Slinkina_Mekh_i_mol_fiz_2

2 . МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ

2 . 1 . ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ

1.Уравнение гармонических колебаний

x= Acos (ωt +ϕ),

где х – смещение колеблющейся точки от положения равновесия; t – время;

А, ω, ϕ – соответственно амплитуда, круговая (циклическая) частота, начальная фаза колебаний; (ωt + ϕ) – фаза колебаний в момент t.

2. Круговая частота колебаний

ω = 2πν, или ω = 2π/ T ,

где ν и T – частота и период колебаний.

3.Скорость точки, совершающей гармонические колебания,

v= x& = −A ωsin(ωt +ϕ).

4.Ускорение при гармоническом колебании

a= &x&= −A ω2 cos (ωt +ϕ).

5.Амплитуда А результирующего колебания, полученного при сложении двух колебаний с одинаковыми частотами, происходящих по одной прямой, определяется по формуле

A2 = A12 + A22 +2A1 A2 cos(ϕ2 −ϕ1 ),

где А1 и А2 – амплитуды составляющих колебаний; ϕ1 и ϕ2 –их начальные фазы.

6. Начальная фаза ϕ результирующего колебания может быть найдена из формулы

tgϕ = A1 sin ϕ1 + A2 sin ϕ2 . A1 cos ϕ1 + A2 cos ϕ2

7. Уравнение траектории точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных колебаниях с амплитудами А1 и А2 и начальными фазами

ϕ1 и ϕ2,

56

x2	+	y2	−	2xy		cos (ϕ		−ϕ )=sin2	(ϕ		−ϕ ).
A2		A2		A A
							2	1		2	1
1	2			1	2

Если начальные фазы ϕ1 и ϕ2 составляющих колебаний одинаковы, уравнение траектории принимает вид

x2 + y2 =1,

A12 A22

т. е. точка движется по эллипсу.

8. Дифференциальное уравнение гармонических колебаний материальной точки

&&	= −kx, или	&&	+ω	2	x = 0,
mx		x

где m – масса точки;

k– коэффициент квазиупругой силы (k = mω2).

9.Полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания,

E=1 2 m A2ω2 =1 2 k A2.

10.Период колебаний тела, подвешенного на пружине (пружинный

маятник),

T = 2π m / k ,

где m – масса тела;

k – жесткость пружины.

Формула справедлива для упругих колебаний в пределах, в которых выполняется закон Гука (при малой массе пружины в сравнении с массой тела).

Период колебаний математического маятника

T = 2π l / g,

где l – длина маятника;

g – ускорение свободного падения. Период колебаний физического маятника

T = 2π L / g = 2π J /(mga),

где J – момент инерции колеблющегося тела относительно оси колебаний;

57

а – расстояние центра масс маятника от оси колебаний; L = J/(ma) – приведенная длина физического маятника.

Приведенные формулы являются точными для случая бесконечно малых амплитуд.

11. Дифференциальное уравнение затухающих колебаний

&&	&	&&	&	2
mx	= −kx −rx, или	x	+2δx +ω0 x = 0,

где r – коэффициент сопротивления;

δ – коэффициент затухания [δ = r / (2m)];

ω0 – собственная круговая частота колебаний (ω0 = k / m).

12. Уравнение затухающих колебаний (решение дифференциального уравнения п. 11)

x = A(t)cos(ωt +ϕ),

где А (t) – амплитуда затухающих колебаний в момент t;

ω– их круговая частота.

13.Круговая частота затухающих колебаний

ω= ω02 −δ2 .

14.Зависимость амплитуды затухающих колебаний от времени

A(t)= A0e−δt ,

где А0 – амплитуда колебаний в момент t = 0.

15. Логарифмический декремент колебаний

	A(t)
σ= ln		= δT ,
	A(t +T )

где А (t) и А (t + T) – амплитуды двух последовательных колебаний, отстоящих по времени друг от друга на период.

16. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний

&&	&	&&	&	2
mx	= −kx −rx + F0 cos ωt, или	x	+ 2δx +ω0 x = f0 cos ωt,

где F0 · cos ωt – внешняя периодическая сила, действующая на колеблющуюся материальную точку и вызывающая вынужденные колебания;

F0 – ее амплитудное значение: f0 = F0/m.

58

17. Амплитуда вынужденных колебаний

A= f0 (ω02 −ω2 )2+4δ2ω2 .

18.Резонансная частота и резонансная амплитуда

ω		= ω	2	−2δ	2	и	A = f			2	−δ	2
	рез		0					0	2δ ω	0		.
							рез

Примеры решения задач

Задача 1 . На упругой пружине совершает гармонические колебания шарик массой 200 г. Амплитуда колебаний 5 см, период 4 с, начальная фаза π/6. Написать уравнение колебаний x = f (t). Определить координату шара в начальный момент и через 2 с от начала движения. Определить максимальное ускорение и максимальную упругую силу, действующую на тело. Найти жесткость пружины.

