Механические колебания и волны из сборника Савченко Н.Е.

[Kivir]

756. Шарик плотностью ρ₁ подвешен на невесомой и нерастяжимой нити длиной l в жидкой среде, плотность которой равна ρ₂. Определить период колебаний шарика. Трением пренебречь.
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 шарик поместили в жидкую среду, на него помимо силы тяжести mg, направленной вертикально вниз, стала действовать выталкивающая сила F (сила Архимеда), направленная вертикально вверх. Поэтому шарик, кроме ускорения свободного падения g, приобрёл ещё и дополнительное ускорение a, обусловленное силой F. По второму закону Ньютона ускорение a равно отношению силы F к массе шарика m:
\[ a=\frac{F}{m}. \]
Массу шарика определим, зная плотность материала ρ₁, из которого он изготовлен. Пусть V – объём шарика, тогда
\[ m=\rho _{1} \cdot V. \]
Выталкивающую силу F определим по закону Архимеда
\[ F=\rho _{2} \cdot g\cdot V. \]
С учётом этого, дополнительное ускорение будет равно
\[ a=\frac{\rho _{2} \cdot g\cdot V}{\rho _{1} \cdot V} =g\cdot \frac{\rho _{2} }{\rho _{1}}. \]
Выталкивающая сила F направлена вверх (против  силы тяжести), дополнительное ускорение a в этом случае также будет направлено вверх. Тогда период колебаний шарика
\[ \begin{array}{l} {T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g-a}},} \\ {T_{2} =2\pi \sqrt{\frac{l}{g\cdot \left(1-\frac{\rho _{2}}{\rho _{1}} \right)}}.} \end{array} \]

[Kivir]

755. Два математических маятника с периодами колебаний T₁ = 6 с и T₂ = 5 с соответственно одновременно начинают колебания в одинаковых фазах. Через какое наименьшее время фазы этих колебаний снова будут одинаковыми.
Решение: уравнение гармонических колебаний имеет вид
\[ x=x_{m} \cdot \cos \left(\omega t+\varphi _{0} \right), \]
где x – координата (смещение от положения равновесия) тела, x_m - амплитуда колебаний, φ₀ – начальная фаза колебаний, ω = 2π/T – циклическая частота, T – период колебаний математического маятника. Аргумент косинуса:  ωt + φ₀ = φ – фаза колебаний в момент времени t.
Пусть в некоторый момент времени t₁ фазы колебаний маятников снова будут одинаковыми, т.е.
\[ \begin{array}{l} {\varphi _{1} =\varphi _{2} ,\omega _{1} \cdot t_{1} +\varphi _{01} =\omega _{2} \cdot t_{1} +\varphi _{02},} \\ {\left(\frac{2\pi }{T_{2}} -\frac{2\pi }{T_{1}} \right)\cdot t_{1} =\varphi _{01} -\varphi _{02} ,} \\ {t_{1} =\frac{\left(\varphi _{01} -\varphi _{02} \right)}{2\pi } \cdot \frac{T_{1} \cdot T_{2}}{T_{1} -T_{2}}.} \end{array} \]
Начальные фазы колебаний маятников φ₀₁ и φ₀₂ определим из условия, что в начальный момент времени (t₀ = 0)маятники начинают колебания в одинаковых фазах, т.е.
\[ \begin{array}{l} {\cos \left(\omega _{1} \cdot t_{0} +\varphi _{01} \right)=\cos \left(\omega _{2} \cdot t_{0} +\varphi _{02} \right),} \\ {\cos \left(\varphi _{01} \right)=\cos \left(\varphi _{02} \right),} \\ {\varphi _{01} =\varphi _{02} +2\pi \cdot k,} \\ {\varphi _{01} -\varphi _{02} =2\pi \cdot k.} \end{array} \]
Подставим полученное выражение в уравнение для t₁, учтём, что ми-нимальное время будет при k = 1, тогда
\[ \begin{array}{l} {t_{1} =\frac{2\pi \cdot k}{2\pi } \cdot \frac{T_{1} \cdot T_{2} }{T_{1} -T_{2}},} \\ {t_{1} =\frac{T_{1} \cdot T_{2} }{T_{1} -T_{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 30 с.

[Kivir]

754. Часы с маятником длиной l = 1 м за сутки (t = 24 ч) отстают на Δt = 1 ч. На сколько нужно изменить длину  маятника, чтобы часы показывали точное время.
Решение: показания часов пропорциональны числу колебаний маятника. Число колебаний, в свою очередь, пропорционально периоду колебаний.  Поэтому отставание часов Δt так относится ко всему времени колебаний маятника t, как разница между периодами колебаний маятников часов идущих неточно T и точно T₀ (после коррекции), к периоду колебаний скорректированного маятника часов T₀:
\[ \frac{\Delta t}{t} =\frac{T-T_{0} }{T_{0}}. \]
Часы отстают, поэтому длину маятника часов нужно уменьшить на величину Δl, в этом случае период колебаний уменьшится, и за время t маятник совершит больше колебаний (показания часов пропорциональны числу колебаний). Воспользуемся формулой Гюйгенса
\[ T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} ,T_{0} =2\pi \sqrt{\frac{l-\Delta l}{g}} . \]
Подставим периоды колебаний в связь между периодами колебаний и показаниями часов, и решим полученное уравнение относительно Δl:
\[ \begin{array}{l} {\frac{\Delta t}{t} =\frac{2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} -2\pi \sqrt{\frac{l-\Delta l}{g} } }{2\pi \sqrt{\frac{l-\Delta l}{g}}} =\sqrt{\frac{l}{l-\Delta l}} -1,} \\ {\left(\frac{\Delta t}{t} +1\right)^{2} =\frac{l}{l-\Delta l} ,} \\ {\Delta l=l\left(1-\frac{t^{2} }{\left(t+\Delta t\right)^{2}} \right).} \end{array} \]
Ответ: 7,84 см ≈ 8 ∙10^–2 м.

Другой ответ см. здесь.

[Kivir]

774. Скорость волны вдоль резинового шнура υ = 3 м/с при частоте ν = 2 Гц. Какова разность фаз между точками, отстоящими друг от друга на l = 75 см?
Решение: запишем уравнение бегущей волны
\[ x=A\cdot \cos \left(\omega \cdot t-k\cdot r+\phi _{0} \right), \]
здесь x – смещение от положения равновесия точки, отстоящей на расстоянии r от источника колебаний, A – амплитуда колебаний, ω = 2πν - циклическая частота, k– волновое число, φ₀ – начальная фаза. Аргумент косинуса – фаза колебаний точки в момент времени t, т.е.
\[ \phi =\omega \cdot t-k\cdot r+\phi _{0}. \]
Пусть фаза колебаний первой точки φ₁, второй – φ₂, тогда разность фаз
\[ \Delta \phi =\phi _{1} -\phi _{2} =k\cdot \left(r_{2} -r_{1} \right)=k\cdot \Delta r. \]
Волновое число k показывает, сколько длин волн укладывается в 2π единиц длины, т.е.
\[ k=\frac{2\pi }{\lambda } =\frac{2\pi \cdot \nu }{\upsilon }, \]
здесь учли, что длина волны λ связана с частотой колебаний ν и скоростью волны υ. Тогда разность фаз колебаний двух точек волны будет равна
\[ \Delta \phi =\frac{2\pi }{\lambda } \cdot \Delta r=\frac{2\pi \cdot \nu }{\upsilon } \cdot \Delta r. \]
В нашем случае Δr = l. Получаем ответ
\[ \Delta \phi =\frac{2\pi \cdot \nu \cdot l}{\upsilon }. \]
Ответ: π рад.

[Kivir]

775. Длина волны λ = 60 см. На каком расстоянии друг от друга находятся точки волны с противоположными фазами колебаний? На каком расстоянии находятся точки с разностью фаз Δφ = π/4?
Решение: разность фаз колебаний двух точек волны определяется выражением (см. решение задачи 774)
\[ \Delta \phi =\frac{2\pi }{\lambda } \cdot \Delta r. \]
Откуда расстояние между точками
\[ \Delta r=\frac{\Delta \phi \cdot \lambda }{2\pi}. \]
Если точки колеблются  в противофазе, это означает, что разность фаз

Δφ = π.

Тогда, после подстановки получим ответ
\[ \Delta r_{1} =\frac{\lambda }{2} ,\Delta r_{2} =\frac{\Delta \phi \cdot \lambda }{2\pi}. \]
Ответ:30 см, 7,5 см.

[Kivir]

776. В некоторой среде распространяется волна. За время, в течение которого частица среды совершает N = 140 колебаний, волна распространяется  на расстояние l = 112 м. Найти длину волны.
Решение: пусть N колебаний совершено за время Δt, тогда период колебаний равен
\[ T=\frac{\Delta t}{N}. \]
Зная расстояние l на которое распространилась волна за время Δt, определим скорость распространения волны υ
\[ \upsilon =\frac{l}{\Delta t}. \]
Тогда длина волны λ будет равна
\[ \lambda =\upsilon \cdot T=\frac{l}{\Delta t} \cdot \frac{\Delta t}{N} =\frac{l}{N}. \]
Ответ: 0,8 м.

[Kivir]

777. Звуковая волна распространилась из воздуха в воду. Длина этой волны в воздухе λ₁ = 1 м. Каковадлина звуковой волны в воде? Скорость звука в воздухе υ₁ = 0,34 ∙ 10³ м/с, в воде – υ₂ = 1,36 ∙ 10³ м/с.
Решение: при переходе волны из одной среды в другую изменяется длина волны, т.к. изменяется скорость распространения воны в среде, но частота колебаний (период) остаётся неизменной. Воспользуемся связью между длиной волны λ, скоростью волны υ и частотой ν
\[ \lambda =\frac{\upsilon }{\nu } ,\nu =\frac{\upsilon }{\lambda }. \]
Тогда для воздуха и воды, получим
\[ \begin{array}{l} {\frac{\upsilon _{1} }{\lambda _{1} } =\frac{\upsilon _{2} }{\lambda _{2} } ,} \\ {\lambda _{2} =\lambda _{1} \cdot \frac{\upsilon _{2} }{\upsilon _{1}}.} \end{array} \]
Ответ:4 м.

[Kivir]

778. Имеются два когерентных источника звука. В точке, отстоящей от первого источника на l₁ = 2,3 м, а от второго на l₂ = 2,48 м, звук не слышен. Минимальная частота колебаний, при которой это возможно, ν = 1 кГц. Найти скорость звука.
Решение: если две когерентные волны приходят в одну точку пространства, то произойдёт сложение волн(явление интерференции), в результате которого произойдёт усиление или ослабление звука. По условию, звук не слышен. Запишем условие минимума интерференции: разность хода волн равна нечётному числу полуволн, т.е.
\[ l_{2} -l_{1} =\left(2k+1\right)\cdot \frac{\lambda }{2}, \]
здесь k – натуральное число (по условию частота минимальная, поэтому k = 0), λ – длина звуковой волны, которая связана со скоростью волны υ и частотой ν следующим образом
\[ \lambda =\frac{\upsilon }{\nu }. \]
Тогда из условия минимума получим
\[ \begin{array}{l} {l_{2} -l_{1} =\left(2k+1\right)\cdot \frac{\upsilon }{2\nu },} \\ {\upsilon =\frac{2\nu \cdot \left(l_{2} -l_{1} \right)}{\left(2k+1\right)} =2\nu \cdot \left(l_{2} -l_{1} \right).} \end{array} \]
Ответ: 360 м/с.

[Kivir]

779. Дорожный мастер, приложив ухо к рельсу, услышал звук начавшегося движения поезда, а через t = 2 сдо него донёсся гудок локомотива при отправлении. На каком расстоянии от станции отправления находился мастер? Скорости звуковых волн в воздухе и стали принять равными υ₁ = 330 м/с и υ₂ = 5000 м/с соответственно.
Решение: пусть расстояние до станции равно l, а время распространения звука в стали Δt, тогда в воздухе Δt + t, т.е.
\[ \begin{array}{l} {\Delta t+t=\frac{l}{\upsilon _{1} } ,\Delta t=\frac{l}{\upsilon _{2} } ,} \\ {\frac{l}{\upsilon _{2} } +t=\frac{l}{\upsilon _{1} } ,t=l\cdot \left(\frac{1}{\upsilon _{1} } -\frac{1}{\upsilon _{2} } \right),} \\ {l=t\cdot \frac{\upsilon _{1} \cdot \upsilon _{2} }{\upsilon _{2} -\upsilon _{1}}.} \end{array} \]
Ответ:706 м.

[Kivir]

780. Из пункта A в пункт В дважды был послан звуковой сигнал, частота которого ν = 50 Гц, причём в первый раз скорость звука была υ₁ = 330 м/с. Во второй раз температура воздуха была выше, поэтому скорость звука повысилась и стала равной υ₂ = 340 м/с. Число волн, укладывающихся на расстоянии от А до В, во второй раз оказалось, как и в первый, целым, но на две волны меньше. Определить расстояние между пунктами.
Решение: длина звуковой волны λ, связана со скоростью волны υ и частотой ν следующим образом
\[ \lambda =\frac{\upsilon }{\nu }. \]
Число волн определим из следующих соображений: т.к. это число целое, то разделив расстояние l между пунктами (его необходимо найти) на длину звуковой волны мы найдём число волн. Разность числа волн в первом и втором случае равна двум, тогда
\[ \begin{array}{l} {\frac{l}{\lambda _{1} } -\frac{l}{\lambda _{2} } =2,} \\ {l\cdot \nu \left(\frac{1}{\upsilon _{1} } -\frac{1}{\upsilon _{2} } \right)=2,} \\ {l=\frac{2\cdot \upsilon _{1} \cdot \upsilon _{2} }{\nu \cdot \left(\upsilon _{2} -\upsilon _{1} \right)}.} \end{array} \]
Ответ: 448,8 ≈ 4,5 ∙ 10² м.