Ім'я файлу: Извлеченные страницы из Реферат 45.docx
Розширення: docx
Розмір: 126кб.
Дата: 17.10.2021
скачати

Приклад 1. Матеріальна точка масою m = 5 г здійснює гармонічні коливання з частотою ₀ = 0,5 Гц. Амплітуда коливань А = 3 см. Ви- значити: 1) модуль швидкості v точки в момент часу, коли зміщення x = 1,5 см; 2) максимальне значення модуля діючої сили F_max; 3) повну енергію Wточки.

Дано:

m = 5 г

₀ = 0,5 Гц

А = 3 см

х = 1,5см

v ? F_max ? W ?

Розв’язання

Рівняння гармонічних коливань має вигляд

x  Asin₀t  ,

де ₀ – власна циклічна частота, – початкова фа- за коливань. Продиференціювавши це рівняння, отримаємо вираз для проекції вектора швидкості

v_x  x^  A₀ cos₀t  .

Щоб пов’язати цю величину зі зміщенням, заданим в умові задачі, пі- днесемо обидва виписані рівняння до квадрату і додамо одержані ви- рази:

x²  A² sin ² ₀t  ,


0
v _x ²  A²² cos² ₀t  ,

Звідси v _x  ₀

2 2


v

x
 ^x  1 .


0
_A2 _A2_2

.

Врахуємо тепер зв’язок циклічної частоти з лінійною

₀  2₀ і

вираз модуля вектора через його проекції, котрий в одновимірному

випадку зводиться до v  v_x

. Остаточно маємо

v  2₀ .

Щоб розрахувати величину F_max, запишемо другий закон Ньютона у проекціях на напрям вектора прискорення a

F_x  ma_x .


0
Проекцію прискорення знайдемо як похідну по часу від проекції шви- дкості

Тепер

a_x v^ _x  A ² sin₀t   .

F  F_x

 A2₀ ² m sin2₀t   .

Очевидно, що F  F_max , якщо

sin2₀t    1 , тому остаточно

F_max  2₀ ² Am .

Повну механічну енергію коливної точки розраховують за форму-

0
лою W  mA²²

2 , отже:
W  2mA₀ ² .

Виписуємо тепер значення величин в міжнародній системі одиниць і виконуємо числовий розрахунок:

m 5 10^3 кг;

А  310^2 м;

x  1,5 10^2 ì ;

v  2  3,14  0,5

310^2 ²  1,5 10^2 ²  8,2 10^2 м с;

F_max  2  3,14  0,5²  3 10^2  5 10^3  1,5 10^3 Н ;

W 2  5 10^3 3,14  3 10^2  0,5²  2,2 10^5 Дж .

Відповідь: v  8,2 см с , F_max  1,5 мН , W  22 мкДж .

₁  

 ² 

₂  

 ⁴ 

Дано:

x  2sin^5t  ^см

₁  

 ² 

Розв’язання

Результатом додавання двох гармоніч- них коливань однакової частоти та однако- вого напрямку є теж гармонічне коливання тієї ж частоти і того самого напрямку

x  3sin^5t  ^см

x  Asin₀t   ,

₂  

 ⁴

xt ?

де амплітуда А розраховується за форму- лою

A ,

а початкова фаза  знаходиться з рівняння

tg

A₁ sin ₁  A₂ sin _{2 .}

A₁ cos₁  A₂ cos₂

Величини А₁, А₂, ₁, ₂ та ₀ маємо з порівняння загального вигля- ду рівняння гармонічних коливань і рівнянь з умови задачі:

A  2 см , A

 3см ,  ^,  ^, 

 5с^1 .

1 2

Маємо:

1 ₂ 2 ₄ 0

A  2²  3²  2  2  3 co ^{ } ^  4,6см,

^s 

_ 4 2 _

2sin ^ 3sin ^

tg ^{2 4}  1,943, 2 cos ^ 3cos ^

  0,35.

2 4

Тепер рівняння результуючого коливання

x  4,6sin5t  0,35см .