Дано: Решение

m = 0,2 кг

Уравнение движения в общем виде запишется

T = 4 c

x = Acos(ω0t +α0 ),

А = 0,05 м

α0 = π/6

2π

= π.

t1 = 0

где ω0 =

T

t2 = 2 с

2

k = ?

х0 = ?

π

t +

π

Таким образом, x = 0,05cos

2

.

x = ?

аmax = ?

6

Fmax = ?

При t1 = 0 x = 0,05cos π = 4,3 10−2 м,

0

6

π

= −4,3 10

−2

м.

при t2 = 2 с x = 0,05cos π+

6

Найдем скорость и ускорение шарика:

vx =

dx

= −0,05

π

π

t +

π

= −7,8 10

−2

π

t +

π

dt

2

sin

6

sin

2

;

2

6

a =

dv

π 2

π

t +

π

π

t +

π

= −0,05

cos

= −0,12cos

.

dt

2

2

2

6

6

59

Таким образом, аmax = 0,12 м/с2. Согласно второму закону Ньютона

	π	t +	π
найдем силу, действующую на тело, F = ma = – 0,06 cos	2		6	, отку-

да Fmax = 0,06 Н.

Для нахождения жесткости пружины вспомним, что ω02 = mk , от-

куда

k = mω02 =1,2 H/м.

Задача 2 . Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных колебаниях. Найти траекторию результирующего движения, построить ее и показать направление движения точки. Уравнения колебаний:

	π	t +	π		(1)
x = cos πt, см; y = 2 sin	2		2	, cм.

Дано:

x= cos πt, см

y= 2 sin πt + π , cм

2 2

y = f (x)

Решение

Чтобы определить траекторию точки, исключим время из данных уравнений. Применим формулу косинуса половинного угла:

cos	α	= ±	1+cos α.	(2)
	2		2

	π	t +	π			π	t. Используя соотношение (2), за-
Учтем, что sin			2	= cos		2
	2
пишем: y = 2cos	πt = 2	1+cos πt			. Отсюда y = ±2			1+ x	или
	2			2				2
			y = ±		2x +2.				(3)
Возводя в квадрат, выражаем
			x = 1 y2 −1.						(4)
				2

Полученное уравнение представляет собой уравнение параболы, ось которой лежит на оси х. Из уравнений (1) следует, что амплитуда ко-

60

лебаний точки по оси ОХ равна 1 см, по оси ОY – 2 см. Следовательно, абсциссы всех точек траектории заключены в пределах от –1 до +1, а ординаты – от –2 до +2. Для построения траектории найдем по уравнению

(3) значения y, соответствующие ряду значений х, удовлетворяющих условию х ≤ 1.

х	–1	–0,75	–0,5	0	0,5	1
y = ± 2x +2	0	±0,71	±1	±1,41	±1,73	±2

Начертив координатные оси и выбрав единицу длины 2,5 см, построим точки. Соединив их плавной кривой, получим траекторию результирующего колебания точки. Она представляет собой часть параболы, заключенной внутри прямоугольника амплитуд ABCD:

Из уравнений (1) получаем периоды колебаний по осям ОХ и ОY:

Tx = 2π = 2π = 2 c, ωx π

Ty =	2π	=		2π	= 4 c.
				π/ 2
	ωy
Следовательно,					когда точка
совершает одно			полное колебание
по оси ОХ, она совершит только
половину полного колебания по оси

OY. В начальный момент при t = 0 имеем: х = 1, у = 2. Точка находится

в положении А. При t = 1 с получим: х = –1, у = 0. Материальная точка находится в вершине параболы.

При t = 2 с получим: х = 1, у = –2. Материальная точка находится в положении D. После этого она будет двигаться в обратном направлении.

Задача 3 . Период затухающих колебаний маятника равен 4 с, логарифмический декремент затухания равен σ = 1,6; начальная фаза коле-

61

баний ϕ = 0. Смещения маятника из положения равновесия при t = T4

равно 4,5 см. Написать уравнение затухающих колебаний маятника. Построить график колебательного движения в пределах двух периодов.

Дано:

Т = 4 с σ = 1,6 ϕ = 0

х = 4,5 см при t = T4

x = f (t)

Решение

Уравнение затухающих колебаний имеет

вид

x = A e−βt sin(ωt +ϕ).

(1)

Внашем случае

ω= 2Tπ; β = Tσ = 14,6 = 0,4 c-1.

Амплитуда А найдется из условия х = 4,5 при t = T4 =1с. Запишем уравнение:

4,5 = A e-0,4 1 sin π21, см.

