$$

$$\upsilon_x(0)=0$$

$$y_0\cos(0)+\frac{1}{k}=0$$

$$y_0=-\frac{1}{k}$$

$$\sin \varphi_0=0$$

$$\varphi_0=0$$

Тогда

$$x(t)=-\frac{1}{k}\cos \omega t+\frac{1}{k}$$

$$\upsilon_x(t)= \frac{1}{k}\omega \sin \omega t$$

$$a_x(t)= \frac{1}{k}\omega^2\cos \omega t$$

$$T=mg-ma=m\left(g-\frac{g}{2}\cos \sqrt{\frac{kg}{2}t\right)$$

Первый из требуемых графиков – обычный косинус, второй представляю: