Механические колебания и волны из сборника Савченко Н.Е.

[djeki]

750. Найти циклические частоты колебаний маятников, изображенных на рис. 244. Известно, что жесткости пружин равны k₁ и k₂, масса груза m. Массами пружин пренебречь.
Решение.
Рассмотрим первый рисунок. Обозначим удлинение пружин х₁ и х₂, х – перемещение груза. Тогда
\[ {{x}_{1}}={{x}_{2}}=x;\vec{F}={{\vec{F}}_{1}}+{{\vec{F}}_{2}} \]
И две пружины можно заменить одной пружиной жесткостью k, удлинение которой х
По закону Гука

k·x = k₁·x₁ + k₂·x₂; k = k₁ + k₂

Рассмотрим колебания пружинного маятника жесткостью k (см.рис.2)
В вертикальном положении на груз на пружине действуют сила тяжести и сила упругости пружины. Под действием силы тяжести пружина растягивается на х₁, а затем мы отклоняем его от этого положения на х. Тогда согласно второму закону Ньютона получим
\[ m\cdot a=k\cdot \left| {{x}_{1}}+x \right|-m\cdot g \]
Определим х₁ из соображений, что в момент равновесия маятника
\[ m\cdot g=k\cdot \left| {{x}_{1}} \right|;\left| {{x}_{1}} \right|=\frac{m\cdot g}{k} \]
Тогда
\[ \begin{align}
  & m\cdot a=k\cdot \left| \frac{m\cdot g}{k}+x \right|-m\cdot g=k\cdot \left| x \right| \\
 & a=-\frac{k}{m}\cdot x \\
\end{align}
 \]
Сравнивая это уравнение с уравнением колебательного движения

a = - ω²·x

Видно, что
\[ \omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}}{m}} \]
Во втором случае
\[ \left| {\vec{F}} \right|=\left| {{{\vec{F}}}_{1}} \right|=\left| {{{\vec{F}}}_{2}} \right|;x={{x}_{1}}+{{x}_{2}} \]
Из закона Гука
\[ x=\frac{\left| F \right|}{k};\frac{\left| F \right|}{k}=\frac{\left| {{F}_{1}} \right|}{{{k}_{1}}}+\frac{\left| {{F}_{2}} \right|}{{{k}_{2}}} \]
При таком соединении пружин общая жесткость пружин
\[ \frac{1}{k}=\frac{1}{{{k}_{1}}}+\frac{1}{{{k}_{2}}};k=\frac{{{k}_{1}}\cdot {{k}_{2}}}{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}} \]
\[ \omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{{{k}_{1}}\cdot {{k}_{2}}}{m\cdot ({{k}_{1}}+{{k}_{2}})}}

 \]

[djeki]

751. Два математических маятника одновременно начинают колебаться. За один и тот же промежуток времени первый совершает N₁ = 20, а второй -  N₂ = 10 колебаний. Определить отношение длин этих маятников.
Решение.
Период колебаний – время за которое происходит одно полное колебание. Если за промежуток времени сделано N полных колебаний то период определяется по формуле
\[ T=\frac{t}{N} \]
Тогда
\[ \frac{t}{{{N}_{1}}}=2\cdot \pi \cdot \sqrt{\frac{{{l}_{1}}}{g}};\frac{t}{{{N}_{2}}}=2\cdot \pi \cdot \sqrt{\frac{{{l}_{2}}}{g}} \]
Возведем эти уравнения в квадрат и разделим
\[ \frac{{{l}_{1}}}{{{l}_{2}}}=\frac{N_{2}^{2}}{N_{1}^{2}}=\frac{1}{4} \]

[djeki]

753. Определить длину математического маятника, если известно, что при уменьшении длины нити на Δl = 5 см частота колебаний маятника увеличивается в n = 1,5 раза.
Решение
Частота колебаний математического маятника
\[ \nu =\frac{1}{T}=\frac{1}{2\cdot \pi }\cdot \sqrt{\frac{g}{l}} \]
Согласно условию задачи

l₂ = l – Δl; n·ν₁ = ν₂

Тогда
\[ \begin{align}
  & {{\nu }_{1}}=\frac{1}{2\cdot \pi }\cdot \sqrt{\frac{g}{l}};{{\nu }_{2}}=\frac{1}{2\cdot \pi }\cdot \sqrt{\frac{g}{{{l}_{2}}}} \\
 & \frac{n}{2\cdot \pi }\cdot \sqrt{\frac{g}{l}}=\frac{1}{2\cdot \pi }\cdot \sqrt{\frac{g}{l-\Delta l}} \\
 & l=\frac{{{n}^{2}}\cdot \Delta l}{{{n}^{2}}-1} \\
\end{align}
 \]
l = 9·10^-2 м

[djeki]

752. Положительно заряженный шарик массой m = 30 г совершал гармонические колебания над положительно заряженной бесконечной горизонтальной плоскостью. При этом сила электрического взаимодействия шарика и плоскости F = 0,10 Н, а период его колебаний Т = 2,0 с. Затем шарик перезарядили так, что его заряд стал отрицательным, но по модулю равным первоначальному. Определить период гармонических колебаний шарика в новом состоянии.
Решение.
Рассмотрим первый случай, когда шарик имеет положительный заряд. На шарик действуют сила тяжести  mg, сила натяжения нити Q и сила со стороны положительно заряженной плоскости F(см. рис.). Равнодействующая этих сил имеет две составляющие: тангенциальную, меняющую ускорение по величине, и нормальную, меняющую ускорение по направлению (центростремительное ускорение, тело движется по дуге).
Направим ось ОХ перпендикулярно нити (по касательной к траектории шарика)
Согласно второму закону Ньютона

m·a_τ = m·g·sinα - F·sinα (1)

Если обозначить через x линейное смещение маятника от положения равновесия по дуге окружности радиуса l то при малых углах отклонения
\[ \sin \alpha \approx tg\alpha =\frac{\left| x \right|}{l} \]
С учетом этого выразим из уравнения (1) ускорение
\[ {{a}_{\tau }}=\frac{m\cdot g-F}{m\cdot l}\cdot \left| x \right|=-\frac{m\cdot g-F}{m\cdot l}\cdot x \]
Сравним полученное выражение с уравнением гармонических колебаний а = - ω²·х. Видно, что
\[ \begin{align}
  & {{\omega }^{2}}=\frac{m\cdot g-F}{m\cdot l};T=\frac{2\cdot \pi }{\omega } \\
 & T=2\cdot \pi \cdot \sqrt{\frac{m\cdot l}{m\cdot g-F}}(2) \\
\end{align}
 \]
Проведя аналогичные рассуждения для случая, когда шарик имеет отрицательный заряд найдем период колебаний Т₁
\[ {{T}_{1}}=2\cdot \pi \cdot \sqrt{\frac{m\cdot l}{m\cdot g+F}}(3) \]
Решим совместно уравнения (2) и (3)
\[ {{T}_{1}}=T\cdot \sqrt{\frac{m\cdot g-F}{m\cdot g+F}} \]

[Kivir]

749. От груза, висящего на пружине жёсткостью k, отделяется его часть массой m. На какую максимальную высоту поднимется оставшаяся часть груза? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение: пусть под действием неподвижного груза, массой M деформация (удлинение) пружины была x₀, а под действием уменьшенного груза, массой M – m, удлинение стало равным x₁ (см. рис.). Т.к. грузы неподвижны, то сила тяжести, действующая на груз равна по модулю силе упругости, возникающей при деформации пружины. Воспользуемся законом Гука
\[ \begin{array}{l}{Mg=kx_{0},} \\ {\left(M-m\right)g=kx_{1}.} \end{array} \]
Выразим удлинение пружины
\[ \begin{array}{l}{x_{0}=\frac{Mg}{k},}\\{x_{1}=\frac{\left(M-m\right)g}{k} .}\end{array} \]
После отделение части груза, массой m оставшийся груз станет совершать гармонические колебания относительно нового положения равновесия (уровень cd) с амплитудой A = x₀– x₁. Максимальная высота h, на которую при этом поднимется оставшийся груз относительно уровня ab (первоначального положения более тяжёлого груза), равна удвоенной амплитуде колебаний:
\[ \begin{array}{l}{h=2A=2\cdot\left(x_{0}-x_{1}\right)=2\cdot\left(\frac{Mg}{k}-\frac{\left(M-m\right)g}{k}\right),}\\{h=\frac{2\cdot mg}{k}.} \end{array} \]

[Kivir]