Отсюда выражаем и находим А = 6,7 см. Уравнение колебаний маятника примет вид:

x = 6,7 e-0,4t sin	πt	, см.	(2)
	2

Для построения графика найдем моменты времени t1, t2, t3, …, tn, соответствующие смещению х = 0. Из уравнения (1) при ϕ = 0 находим A e−βt sin ωt = 0, так как А ≠ 0 и е–βt ≠ 0, то sin ωt = 0. Получаем ωt = nπ,

где п = 0, 1, 2 …, tn =

n π

. Так как ω=

2π

,

то tn

= T

n. Следователь-

ω

T

2

но, график будет пересекать ось х в точках t1

= 0; t2

=

T

= 2 с; t3 =

2T

=

2

2

= 4 c и т. д. График будет начинаться в начале координат и периодически пересекать ось Х. Найдем положение и величину максимумов и минимумов.

Как известно из математики, максимумы и минимумы находятся в тех точках, где первая произвольная функции обращается в ноль. Следо-

62

вательно, положение экстремумов графика затухающих колебаний определяется уравнением

dxdt = 0.

Из уравнения (1) находим (при ϕ = 0)

dxdt = −Aβ e-βt sin(ωt)+ A ω e-βt cos(ωt)= 0.

Разделив это уравнение на А · β · е–βt · сos (ω t), получим

	tg(ωt)=	ω	=	2π	, откуда tg(ωt)=3,925.
		β		σ

Решение этого уравнения

ω tn =1,32 + π n,

где п – целое число,

п = 0, 1, 2…

Следовательно, положения максимумов и минимумов задаются уравнением

= 1,32 + π n tn ω ω

или

	tn=	1,32 T	+ T n	=	1,32 4	+	4	n;
		2π			2 3,14		2
			2

tn = 0,842 +2 n.

Отсюда координаты первых экстремумов

t1 = 0,842 с; t2 = 2,842 с; t3 = 4,842 с; t4 = 6,842 с.

Подставляя найденные значения t в уравнение (2), найдем соответствующие значения х:

x = 6,7	e-0,4 0,84	sin	π 0,84	= 4,64	см;
1		2

	x2	= 6,7 e-0,4 2,84 sin	π 2,84	= −2,08 см;
			2
		63

x	= 6,7 e-0,4 4,84 sin	π4,84		= 0,97 см;
3		2
x4	= 6,7 e-0,4 6,84 sin	π6,84		= −0,39 см,
		2

и построим график.

	t1	t2	t3	t4
t	0,842 c	2,842 c	4,842 c	6,842 c
x	4,64 cм	–2,08 см	0,97 см	–0,39 см

5
4
3
2
1
0	1	2	3	4	5	6	7	8
-1

-2

График затухающего колебательного движения

64

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1

Студент-заочник должен решить восемь задач того варианта, номер которого совпадает с третьей цифрой справа его шифра.

Пример. Номер зачетной книжки 13799. Студент решает седьмой вариант.

Вариант				Номера задач
0	3	16	23		39	43		55	62	74
1	6	20	26		37	50		58	70	78
2	5	13	28		40	46		52	64	72
3	10	18	24		31	48		56	61	79
4	7	14	21		35	44		59	68	77
5	2	11	29		34	49		54	67	71
6	8	17	25		32	41		60	65	73
7	9	12	27		36	47		53	69	76
8	1	15	22		38	42		57	63	80
9	4	19	30		33	45		51	66	75

1.Материальная точка переместилась из положения I с координата-

ми х1 = 1 см, у1 = 10 см в положение II с координатами х2 = 5 см, у2 = 6 см. Определить модуль и направление вектора перемещения по отношению к выбранной системе координат.

2.Расстояние между двумя точками в начальный момент l = 300 м.

Точки движутся навстречу друг другу со скоростями v1 = 1,5 м/с и v2 = 3,5 м/с. Выбрав удобную систему отсчета, написать кинематический закон движения материальных точек и построить графики зависимостей x1(t) и x2(t). Найти пути, пройденные каждой точкой до встречи. Построить графики зависимости пути, пройденного первой и второй точкой от времени.

3.Один автомобиль прошел половину пути со скоростью v1, а вторую половину пути со скоростью v2; другой автомобиль шел треть времени со скоростью v1, а две трети времени – со скоростью v2. Какова средняя скорость каждого автомобиля?

4.Пароход идет от Горького до Астрахани 5 суток, а обратно –7 суток. Сколько времени будут плыть плоты от Горького до Астрахани?

5.Тело свободно падает с высоты Н. Какой путь оно проходит в последнюю секунду своего падения? Чему равна скорость тела при подлете к Земле?

6.Движение двух материальных точек выражается уравнениями

65