книги / Принципы и практика решения задач по общей физике. Механика. Физика макросистем

Введем новую переменную: x1 − x2 = ξ. Тогда система уравнений (1) перепишется в виде

−kξ = m1		d	2	ξ	+	d	2	x2		,
		dt		2				2
						dt

kξ = m2 d 2 x2 .

dt2

После исключения из них переменной x2 приходим к дифференциальному уравнению

d	2	ξ		1		1
			+ k		+		ξ = 0 .
dt		2		m		m
				1		2

Откуда находим, что частота колебаний должна быть

ω0 = µk ,

где µ – так называемая приведенная масса системы из двух частиц,

µ =	m1m2		.
	m + m
	1	2

Второй вариант. Из закона сохранения импульса следует, что частоты колебаний этих шариков должны быть одинаковыми, а сами колебания являются противофазными. Полагая колебания шариков гармоническими, представим отклонение от положения равновесия каждого из них в виде

x1 = a1 cos ω0t , x2 = −a2 cos ω0t ,

где a1 , a2 – амплитуды колебаний. Подставляя эти выражения в систему уравнений (1) и сокращая на cos ω0t , получаем

k(a1 + a2 ) = m1a1ω02 ,

k(a1 + a2 ) = m2 a2ω02 .

131

Из этих уравнений нетрудно найти частоту колебаний ω0 :

ω = k(m1 + m2 ) .
0	m1m2

Кроме того, мы нашли и соотношение амплитуд колебаний шариков:

a1 = m2 . a2 m1

Третий вариант (самый физический). Нетрудно увидеть, что эта задача очень похожа на предыдущую задачу о колебаниях математического маятника на тележке. В данной системе также есть точка C (центр инерции), не совершающая колебаний. Ее расстояние от массы m1 можно определить по формуле

	l1	= l		m2	.
			m1	+ m

Таким образом, задача сводится к колебаниям пружинного маятника массы m1 на пружинке жесткостью k1 . Эту жесткость можно выразить через жесткость всей пружины k :

k1 = k l = k m1 + m2 . l1 m2

Тогда частота колебаний

ω =	k1	=	k (m1 + m2 )	.
0	m1		m1m2
Изменим теперь несколько			условие задачи. Пусть шарики
имеют одинаковую массу m		и в	момент времени t = 0 к одному

из них приложили постоянную горизонтальную силу F0 , направ-

ленную от второго шарика. Найти разность между максимальной и минимальной длиной пружины.

Из второго закона Ньютона для этой системы следует, что центр инерции получит ускорение ac = F0 / 2m . Понятно, что описывать

132

движение шариков в неподвижной лабораторной системе отсчета крайне неудобно, поэтому перейдем в систему отсчета, привязанную к центру инерции. Эта система отсчета уже неинерциальная и на каждое тело кроме сил, обусловленных взаимодействием, будет действовать сила инерции Fin = mac = F0 / 2 , направленная против силы F0 .

Таким образом, в неинерциальной системе отсчета динамика движения правого шарика (рис. 3.11) будет описываться уравнением

m d 22x + 2kx = F0 / 2 , dt

здесь 2k – это жесткость половины пружины (уравнение движения левого шарика аналогично). Данное неоднородное дифференциаль-

	ное уравнение			легко свести
	к однородному путем замены
	переменных ξ= x − F0 / 4k :
		d 2ξ			Рис. 3.11
	m dt2 +			2kξ = 0 .

Из этого уравнения сразу следует, что постоянная внешняя сила не изменяет частоту колебаний ( ω= 2k / m – это мы уже знаем из предыдущей задачи). Для определения размаха колебаний вспомним, что амплитуда определяется как максимальное смещение от положения равновесия. В положении равновесия ускорение шариков равно нулю, и для данного положения справедливо

F20 = 2kA .

Откуда находим A = F0 / 4k . Тогда минимальное расстояние между шариками равно исходной длине пружины l0 , а максимальное равно l0 + 2 2A , и разность длин пружины составит

∆l = 4A = F0 / k .

133

Рис. 3.12

3.2.4.Пружинный маятник на горизонтальной плоскости

стрением. На горизонтальной плоскости с коэффициентом трения

µлежит брусок массой m , соединенный горизонтальной пружиной

жесткостью k с вертикальной стенкой (рис. 3.12). Вначале брусок сместили так, что пружина растянулась на x0 и затем

отпустили. Через какое время брусок остановится, если после остановки тела пружина оказалась недеформированной?

При колебаниях на брусок действуют две силы – сила упругости, равная −kx ( x – растяжение пружины), и сила трения скольжения, равная µmg . Эта сила остается постоянной по модулю и всегда

направлена против скорости движения бруска, что приводит к затуханию колебаний. В то же время сила трения никак не влияет на период колебаний, так как она при каждом движении бруска в одну сторону не изменяется. Ранее уже отмечалось, что постоянная сила не влияет на период колебаний, поэтому его можно найти по известной формуле для пружинного маятника:

T = 2π mk .

Для определения времени колебаний, очевидно, осталось найти полное число колебаний. Чтобы найти число колебаний бруска до остановки, необходимо знать, насколько брусок за счет силы трения не доедет до той точки, в которой он остановился бы без трения (рис. 3.13). Если мы будем знать, как эта величина (∆) из-

меняется при каждом Рис. 3.13 колебании, то сможем затем найти и число

134

Рис. 3.14

колебаний до остановки. Запишем для первого колебания теорему об изменении кинетической энергии:

∆E = 0 = Aтр + Aупр ,

где Aтр – работа силы трения, равная −µmg(2x0 −∆) ; Aупр – работа

силы упругости, равная kx 2 / 2 − k(x				−∆)2 / 2 . Таким образом, для
0			0
величины ∆ получаем квадратное уравнение
−µmg(2x −∆) +	1	kx 2	−	1	k(x −∆)2	= 0 ,
0	2	0		2	0

которое имеет два корня: ∆ = 2µmg / k и ∆ = 2x0 . Второй корень

не имеет физического смысла и его следует отбросить. Что же мы получили? При каждом колебании в одну сторону, независимо от величины x0 , брусок будет не доезжать одно и то же расстояние ∆ = 2µmg / k , поэтому число колебаний до остановки

N = 2x∆0 = 4µx0mgk .

Тогда полное время движения бруска составит

τ = NT =	x0		k	.
	2µg
			m

3.2.5. Пружинный маятник на ленте транспортера. На гори-

зонтальной ленте транспортера, движущейся со скоростью u , находится груз массой m , связанный со стенкой пружиной жесткостью k (рис. 3.14). В начальный момент времени пружина не деформирована, а груз из-за трения движется вместе с лентой. Исследовать характер движения груза и определить амплитуду возникших колебаний.

Казалось бы, из-за трения, как и в предыдущей задаче, колебания должны

135

быть затухающими, и тогда непонятно, о какой амплитуде идет речь. На самом же деле ситуация здесь совершенно иная. Так как скорость грузика никогда не может превысить скорость ленты, то сила трения, исключая самый начальный этап движения, всегда равна µmg и направлена в одну и ту же сторону. Работа такой си-

лы за одно полное колебание всегда будет равна нулю и колебания будут незатухающими!

Во многих задачах на колебания очень полезным оказывается понятие фазового портрета системы. Это кривые, описывающие движение тела в переменных импульс–координата. Пусть точка совершает гармонические колебания по закону

x = Asin(ωt +α) .

Тогда ее импульс

p = mv = mAωcos(ωt +α) .

Исключая из этих уравнений время, найдем связь импульса и координаты при гармонических колебаниях:

x2			p2
		+			=1.
A	2		2	2
			mA	ω

А это есть уравнение эллипса в координатах p, x (рис. 3.15).

Кстати, как будет выглядеть фазовый портрет для затухающих колебаний при малом затухании?

Попробуем построить такой фазовый портрет для нашей задачи в несколько усеченном варианте – найдем графическую зависимость скорости тела v от его координаты x .

Вначале, когда пружина еще не растянута и груз движется вме- Рис. 3.15 сте с лентой, сила трения является трением покоя и равна силе упру-

136

kx0 =µmg.

гости пружины. Это означа-
ет, что скорость тела вначале
не изменяется (рис. 3.16).
Затем, когда пружина
растянется	настолько, что
сила упругости сравняется
с силой трения скольжения,
груз начнет отставать от лен-
ты. Обозначим величину де-
формации	пружины (поло-	Рис. 3.16

жение груза) в этот момент

как x0 . Эта точка является положением равновесия тела и его можно найти из условия

(1)

При дальнейшем движении груза сила упругости будет расти, а сила трения будет оставаться постоянной, что приведет к уменьшению скорости тела. При некотором предельном растяжении пружины тело остановится и затем начнет двигаться обратно. Обратное движение тела в точности повторяет его прямое движение, так как величины силы упругости и силы трения будут теми же самыми в той же точке, сменится лишь знак скорости. После того, как тело пройдет положение равновесия (точка x0 ), его скорость будет уменьшаться

по модулю до нуля (сила трения стала больше силы упругости). После остановки тело начнет двигаться вправо, увеличивая скорость, и подойдет к положению равновесия со скоростью, равной скорости ленты. Таким образом, после того как груз в первый раз достигнет положения равновесия, установятся гармонические колебания с некоторой амплитудой A .

Для определения амплитуды колебаний запишем для участка движения от x0 до x0 + A теорему об изменении кинетической энергии:

−12 mu2 =µmgA − 12 k(x0 + A)2 + 12 kA2 .

137

Откуда с учетом соотношения (1) находим

A = u	m	.
	k

Этот же результат можно получить и из формальных соображений. Так как колебания грузика являются гармоническими, то можно записать

x = x0 + Asin ωt ,

(2)

где x0 – положение

равновесия

тела; A – амплитуда

колебаний;

ω – частота, равная

k / m . Продифференцируем соотношение (2)

по времени:

u =

dx

= Aωcos ωt .

dt

Полагая здесь t = 0 , находим

dx

= u = Aω.

dt

Откуда

t =0

A =

u

= u

m

.

ω

k

Изменим несколько условие задачи. Пусть теперь начальная скорость груза равна нулю. Требуется выяснить, при какой скорости ленты, движение груза будет гармоническим. Как зависит амплитуда установившихся колебаний от скорости ленты u ?

Для понимания характера происходящего движения груза попробуем, как и в предыдущей задаче, построить графическую зависимость скорости груза от его положения.

Вначале скорость ленты явно больше скорости груза, и сила трения будет равна силе трения скольжения µmg . Полная сила, дей-

ствующая на груз, будет равна µmg − kx . Под действием данной си-

138

лы груз может приобрести максимальную скорость vmax , которую найдем из условия

	1	x
		mv2max = ∫0	(µmg − kx)dx ,
	2
		0

где x0 – положение равновесия груза, определяемое соотношением kx0 =µmg .

Из этих двух соотношений находим максимальную скорость груза, которую он мог бы приобрести под действием силы µmg −kx :

	vmax =µg	m	,
		k

если, разумеется, она не превышает скорости ленты.

Так как груз не может двигаться быстрее ленты, то дальнейший анализ движения груза зависит от того, превышает ли расчетное значение vmax скорость ленты или нет. Рассмотрим вначале слу-

чай vmax < u .

В этой ситуации максимальная скорость груза будет достигнута в точке равновесия x0 (участок 0–1, рис. 3.17, а)

и затем его скорость начнет убывать (участок 1–2) до остановки груза. После остановки груз начнет двигаться в обратную сторону и в итоге вернется в точку 1. Таким образом, при выполнении условия

	u >µg	m
		k

сразу начнутся гармонические колебания с амплитудой

A1 = x0	=	µmg .	Рис. 3.17
		k

139

Если же расчетное значение vmax превышает u , то после достижения грузом скорости ленты его скорость некоторое время будет оставаться постоянной (участок 1–2 рис. 3.17, б) до точки x = x0 и мы приходим к ситуации, рассмотренной в предыдущей задаче,

т.е. при u <µg mk установятся гармонические колебания с ампли-

тудой

A = u m .
2	k

Ее максимальное значение нетрудно найти, если вместо скорости u подставить значение vmax :

A	=µg	m		m	= µ	mg ,
2 max		k		k		k

что, естественно, совпадает со значением A1.

140