Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Колебания и волны, Олимпиадная физика

Колебания: сложные задачи-3.

Статья является продолжением предыдущих, но задачи будут еще сложнее.

Задача 1. Груз массы m посредством нерастяжимой нити, перекинутой через блок, связан с верхним концом вертикальной пружины, нижний конец которой закреплен. Определите период T малых колебаний этой системы, если массы пружины и нити пренебрежимо малы, жесткость пружины k, нить по блоку не скользит, а блок представляет собой тонкостенный цилиндр массы M. Трение в оси блока отсутствует.

К задаче 1

Вначале ситуацию (груз висит на нити, связанной с пружиной) можно описать так:

    \[kx_0=mg\]

Здесь x_0 – начальное растяжение пружины.

Пусть затем пружина в процессе колебаний будет растягиваться еще на x. Тогда ее максимальное растяжение x+x_0.

В задаче указано, что блок является тонкостенным цилиндром. Момент инерции такого тела определяется формулой:

    \[J=MR^2\]

Теперь давайте составим уравнение по закону сохранения энергии для этой системы: в него войдет кинетическая энергия груза \frac{m\upsilon^2}{2}, кинетическая энергия вращения блока \frac{J\omega^2}{2}, потенциальная энергия растяжения пружины \frac{k(x+x_0)^2}{2}, и изменение потенциальной энергии груза mg(x+x_0). Если принять положение равновесия груза за нулевой уровень его потенциальной энергии, и рассматривать его нижнее положение при колебаниях, то закон сохранения будет выглядеть так:

    \[\frac{m\upsilon^2}{2}+\frac{J\omega^2}{2}+\frac{k(x+x_0)^2}{2}- mg(x+x_0)=const\]

Немного изменим данное выражение с учетом, что \omega=\frac{\upsilon}{ R}:

    \[\frac{m\upsilon^2}{2}+\frac{J\upsilon^2 }{2R^2}+\frac{k(x+x_0)^2}{2}- mg(x+x_0)=const\]

И подставим момент инерции блока:

    \[\frac{m\upsilon^2}{2}+\frac{M\upsilon^2 }{2}+\frac{k(x+x_0)^2}{2}- mg(x+x_0)=const\]

Перепишем чуть иначе:

    \[\frac{m+M}{2}\cdot \upsilon^2 +\frac{k(x+x_0)^2}{2}- mg(x+x_0)=const\]

Но скорость – производная перемещения, поэтому

    \[\upsilon=\frac{d(x+x_0)}{dt}=\frac{dx}{dt}=\dot x\]

Тогда

    \[- mgx-mgx_0+\frac{m+M}{2}\cdot \dot x^2 +\frac{k(x+x_0)^2}{2}=const\]

Берем производную:

    \[- mg\dot x+2\frac{m+M}{2}\cdot \ddot x +2\frac{k(x+x_0)}{2}\dot x=0\]

    \[(m+M)\cdot \ddot x= \left(mg-k(x+x_0)\right)\dot x\]

Подставим теперь «начальные условия» – уравнение, которе мы записали в самом начале для положения равновесия:

    \[(m+M)\cdot \ddot x= \left(kx_0-k(x+x_0)\right)\dot x\]

    \[(m+M)\cdot \ddot x= -kx\dot x\]

Откуда понятно, что

    \[a=\frac{k}{m+M} \cdot x\]

Следовательно, период колебаний будет равен

    \[T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi \sqrt{\frac{m+M}{k}}\]

 

 

Задача 2. Три одинаковых шарика массы m каждый, соединенные пружинами жесткости k, образуют правильный треугольник. Одновременно все три шарика толкнули, сообщив им одинаковые по модулю скорости, направленные к центру треугольника. Через какое время после этого пружины будут сильнее всего растянуты? Массами пружин можно пренебречь.

К задаче 2

Сначала шарики будут двигаться навстречу друг другу, сблизятся, насколько позволят пружины (это пройдет четверть периода), затем разойдутся до начального положения (полпериода), и, наконец, растянут пружины максимально, удаляясь друг от друга. Это произойдет через 0,75T. Таким образом, надо найти период и определить 75% от него.

    \[T=\frac{2\pi}{\omega}\]

По второму закону

    \[ma=F\]

Где F – равнодействующая, m – масса шарика.

Пусть шарик сдвинулся на \Delta x. Пружины тогда сожмутся на \Delta y=\frac{\Delta x}{ \cos 30^{\circ}}. Тогда на шарик будут действовать две силы упругости, а равнодействующая будет равна их сумме. Сумму двух векторов можно найти, сложив их проекции на вертикальную ось системы, так как горизонтальные проекции сил равны и взаимно уничтожат друг друга. Тогда:

    \[F=2F_1\cos 30^{\circ}=2k\Delta y\cos 30^{\circ}=2k\Delta x\]

    \[m\omega^2 \Delta y = 2k\Delta x\]

    \[m\omega^2 \frac{\Delta x}{ \cos 30^{\circ}}= 2k\Delta x\]

    \[\omega^2 = \frac{2k\cos 30^{\circ}}{m}\]

Период равен, следовательно,

    \[T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k\sqrt{3}}}\]

Искомое время

    \[t=0,75\cdot 2\pi\sqrt{\frac{m}{k\sqrt{3}}}=1,5\pi\sqrt{\frac{m}{k\sqrt{3}}}\]

Ответ: t=1,5\pi\sqrt{\frac{m}{k\sqrt{3}}}.

 

Задача 3. Шесть одинаковых шариков массы m каждый, соединенные пружинами жесткости 2k, образуют правильный шестиугольник. Одновременно все шесть шариков толкнули, сообщив им одинаковые по модулю скорости, направленные к центру шестиугольника. Через какое время после этого пружины будут сильнее всего сжаты? Массами пружин можно пренебречь.

К задаче 3

Задача похожа на предыдущую. В данном случае, если пружины сжимаются на x, то шарик перемещается на \frac{x}{2}. Пружины сожмутся максимально через \frac{T}{4}. Тогда в этом случае

    \[T=\frac{2\pi}{\omega}\]

По второму закону

    \[ma=F\]

Где F – равнодействующая, m – масса шарика.

    \[F=2F_1\cos 60^{\circ}=2k x\cos 60^{\circ}=kx\]

    \[m\omega^2 \frac{x}{2}= kx\]

    \[\omega^2 = \frac{2k}{m}\]

Период равен, следовательно,

    \[T=2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}}\]

Искомое время

    \[t=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}\]

Ответ: t=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}.

Задача 4. Определите период T малых колебаний маятника, представляющего собой легкий жесткий стержень, на котором закреплены точечные массы m_1 и m_2 на расстояниях соответственно L_1 и L_2 от точки подвеса. Колебания происходят в вертикальной плоскости.

К задаче 4

По закону сохранения энергии

    \[\frac{J_1\omega^2}{2}+\frac{J_2\omega^2}{2}=\Delta E_p\]

Где J_1=m_1l_1^2 – момент инерции первой массы, J_2=m_2l_2^2 – момент инерции второй массы, \Delta E_p – изменение потенциальной энергии системы. Так как угол мал, то это изменение можно записать так:

    \[\Delta E_p=mg\Delta h=mg x_m(\cos \beta-\cos \alpha)\]

Здесь m=m_1+m_2 – масса системы, x_m=\frac{l_1m_1+l_2m_2}{m_1+m_2} – координата центра масс. Углы \alpha и \beta – это первоначальный угол отклонения составного маятника и конечный.

В итоге закон сохранения запишем так:

    \[\frac{J_1+J_2}{2}\omega^2= mg x_m(\cos \beta-\cos \alpha)\]

    \[\frac{m_1l_1^2+m_2l_2^2}{2}\omega^2= g(l_1m_1+l_2m_2) (\cos \beta-\cos \alpha)\]

    \[\omega^2=\frac{ 2g(l_1m_1+l_2m_2) (\cos \beta-\cos \alpha)}{ m_1l_1^2+m_2l_2^2}\]

Если взять простой математический маятник, то для него можно записать квадрат угловой частоты в виде:

    \[\omega_1^2=\frac{ 2g (\cos \beta-\cos \alpha)}{ l}\]

Пусть у обоих маятников – нашего составного и простого математического – равны угловые частоты.

    \[\omega^2=\omega_1^2\]

    \[\frac{ 2g(l_1m_1+l_2m_2) (\cos \beta-\cos \alpha)}{ m_1l_1^2+m_2l_2^2}=\frac{ 2g (\cos \beta-\cos \alpha)}{l}\]

Сократим:

    \[\frac{ l_1m_1+l_2m_2 }{ m_1l_1^2+m_2l_2^2}=\frac{1}{ l}\]

Откуда и определим приведенную длину нашего сложного маятника.

    \[l=\frac{ m_1l_1^2+m_2l_2^2}{ l_1m_1+l_2m_2 }\]

Тогда можно записать период:

Ответ: T=2\pi\sqrt{\frac{m_1L_1^2+m_2L_2^2}{(m_1L_1+m_2L_2)g}}.

 

Задача 5. Пружина жесткости k одним концом присоединена к оси колеса массой m, которое способно катиться без проскальзывания, а другим прикреплена к стене. Определите циклическую частоту малых колебаний этой системы, если масса колеса равномерно распределена по его ободу.

К задаче 5

По закону сохранения энергии

    \[\frac{kx^2}{2}=\frac{m\upsilon^2}{2}+\frac{J\omega^2}{2}\]

    \[\frac{kx^2}{2}=\frac{m\omega^2r^2}{2}+\frac{J\omega^2}{2}\]

Момент инерции колеса J=mr^2, поэтому

    \[\frac{kx^2}{2}= m\omega^2r^2=m\upsilon^2\]

    \[\upsilon=x\sqrt{\frac{k}{2m}}=\omega x\]

    \[\omega=\sqrt{\frac{k}{2m}}\]

Ответ: \omega=\sqrt{\frac{k}{2m}}.

Задача 6. К пружине жесткости k прикреплена горизонтально расположенная проводящая перемычка AB длины l и массы m, которая может скользить по вертикальным проводящим рельсам AK и BP без нарушения контакта. Рельсы замкнуты на батарею конденсаторов, емкости которых указаны на рисунке. Система расположена в однородном магнитном поле с индукцией B, направленной в горизонтальной плоскости перпендикулярно перемычке. Найдите частоту вертикальных колебаний перемычки. Электрическим сопротивлением, индуктивностью элементов и силами трения пренебречь.

К задаче 6

В положении равновесия, когда перемычка не колеблется,

    \[mg=kx_0\]

Здесь x_0 – начальное растяжение перемычки.

По второму закону Ньютона

    \[ma=mg- F_A -F_{upr}\]

Сила Ампера F_A стремится вернуть стержень в положение равновесия, как и сила упругости.

Пересчитаем все емкости в одну:

    \[C_e=C+\frac{4C^2}{4C}=2C\]

Ток  – производная заряда, поэтому

    \[I=\frac{dq}{dt}=2C\frac{dU_C}{dt}\]

    \[I=2C\frac{Bl d\upsilon}{dt}=2C B l \ddot x\]

Сила Ампера будет равна, следовательно,

    \[F_A=2C B^2 l^2 \ddot x\]

Пусть перемычка сместилась на \Delta x. Переписываем иначе:

    \[m\ddot x =mg- 2C B^2 l^2 \ddot x -k(x_0+\Delta x)\]

Заменяем силу тяжести выражением kx_0:

    \[m\ddot x =kx_0- 2C B^2 l^2 \ddot x -k(x_0+\Delta x)\]

Упрощаем:

    \[m\ddot x = - 2C B^2 l^2 \ddot x -k\Delta x\]

    \[\omega^2 \Delta x(m+2C B^2 l^2 )= -k\Delta x\]

Угловая частота

    \[\omega=\sqrt{\frac{k}{ m+2C B^2 l^2 }}\]

Ответ: \omega=\sqrt{\frac{k}{ m+2C B^2 l^2 }}.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *