Автор Тема: Механические колебания и волны из сборника Савченко Н.Е.  (Прочитано 41996 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Kivir

  • Гость
761. В кабине лифта находится математический маятник. Когда лифт неподвижен, период колебаний маятника T0 = 1 с. Определить модуль и направление ускорения лифта, если период колебаний в движущемся лифте T = 0,9 с.
Решение: лифт неподвижен. Период колебаний маятника
\[ T_{0} =2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g}}, \]
Лифт движется, 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  лифт. Определим его
\[ \begin{array}{l} {\frac{T_{0} }{T} =\sqrt{\frac{l}{g} \cdot \frac{g^{*} }{l}},} \\ {g^{*} =g\cdot \left(\frac{T_{0} }{T} \right)^{2}.} \end{array} \]
Т.к. T0>T, то g*>g, т.е.
g* = g + a.

Анализируя формулу для расчёта эффективного ускорения (в векторном виде), можно сделать вывод, что лифт движется с ускорением, направленным вверх (т.к. g*>g) и равным по модулю
\[ a=g^{*} -g=g\cdot \left(\frac{T_{0}}{T^{2}} ^{2} -1\right). \]
Ответ: 2,3 м/с2, направлено вверх (g = 9,81 м/с2)

Форум сайта alsak.ru


Kivir

  • Гость
762. Период колебаний математического маятника на уровне моря T0 = 2 с. На сколько изменится период колебаний этого маятника. Если его поднять на высоту h = 10 км над уровнем моря? Радиус Земли R = 6370 км.
Решение: пусть g0 – ускорение свободного падения на уровне моря, g – ускорение свободного падения на высоте h. Их можно определить, зная радиус планеты R, массу планеты M, высоту h:
\[ \begin{array}{l} {g_{0} =G\cdot \frac{M}{R^{2} } ,g=G\cdot \frac{M}{\left(R+h\right)^{2}},} \\ {g=G\cdot \frac{M}{\left(R+h\right)^{2}} \cdot \frac{R^{2} }{R^{2} } =g_{0} \cdot \frac{R^{2} }{\left(R+h\right)^{2}},} \end{array} \]
Здесь G – гравитационная постоянная. Период колебаний маятника
\[ T_{0} =2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g_{0}}} ,T=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g}}  \]
Разделим уравнения друг на друга и подставим выражение для ускорения свободного падения g
\[ \begin{array}{l} {\frac{T}{T_{0}} =\sqrt{\frac{g_{0}}{g}} =\sqrt{\frac{g_{0} \cdot \left(R+h\right)^{2} }{g_{0} \cdot R^{2} } } =\frac{R+h}{R},} \\ {T=T_{0} \cdot \frac{R+h}{R}.} \end{array} \]
Тогда искомое изменение периода колебаний
\[ \begin{array}{l} {\Delta T=T-T_{0} =T_{0} \cdot \left(\frac{R+h}{R} -1\right),} \\ {\Delta T=T_{0} \cdot \frac{h}{R}.} \end{array} \]
Ответ: 3 ∙ 10–3 с.

Kivir

  • Гость
769. Математический маятник длиной l = 1 м установлен в лифте, который поднимается с ускорением a = 2,5 м/с2, направленным вверх. Определить период колебаний маятника.
Решение: 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
\[ \vec{g}^{*} =\vec{g}+\left(-\vec{a}\right), \]
здесь a – ускорение, с которым движется  лифт, g = 9,81 м/с2 – ускорение свободного падения. Т.к. ускорение a направлено вверх, то модуль эффективного ускорения будет равен
g* = g + a.
Тогда период колебаний маятника
\[ T=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g+a}}. \]
Ответ: 1,8 с ≈ 2 с.

Kivir

  • Гость
771. На гладком горизонтальном столе покоится брусок массой M = 20 г, прикреплённый к пружине жёсткостью k = 50 Н/м к стене (рис. 247). В брусок ударяется шарик массой m = 10 г, движущейся по столу со скоростью υ0 = 30 м/с, направленной вдоль пружины. Считая соударение шарика и бруска абсолютно упругим, найти амплитуду колебаний бруска после удара. Время удара пренебрежимо мало по сравнению с периодом колебаний.
Решение: после удара брусок начнёт двигаться с максимальной скоростью, возникнут гармонические колебания. При этом энергия колебаний будет равна кинетической энергии бруска сразу после удара.  Полная механическая энергия колеблющегося тела остаётся постоянной при колебаниях (сохраняется) и равна: максимальной кинетической энергии тела, либо максимальной потенциальной энергии тела, либо сумме кинетической Ek и потенциальной Ep в любой момент времени. Т.е.
\[ E=E_{k}^{\max } =E_{p}^{\max } =E_{k} +E_{p}. \]
Максимальная деформация пружины равна амплитуде колебаний A, тогда
\[ \begin{array}{l} {\frac{M\cdot \upsilon _{m}^{2} }{2} =\frac{k\cdot A^{2} }{2},} \\ {A=\upsilon _{m} \cdot \sqrt{\frac{M}{k}}.} \end{array} \]
Скорость движения бруска υm  сразу после столкновения сможем определить, воспользовавшись законом сохранения импульса системы «шарик - брусок», которую можно считать замкнутой (вообще-то это не так, поскольку на шарик и брусок действуют силы тяжести, реакции опоры, на брусок при столкновении начинает действовать сила упругости со стороны пружины, но считая время столкновения малым, импульсом этих сил можно пренебречь.). По закону сохранения импульса импульс шарика до попадания в брусок m∙υ0 равен суммарному импульсу бруска M∙υm и шарика  m∙υ, который отскочил от бруска в обратном направлении при упругом соударении (импульс бруска до удара равнялся нулю). В проекции на направление первоначального движения шара, закон сохранения импульса примет вид
\[ m\cdot \upsilon _{0} =M\cdot \upsilon _{m} -m\cdot \upsilon. \]
Удар упругий, поэтому потерь механической энергии нет. Воспользуемся законом сохранения механической энергии для системы «шар - брусок». Т.к. удар происходит в горизонтальной плоскости, выберем этот уровень за ноль отсчета высоты тогда полная энергия системы – это кинетическая энергия шара до столкновения и кинетические энергии шара и бруска после столкновения
\[ \frac{m\cdot \upsilon _{0}^{2} }{2} =\frac{M\cdot \upsilon _{m}^{2} }{2} +\frac{m\cdot \upsilon ^{2}}{2}. \]
Составим систему уравнений на основании законов сохранения
\[ \left\{\begin{array}{l} {m\cdot \upsilon =M\cdot \upsilon _{m} -m\cdot \upsilon _{0} ;} \\ {m\cdot \upsilon ^{2} =m\cdot \upsilon _{0}^{2} -M\cdot \upsilon _{m}^{2}.} \end{array}\right.  \]
Решим систему относительно скорости бруска υm, например, возведя первое уравнение в квадрат и разделим на второе (избавимся от скорости υ шарика после столкновения)
\[ \frac{m}{1} =\frac{\left(M\cdot \upsilon _{m} -m\cdot \upsilon _{0} \right)^{2}}{m\cdot \upsilon _{0}^{2} -M\cdot \upsilon _{m}^{2}}. \]
Раскрыв квадрат разности, и сделав математические преобразования
\[ \upsilon _{m} =\frac{2m\cdot \upsilon _{0}}{M+m} \].
Подставим в выражение для амплитуды (полученное ранее)
\[ A=\frac{2m\cdot \upsilon _{0} }{M+m} \cdot \sqrt{\frac{M}{k}}. \]
Ответ: 0,4 м.

Kivir

  • Гость
772. В U – образную трубку, площадь поперечного сечения которой S = 10 см2, налита вода массой m = 200 г. Если воду вывести из положения равновесия (рис. 248), то она будет колебаться. Найти частоту колебаний. Плотность воды ρ = 1 ∙ 103 кг/м3.
Решение: из рисунка видно, что уровень воды в левом колене выше. Пусть разность уровней равна h. В результате под действием дополнительной силы тяжести Δmg  в левом колене (где уровень выше), вода станет совершать колебания с ускорением a. По второму закону Ньютона
\[ \Delta m\cdot g=m\cdot a, \]
здесь Δm = ρ∙ΔV – разность масс воды в обоих коленах в момент начала колебаний, ΔV = S∙h – разность объёмов. С учётом этого
\[ \Delta m=\rho \cdot S\cdot h. \]
Вода будет совершать колебания с амплитудой A = h/2 (около положения равновесия, которое находится посередине между уровнями воды в коленах). В начальный момент ускорение будет максимальным. Модуль ускорения a тела связан со смещением от положения равновесия x (в нашем случае – амплитудой колебаний A) при гармонических колебаниях следующим образом
\[ a=\omega ^{2} \cdot x=\omega ^{2} \cdot A, \]
где ω = 2π∙ν – циклическая частота, ν – искомая частота колебаний. Тогда второй закон Ньютона примет вид
\[ \begin{array}{l} {\rho \cdot S\cdot h\cdot g=m\cdot \omega ^{2} \cdot A,} \\ {\rho \cdot S\cdot g\cdot h=m\cdot 4\pi ^{2} \cdot \nu ^{2} \cdot \frac{h}{2} ,} \\ {\nu =\frac{1}{2\pi } \sqrt{\frac{2\rho \cdot S\cdot g}{m}}.} \end{array} \]
Ответ: 1,6 Гц ≈ 2 Гц.

Kivir

  • Гость
773. Однородный сплошной деревянный цилиндр плавает в воде в вертикальном положении. Если цилиндр притопить и отпустить, то он будет совершать колебания, период которых T = 1 с. Определить высоту цилиндра. Плотность воды ρ1 = 1 ∙ 103 кг/м3, плотность дерева ρ2 = 0,8 ∙ 103 кг/м3. Силу трения не учитывать.
Решение:  цилиндр плавает в воде, что означает равенство сил тяжести и силы Архимеда. Если цилиндр притопить, увеличивается объём погружённой части, что приводит к увеличению выталкивающей силы на величину ΔFA. За счёт этой дополнительной силы маятник (цилиндр) приобретает максимальное ускорение am. По второму закону Ньютона
\[ \Delta F_{A} =m\cdot a_{m}, \]
здесь ΔFA = ρ1g∙ΔV – дополнительная сила Архимеда, ΔV = S∙Δh – изменение объёма погружённой части цилиндра, S – площадь сечения цилиндра, Δh – дополнительная глубина погружения, равная амплитуде колебаний A. Массу цилиндра m определим зная его плотность. Пусть h – высота цилиндра, тогда
\[ m=\rho _{2} \cdot V=\rho _{2} \cdot S\cdot h, \]
здесь учли, что объём цилиндра V = S∙h.
Модуль максимального ускорения am при гармонических колебаниях
\[ a=\omega ^{2} \cdot A=\omega ^{2} \cdot \Delta h, \]
где ω = 2π / T – циклическая частота, T – период колебаний.
Тогда второй закон Ньютона примет вид
\[ \begin{array}{l} {\rho _{1} \cdot g\cdot S\cdot \Delta h=\rho _{2} \cdot S\cdot h\cdot \frac{4\pi }{T^{2}} ^{2} \cdot \Delta h,} \\ {\rho _{1} \cdot g=\rho _{2} \cdot h\cdot \frac{4\pi ^{2}}{T^{2}},} \\ {h=\frac{\rho _{1} \cdot g\cdot T^{2}}{4\pi ^{2} \cdot \rho _{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 0,3 м.

Kivir

  • Гость
760. Математический маятник колеблется по закону
\[ x=x_{m} \cos (2\pi t+\phi _{0}). \]
Какова длина маятника? Величины в уравнении выражены в единицах СИ.
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.
\[ T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}. \]
Сопоставим формулу, данную в условии с уравнением колебаний в общем виде. Коэффициент перед t – циклическая частота, тогда
\[ \begin{array}{l} {\omega =2\pi ,\frac{2\pi }{T} =2\pi ,} \\ {2\pi \sqrt{\frac{l}{g} } =1,} \\ {l=\frac{g}{4\pi ^{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 0,25 м.

Kivir

  • Гость
759. При какой скорости поезда математический маятник длиной l = 11 см, подвешенный в вагоне, особенно сильно раскачивается, если длина рельсов L = 12,5 м?
Решение: явление резонанса, т.е. особенно сильное раскачивание маятника, при котором амплитуда его колебаний станет максимальной, наступит тогда, когда частота толчков, испытываемых поездом на стыках рельсов (вместе с поездом испытывает толчки и маятник), станет равна собственной частоте колебаний маятника. Т.к. частота – это величина, обратная периоду колебаний, то резонанс наступит в случае, когда промежуток времени от одного толчка до другого будет равен периоду собственных колебаний маятника. Время движения поезда между стыками определим зная пройденный путь L и считая движение поезда равномерным, со скоростью υ
\[ t=\frac{L}{\upsilon }. \]
Период собственных колебаний математического маятника
\[ T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}. \]
Тогда при резонансе
\[ \begin{array}{l} {t=T,\frac{L}{\upsilon } =2\pi \sqrt{\frac{l}{g}},} \\ {\upsilon =\frac{L}{2\pi } \sqrt{\frac{g}{l}}.} \end{array} \]
Ответ:19 м/с.