Відповідь:

x  4,6sin5t  0,35см .

Приклад 3. Матеріальна точка одночасно бере участь у двох взає- мно перпендикулярних гармонічних коливаннях, рівняння яких:

x  A₁ cos t та

y  A₂

cos ^t , де

2

A₁  1см ,

A₂  2 см ,  с^1 . Знай-

Дано:

x  A₁ cos t



Розв’язання

Щоб знайти рівняння траєкторії (рівняння, що пов’язує змінні x та y), виключимо час t з рівнянь, що задані в умові. Для цього використаємо формулу

y  A₂ cos t

2

cos ^ 

1 cos

. Оскільки  t , отримаємо

A₁  1см

2 2

A₂  2 см

y  A

cos ^t  A

1 cos t _.

   с^1

2 ₂ 2 ₂

yx?

Але з першого рівняння умови задачі cost  ^x ,

A₁

тому остаточно рівняння траєкторії буде наступним:

^ x^

y  A₂  0,5_^1 _A^_ .

 1 

Це – рівняння параболи, вісь якої співпа- дає з віссю Ох. З вихідних рівнянь умови задачі бачимо, що зміщення точки по осях

координат обмежене, а саме

y  2 см .

x  1см ,

Для побудови траєкторії знайдемо за робочою формулою значення у, що відпо- відають ряду значень х з інтервалу x  1см , і складемо таблицю

Відповідь:
y   A₂ 

Побудуємо тепер графік.
.

Приклад 4. Дано фізичний маятник у формі стрижня довжиною l = 1 м і масою 3m₁ з прикріпленим до одного з його кінців обручем діаметром d = 0,5 l і масою m₁. Горизонтальна вісь Oz маятника про-

Дано:

l = 1 м

m_стр = 3m₁

Період коливань фізичного маятника визначають за формулою

d = 0,5 l

m_обр =m₁

Т ?

яка рівна

T 2 ,
де g – прискорення вільного падін- ня, L – зведена довжина маятника,
L ^I ,

ml_c

де m – маса маятника, l_с – відстань від центра мас до осі коливань, I – момент інерції маятника відно- сно цієї осі. Вісь коливань на рисунку проходить через т. О перпендикулярно до площини рисунка. Тепер період коливань буде визначатись за форму- лою

T  2

. (1)

Момент інерції маятника рівний сумі моментів інерції стержня І₁ та обруча І₂

I  I₁  I₂ . (2)

Момент інерції стрижня відносно осі, що проходить через його центр мас перпендикулярно до самого стержня, визначається за фор-

мулою I  ¹ m

l ² , тому

¹ 12

стр
I  ¹ m l ² .

1 ₄ 1

Момент інерції обруча знайдемо з використанням теореми Штей-

нера

I  I₀  ma² , де: І – момент інерції відносно довільної осі, І₀ –

момент інерції відносно осі, що проходить через центр мас (в даному випадку обруча) паралельно до заданої осі; а – відстань між цими осями. Одержуємо для обруча

 ^l²  ^3l^{2 5} ₂

^I₂ ^{ m}₁  ^{ m}₁  ^{ m}₁^{l .}

 ⁴ 

_ 4 _ 8

( x  0

^{ m}i^xi



X_c ⁱ , і – номер м.т.

m_i

i

зручно вибрати в т. О, а саму вісь Ох направити до центра мас

обруча; при цьому

X_c  l_c ).

l_c 

3m₁  m₁
 ³ l .

16

Підставляючи у формулу (1) вирази І, l_с та масу маятника (4m₁),

знайдемо період його коливань
T 2 .
Числовий розрахунок

Відповідь: 2,2 с.

T  2  3,14

 2,2 с .

Приклад 5. Амплітуда згасаючих коливань за час t₁ = 20 с зменши- лася у два рази. У скільки разів вона зменшиться за час t₂ = 1 хв?

