колебательное движение с периодом
T = 2π mk ,
в котором отношение mk находится из равенства (5)
mk = xg0 .
Подставим это выражение в формулу периода и вычислим
T = 2π |
x0 |
= 0,88 с. |
g |
Задача 5
Акробат прыгает в упругую сетку с высоты h = 10 м. Во сколько раз наибольшая сила давления акробата на сетку больше силы тяжести, если статический прогиб сетки x0 = 20 см ? Массой сетки пренебречь.
АНАЛИЗ
При падении акробата в сетку возникает сила f' действия сетки на акробата, равная в любой момент искомой силе давления акробата на сетку. Эта сила достигнет максимального значения в низшей точке.
Вследствие того, что сетка упругая, сила f пропорциональна прогибу сетки, т. е. f = kx ,
где k – коэффициент упругости сетки, х – прогиб сетки. В низшей точке x = xmax и искомое отношение n будет равно
n = |
kxmax |
. |
(1) |
mg |
|||
Максимальный прогиб сетки может быть определен из закона сохранения энергии, применимого к системе акробат-Земля-сетка. Система консервативна, так как никаких внешних сил нет.
При переходе из верхнего положения в самое нижнее потенциальная энергия чело-
века, обусловленная его взаимодействием с Землей, уменьшится на величину |
|
∆Eп1 = −mg(h + xmax ). |
(2) |
Потенциальная энергия деформированной упругой сетки увеличится на величину
∆Eп2 = |
kx2 |
|||
max |
. |
(3) |
||
2 |
||||
Вследствие невесомости сетки ее потенциальная энергия относительно Земли не учитывается. Кинетическая энергия акробата и в верхнем, и в нижнем положениях равна нулю.
РЕШЕНИЕ |
|||||
Из условия равновесия при x = x0 получим |
|||||
mg = kx0 . |
(4) |
||||
Подставляя, выражение (4) в формулу (1), находим |
|||||
n = |
xmax |
. |
(1а) |
||
x0 |
|||||
Величину xmax вычисляем из закона сохранения энергии |
|||||
∆Eп1 + ∆Eп2 = 0 . |
|||||
Если в это уравнение подставить выражения (2) и (3), получим |
|||||
− mg(h + xmax )+ |
kxmax2 |
= 0 , |
|||
2 |
|||||
откуда |
|||||
kxmax2 − 2mgxmax − 2mgh = 0 . |
(5) |
||||
Если разделить уравнение (5) на коэффициент k и использовать выражение (4), то получим
xmax2 − 2x0 xmax − 2x0 h = 0 ,
x max = x 0 ± x 02 +2x 0 h .
При подстановке числовых значений находим
xmax = 2,2 м
(отрицательный корень отбрасывается, так как мы рассматриваем нижнее положение, где заведомо х > 0). На основании равенства (1а) получим
n = 11.
Необходимо указать, что амплитуда А колебаний сетки не равна xmax, так как колебания совершаются около положения равновесия, т. е.
A = xmax − x0 .
В положении равновесия кинетическая энергия сетки достигает максимального значения.
Задача 6
К пружине, один конец которой закреплен, подвешен груз массой m = 0,5 кг, лежащий на подставке так, что пружина не растянута. Подставка без толчка убирается. Найти закон движения груза, его амплитуду, циклическую частоту, начальную фазу; найти максимальную силу натяжения пружины. Коэффициент упругости пружины k = 50 Н/м.
АНАЛИЗ
По аналогии с задачей 4 можно сразу сказать, что груз будет совершать гармонические колебания около положения равновесия, при котором пружина уже растянута и ее удлинение равно x0. Величина этого удлинения – статического растяжения может быть найдена из соотношения
mg − kx0 = 0 . |
(1) |
Обозначим смещение груза относительно положения равновесия через ξ, тогда
ξ = Asin(ωt +α).
Величина ω определяется параметрами системы m и k; величины A и α могут быть найдены из начальных условий:
при t = 0 ξ = −x0 ; ξ& = 0 .
РЕШЕНИЕ |
|||||
Вычислим циклическую частоту: |
|||||
ω2 = |
k |
, |
|||
m |
|||||
ω = |
k |
=10 с-1 . |
|||
m |
|||||
Запишем начальные условия в явном виде |
|||||
ξ = Asin(ωt +α0 ), ξ(0)= Asinα0 = −x0 ; |
(2) |
||||
ξ& = Aω cos(ωt +α0 ), ξ&(0)= Aω cosα0 = 0 . |
(3) |
|
Из равенства (3) вытекает, что cosα0 = 0 , следовательно, |
||
α0 = π , |
3 π ; |
|
2 |
2 |
|
но, учитывая условия (2), следует брать α0 = 32 π . Тогда
A = x0 = mgk = 9,8 см.
Натяжение пружины будет максимальным при ξ = A. Растяжение пружины x = x0 + ξ, следовательно, при ξ = A x = 2x0. Отсюда максимальное натяжение пружины
fmax = 2kx0 = 2mg = 9,8 Н .
Амплитуду колебаний пружины, вернее, её максимальное растяжение, можно найти еще из закона сохранения энергии. При опускании груза его потенциальная энергия, обусловленная взаимодействием с Землей, уменьшается на величину
∆Eп1 = −mgxmax ;
потенциальная энергия пружины увеличится на величину
∆Eп1 = |
kx2 |
||
max |
, |
||
2 |
|||
где xmax – наибольшее растяжение пружины. Кинетическая энергия системы в обоих крайних положениях равна нулю. Следовательно,
− mgxmax + |
kx2 |
= 0 ; |
|
max |
|||
2 |
|||
отсюда
=2mg =
xmax k 2x0 .
Амплитуда колебаний
A = xmax − x0 = x0 .
Задача 7
Амплитуда затухающих колебаний за время t1 = 20 с уменьшилась в n1 = 2 раза. Во сколько раз она уменьшится за время t2 = 1 мин?
АНАЛИЗ
Амплитуда затухающих колебаний в момент времени t определяется выражением
A(t)= A e−βt , |
(1) |
|||
0 |
||||
где A0 – начальная амплитуда, β – коэффициент затухания. |
||||
По величине отношения n = |
A0 |
можно определить коэффициент затухания β. |
||
A(t1 ) |
||||
1 |
||||
РЕШЕНИЕ
Логарифмируя формулу (1) и учитывая выражение для n1, получим
ln n1 = βt1 . (2)
Подставив из выражения (2) значение β в формулу (1), написанную для момента времени t = t2 находим
A(t |
)= |
− |
t2 |
ln n |
− |
t2 |
||||||||
, |
||||||||||||||
2 |
A e t1 |
1 |
= A n |
t1 |
||||||||||
0 |
0 |
1 |
||||||||||||
откуда искомое отношение |
||||||||||||||
A0 |
t2 |
|||||||||||||
n |
= |
= n t1 |
= 8 . |
|||||||||||
A(t2 ) |
||||||||||||||
2 |
1 |
|||||||||||||
Задача 8
Затухающее колебание происходит по закону x =10e−0,2t cos8πt (м). Найти амплитуду после N = 10 полных колебаний.
АНАЛИЗ
Амплитуда затухающих колебаний в момент времени t может быть выражена, если известен логарифмический декремент, следующим образом:
−Θt
A(t)= A0 e T ,
где θ = βT – логарифмический декремент, Т – период колебаний.
Отношение Tt равно заданному числу N полных колебаний.
Начальная амплитуда A0, период колебаний Т и логарифмический декремент Θ могут быть найдены из сравнения общего вида закона движения затухающих колебаний с заданным.