767. За время t = 120 с математический маятник совершил N₁ = 120 колебаний. Когда длину маятника увеличили на Δl = 74,7 см, он за то же время совершил N₂ = 60 колебаний. Найти начальную длину маятника, его конечную длину и ускорение свободного падения в месте проведения опыта.
Решение: период колебаний маятника  - время одного колебания, тогда
\[ \frac{t}{N_{1}} =2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g}},\frac{t}{N_{2}}=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l+\Delta l}{g}}, \]
где l – первоначальная длина маятника, g – ускорение свободного падения. Для нахождения длины l, возведём оба уравнения в квадрат и поделим друг на друга
\[ \begin{array}{l} {\frac{t^{2} }{N_{1}^{2} } =\frac{4\pi ^{2} \cdot l}{g} ,\frac{t^{2} }{N_{2}^{2} } =\frac{4\pi ^{2} \cdot \left(l+\Delta l\right)}{g},} \\ {\frac{N_{2}^{2} }{N_{1}^{2} } =\frac{l}{l+\Delta l} ,} \\ {l=\Delta l\cdot \frac{N_{2}^{2}}{N_{1}^{2} -N_{2}^{2}}.} \end{array} \]
Тогда конечная длина
\[
\begin{array}{l} {\frac{t^{2} }{N_{1}^{2} } =\frac{4\pi ^{2} \cdot l}{g} ,\frac{t^{2} }{N_{2}^{2} } =\frac{4\pi ^{2} \cdot \left(l+\Delta l\right)}{g} ,} \\ {\frac{N_{2}^{2} }{N_{1}^{2} } =\frac{l}{l+\Delta l} ,} \\ {l=\Delta l\cdot \frac{N_{2}^{2} }{N_{1}^{2} -N_{2}^{2} } .} \end{array}
 \]
Подставляя полученное выражение для l в любое из уравнений периода колебаний, выразим ускорение свободного падения
\[ g=\frac{4\pi ^{2} \cdot N_{1}^{2} }{t^{2} } \cdot l=\frac{4\pi ^{2} \cdot N_{1}^{2} \cdot N_{2}^{2} \cdot \Delta l}{t^{2} \cdot \left(N_{1}^{2} -N_{2}^{2} \right)}. \]
Ответ: 24,9 см, 99,6 см, 9,82 м/с².

[Kivir]

766. Математический маятник, состоящий из стального шарика, диаметр которого d = 4 см, и нити длиной l = 2,43 м, совершает гармонические колебания с амплитудой  x_m = 10 см. Определить скорость шарика при прохождении положения равновесия и наибольшее значение возвращающей силы. Плотность стали ρ = 7,8 ∙ 10³ кг/м³.
Решение: запишем уравнение гармонических колебаний
\[ x=x_{m} \cdot \cos \left(\omega t+\phi _{0} \right), \]
где x – координата (смещение от положения равновесия) тела, φ₀ – начальная фаза колебаний, ω = 2π/T – циклическая частота, T – период колебаний математического маятника.
\[ T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}. \]
Взяв первую производную x по времени t, определим зависимость скорости колеблющегося тела от времени
\[ \upsilon _{x} =x'=-\omega \cdot x_{m} \cdot \sin \left(\omega t+\phi _{0} \right). \]
В момент прохождения положения равновесия смещение тела x = 0. Поэтому, из уравнения колебаний,  cos(ωt + φ₀) = 0 , т.е. фаза колебаний в этот момент  (ωt + φ₀) = π/2. Подставим в выражение для скорости тела и определим скорость шарика (по модулю)
\[ \begin{array}{l} {\upsilon _{x} =-\frac{2\pi }{T} \cdot x_{m} \cdot \sin \frac{\pi }{2},} \\ {\upsilon =\upsilon _{\max } =\omega \cdot x_{m} =x_{m} \cdot \sqrt{\frac{g}{l}}.} \end{array} \]
Т.е. в момент прохождения телом положения равновесия скорость принимает максимальное значение.
Взяв вторую производную x по времени t, определим зависимость ускорения колеблющегося тела от времени
\[ a_{x} =x''=\upsilon '_{x} =-\omega ^{2} \cdot x_{m} \cdot \cos \left(\omega t+\phi _{0} \right). \]
Для нахождения максимального значения возвращающей силы воспользуемся вторым законом Ньютона
\[ F_{\max } =m\cdot a_{\max }, \]
где m – масса шарика, которую определим, зная плотность стали
\[ m=\rho \cdot V=\rho \cdot \frac{\pi d^{3}}{6}. \]
Т.к. косинус принимает значения от  (–1 до 1), то максимальное значение модуля ускорения тела при гармонических колебаниях
\[ a_{\max } =\omega ^{2} \cdot x_{m} =\frac{g\cdot x_{m}}{l}. \]
Тогда наибольшее значение возвращающей силы
\[ F_{\max } =\rho \cdot \frac{\pi d^{3} }{6} \cdot \frac{g\cdot x_{m} }{l} =\frac{\pi \cdot \rho \cdot d^{3} \cdot g\cdot x_{m}}{6\cdot l}. \]
Ответ: 0,2 м/с,  0,1 Н.

[Kivir]

765. Масса колеблющейся частицы m = 0,01 г, частота колебаний ν = 500 Гц, амплитуда x_m = 2 мм. Определить: кинетическую энергию частицы при прохождении положения равновесия; потенциальную энергию при смещении, равном амплитуде; полную энергию частицы.
Решение: полная механическая энергия колеблющегося тела остаётся постоянной при колебаниях (сохраняется) и равна: максимальной кинетической энергии тела, либо максимальной потенциальной энергии тела, либо сумме кинетической E_k и потенциальной E_p в любой момент времени. Т.е.
\[ E=E_{k}^{\max } =E_{p}^{\max } =E_{k} +E_{p}. \]
При этом, в момент прохождения телом положения равновесия, скорость тела максимальна (см. решение задачи 766), следовательно, в этот момент тело обладает максимальной кинетической энергией.
\[ \begin{array}{l} {\upsilon =\upsilon _{\max } =\omega \cdot x_{m} =2\pi \cdot \nu \cdot x_{m} ,} \\ {E_{k}^{\max } =\frac{m\cdot \upsilon _{\max }^{2} }{2} =\frac{m\cdot 4\pi ^{2} \cdot \nu ^{2} \cdot x_{m}^{2} }{2} =2\pi ^{2} \cdot \nu ^{2} \cdot m\cdot x_{m}^{2}.} \end{array} \]
В момент максимального отклонения от положения равновесия скорость тела рана нулю и тело обладает максимальной потенциальной энергией. Тогда полная механическая энергия
\[ E=E_{k}^{\max } =E_{p}^{\max } =2\pi ^{2} \cdot \nu ^{2} \cdot m\cdot x_{m}^{2}. \]
Ответ:2 ∙ 10^–4 Дж.

[Kivir]

764. Кабина лифта, к потолку которой подвешен математический маятник длиной l = 1 м, движется с ускорением a = 2,4 м/с², направленным вниз. Определить период колебаний маятника. В каком направлении движется лифт – вверх или вниз?
Решение: математический маятник находится в неинерциальной системе отсчёта (лифт движется с ускорением). В этом случае период колебаний маятника определяется выражением
\[ T=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g^{*}}}, \]
где g* - эффективное ускорение, которое определяется следующим образом
\[ \vec{g}^{*} =\vec{g}-\vec{a}, \]
здесь a – ускорение, с которым движется система (в данном случае - лифт).
Учитывая, что ускорение свободного падения g направлено вертикально вниз и ускорение лифта a направлено тоже вниз, то модуль эффективного ускорения будет равен

g* = g – a.

Таким образом, период колебаний маятника будет равен
\[ T=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g-a}}. \]
При этом лифт может двигаться с возрастающей скоростью вниз, либо с убывающей скоростью вверх.
Ответ: 2,3 с (g = 9,8 м/с²).

[Kivir]

763. Ракета поднимается вертикально вверх с ускорением a = 3g. Сколько полных колебаний совершит помещённый в ракете маятник длиной l = 1,0 м за время, в течение которого ракета поднимется на высоту h = 1480 м? Зависимостью ускорения свободного падения от высоты пренебречь.
Решение: математический маятник находится в неинерциальной системе отсчёта. В этом случае период колебаний маятника определяется выражением
\[ T=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g^{*}}}, \]
где g* - эффективное ускорение, которое определяется следующим образом
\[ \vec{g}^{*} =\vec{g}-\vec{a}, \]
здесь a – ускорение, с которым движется система.
Учитывая, что ускорение свободного падения g направлено вертикально вниз и ускорение ракеты a направлено вверх, то модуль эффективного ускорения

g* = g +a = 4g.

Таким образом, период колебаний маятника будет равен
\[ T=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{4g}}. \]
Cдругой стороны, период колебаний можно определить как отношение времени t за которое они были совершены к числу колебаний N

T = t/N.

Время движения ракеты определим из кинематического уравнения проекции перемещения (пройденного пути, высоты) при равноускоренном движении. Учтём, что начальная скорость ракеты была равна нулю, тогда
\[ \begin{array}{l} {h=\frac{a\cdot t^{2} }{2} ,} \\ {t=\sqrt{\frac{2h}{a} } =\sqrt{\frac{2h}{3g}}.} \end{array} \]
Таким образом
\[ \begin{array}{l} {\sqrt{\frac{2h}{3g}} \cdot \frac{1}{N} =\frac{2\pi }{1} \cdot \sqrt{\frac{l}{4g}},} \\ {N=\frac{1}{\pi } \cdot \sqrt{\frac{2h}{3l}}.} \end{array} \]
Ответ: 10 колебаний.