Kivir

  • Гость
758. Математический маятник состоит из шарика массой m = 50 г, подвешенного на нити длиной l = 1 м. Определить наименьшую силу натяжения нити, если шарик проходит через положение равновесия со скоростью υ = 1,4 м/с.
Решение: пусть максимальный угол отклонения шарика при колебаниях равен α. При этом шарик поднимется на высоту h, относительно нижней точки (положения равновесия). Как видно из рисунка, высота равна
\[ h=l-l\cdot \cos \alpha. \]
Воспользуемся законом сохранения механической энергии (за нулевой уровень возьмём положение равновесия), тогда в нижней точке – только кинетическая энергия, в верхней – только потенциальная в поле тяжести, т.е.
\[ \begin{array}{l} {E_{k} =E_{p} ,\frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2} =m\cdot g\cdot h,} \\ {\upsilon ^{2} =2\cdot g\cdot h=2\cdot g\cdot l\cdot (1-\cos \alpha ),} \\ {\cos \alpha =1-\frac{\upsilon ^{2} }{2\cdot g\cdot l}.} \end{array} \]
Для нахождения силы натяжения нити F, выберем систему отсчёта: координатную ось 0X направим вдоль нити (см. рис.). Ускорение шарика направлено по касательной к траектории (как и скорость, хотя в верхней точке скорость равна нулю). В выбранной системе отсчёта проекция ускорения на ось 0X равна нулю (ax = 0), следовательно, и равна нулю сумма проекций сил на данную координатную ось (из второго закона Ньютона). Проекция силы тяжести на ось равна mgx = mg∙cosα, силы натяжения равна: –F  (см. рис.). Тогда
\[ \begin{array}{l} {mg\cdot \cos \alpha -F=0,} \\ {F=mg\cdot \cos \alpha ,} \\ {F=mg\cdot \left(1-\frac{\upsilon ^{2} }{2\cdot g\cdot l} \right).} \end{array} \]
Ответ: 0,44 Н ≈ 4 ∙ 10-1Н.

Kivir

  • Гость
757. Шарик, имеющий массу m = 10 г и заряд q = 2 ∙ 10–4 Кл, подвешен на невесомой и нерастяжимой нити длиной l = 25 см в электрическом поле плоского горизонтального конденсатора. Разность потенциалов между пластинами конденсатора U = 120 В, расстояние между ними d = 30 см. Чему равен период колебаний шарика на нити?
Решение: шарик на нити будем считать математическим маятником. Период колебаний такого маятника определяется по формуле Гюйгенса
\[ T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}, \]
здесь g = 9,81 м/с2 – ускорение свободного падения. Когда заряженный шарик поместили в электрическое поле конденсатора, на него помимо силы тяжести mg (направлена вертикально вниз) стала действовать сила F со стороны электрического поля. Поэтому шарик, кроме ускорения свободного падения g, приобрёл ещё и дополнительное ускорение a. Это дополнительное ускорение обусловлено силой F, действующей на заряженный шарик. По второму закону Ньютона ускорение a равно отношению силы F к массе шарика m:
\[ a=\frac{F}{m}. \]
Силу F, действующую на шарик со стороны поля плоского конденсатора, определим как произведение заряда шарика q и напряжённости E поля конденсатора
\[ F=q\cdot E. \]
Поскольку поле конденсатора однородное, то его напряжённость E связана с напряжением на обкладках U зависимостью
\[ E=\frac{U}{d}. \]
С учётом этого, ускорение будет равно
\[ a=\frac{q\cdot E}{m} =\frac{q\cdot U}{m\cdot d}. \]
Возможны две ситуации.
Ситуация 1: нижняя обкладка конденсатора заряжена отрицательно (разноимённо с шариком), тогда напряжённость поля конденсатора направлена вниз, сила F будет также направлена вниз (сонаправлена с силой тяжести) и дополнительное ускорение a в этом случае также будет направлено вниз. Тогда период колебаний шарика
\[ \begin{array}{l} {T_{1} =2\pi \sqrt{\frac{l}{g+a}},} \\ {T_{1} =2\pi \sqrt{\frac{l}{g+\frac{q\cdot U}{m\cdot d}}}.} \end{array} \]
Ситуация 2: нижняя обкладка конденсатора заряжена положительно (одноимённо с шариком), тогда напряжённость поля конденсатора направлена вверх, сила F будет также направлена вверх (против  силы тяжести) и дополнительное ускорение a в этом случае также будет направлено вверх. Тогда период колебаний шарика
\[ \begin{array}{l} {T_{2} =2\pi \sqrt{\frac{l}{g-a}},} \\ {T_{2} =2\pi \sqrt{\frac{l}{g-\frac{q\cdot U}{m\cdot d}}}.} \end{array}  \]
Ответ:T1 = 0,7 с, T2 = 2,3 с.