Розв’язання

Дано:

t₁ = 20 с

^A0  2

Залежність амплітуди згасаючих коливань від часу визначається співвідношенням

A  A₀e^t ,

^A1 де

A₀  A

при

t  0 , – коефіцієнт згасання. Запишемо

t₂ = 1хв

A_{0 ?}

A₂

згадане співвідношення для моментів часу t₁ і t₂:

A₁  A₀e^t1 ,

 t

A₂  A₀e ² .

Перепишемо цю систему рівнянь у формі:

Відповідь: у вісім разів.

60

^A0  2²⁰  8 .

A₂

Приклад 6. Знайти жорсткість пружини ресори вагона, вага якого з вантажем Р = 510⁵ Н, якщо при швидкості, модуль якої v = 12 м/с, ва- гон сильно розгойдується внаслідок поштовхів на стиках рейок. Дов- жина рейки l = 12,8 м. Вагон має 4 ресори.

Розв’язання

Дано:

Р = 510⁵ Н

v = 12 м/с

l = 12,8 м

n =4

k ?

Значне розгойдування вагона виникає тоді, коли період власних коливань вагона з вантажем співпа- дає з періодом сили, котра викликає його вимушені коливання.

Період дії змушувальної сили знайдемо, розділи- вши довжину рейки на модуль швидкості вагона, тобто

T  ^l .

v

Період власних коливань вагона з вантажем (пружинного маятни- ка) визначається за формулою
T 2 ,

де m – маса системи,

^kсист

– жорсткість системи з паралельно

з’єднаних однакових пружин. Врахуємо, що потенціальна енергія та-

Тому

k_сист  n  k . Разом з тим,

m  P

g , g – прискорення вільного

падіння.

Прирівняємо праві частини двох формул для розрахунку періоду

 ^l² ₂ ^P

  ^{ 4 .}

Звідси

_ v _ gnk
^4P  ^v ²

Числовий розрахунок:

^k   ^.

gn _ l _

4  5 10⁵  3,14 12 ² ₅

k 

9,8  4 _

12,8

  4,110 Н



м.

Відповідь: 0,41 МН/м.
Приклад 7. В коливальному контурі, індуктивність якого L = 0,01 Гн, заряд конденсатора зменшується в десять разів за час, рів- ний періоду коливань Т = 110^-5 с. Визначити опір контура.

Розв’язання

Дано:

L = 0,01 Гн

qt 

 10

Рівняння згасаючих електромагнітних коливань має вигляд

qt  q₀e^t cost   ,

qt T

де qt  – заряд у довільний момент часу t, q₀  q0 ,

Т = 110-5с

R ?

 – коефіцієнт згасання, – циклічна частота згаса- ючих коливань,  – початкова фаза.

Через період коливань заряд стане рівним

qt  T  q₀e^{t T } cost  T  .

Оскільки

T  2

(зв’язок циклічної частоти з періодом), то

cost  T   cost   2  cost  , тому маємо

0
qt 

_q0et _T

або

_{qt  T } ^ _{q e}t T  ^{ e}

T  ln

qt 

qt  T  ^.

Коефіцієнт згасання для електромагнітних коливань

  ^R ,

2L

тому попереднє співвідношення приймає вигляд

або

RT

 ln

2L

qt 

qt  T 

_{R } 2L _ln qt _.

Числовий розрахунок:

T qt T

R  ^{2  0,01} ln10  4,6 10³ Ом .

110^5

Відповідь: 4,6 кОм.
Приклад 8. Коливальний контур складається з конденсатора, єм-

ність якого С = 1/310^-8 Ф, та котушки з індуктивністю

L  12 10^6 Гн.

Знайти період вільних коливань у контурі, коефіцієнт згасання та ло- гарифмічний декремент згасання, якщо опір котушки R = 60 Ом.

Розв’язання

Дано:

С = 1/310-8 Ф L = 1210-6 Гн R = 60 Ом

T ? ? ?

Період згасаючих електромагнітних коливань

_T2_.




Коефіцієнт згасання

  ^R .

2L

Логарифмічний декремент згасання

  T .

Підставимо значення фізичних величин у формули:

_T 2  3,14

 15 10^7 с;