1. собственные колебани

20
1. Собственные колебания без потерь
1.1. Уравнение гармонических колебаний
1.1.1. Уравнение гармонических колебаний точки задано уравнением
xt   A cos t   ,  =  рад/с,  = 0,2 с. Найти период колебаний Т и
начальную фазу 0.
Решение
1. Определим период колебаний
2
2

,  T
 2c .
T

2. Начальная фаза колебаний

0    рад  36 0 .
5
(1)
(2)
1.1.2. Колебательный процесс задан уравнением xt   A sin t   ,
циклическая частота колебаний равна  = 2,5 рад/с,  = 0,4 с. Найти
период Т, частоту  и начальную фазу колебаний 0.
Решение
1. Определим период заданного колебательного движения, воспользовавшись уравнением (1) предыдущей задачи
2
2
(1)
T

 0,8 c .
 2,5
2. Найдём частоту колебаний
 1
  2 ,   
  1,25 Гц .
(2)
2 T
3. Начальная фаза колебаний определится как
0    2,5  0,4   рад .
1.1.3. Зная уравнение колебательного движения материальной точки xt   A cost  0  , амплитуду А = 4 см, определить начальную фазу колебаний, если смещение в начальный момент времени х(0) = 2 см
.Найти скорость и ускорение для момента времени  = 1 с.
21
Решение
1. Перепишем заданное уравнение движения для начального момента времени (t = 0) и определим начальную фазу колебаний
A
1
1 
 A cos 0 ,  cos 0  , 0  arccos  .
(1)
2
2
2 3
2. Определим смещение точки для момента времени  = 1 с


x t   A cos t  ,
3

.
(2)


x    4  10 2 cos   1    2  10 2 м
3

3. Скорость материальной точки в заданный момент времени 
dx
x t  
 A sin t  0  ,
(3)
dt
м
4 
x   4  10 2  3,14 sin    0,1 .
(4)
с
3 
4. Ускорение точки в общем виде представится как
d2x
xt   2  A2 cost  0  .
(5)
dt
5. Перепишем уравнение (5) применительно к условиям данного
колебания
м
4 
x  4  10 2  10 cos    0,2 2 .
(6)
3
с


1.1.4. Точка, колеблющаяся по гармоническому закону с амплитудой
А = 4 см и периодом Т = 2 с в начальный момент времени имеет смещение x(0) = 2 см. Определить момент времени , когда скорость достигнет величины  1 м/с.
Решение
1. По заданным начальным условиям определим начальную фазу
колебаний
 2

x t   A cos
t  0  , x 0   4  10 2 cos 0 ,
(1)
 T

2  10 2 1
1

 , 0  arccos , 0  .
4  10 2 2
2
3
2. Запишем уравнение для скорости в общем виде
cos 0 
(2)
22
x t  
dx
 A sin t  0  ,
(3)
dt
для заданных условий уравнение (3) перепишется следующим образом
2  2

6,28 

x   A sin   ,  1  10 2  4  10 2
sin    . (4)
T
3
2
3
 T

3. Разрешим уравнение (4) относительно искомого времени 


sin     8  10 2 ,   0,33   arcsin 8  10 2 ,
3

  0,33  1,46,    1,13c .
(5)
1.1.5. Точка перемещается по круговой траектории радиуса R = 0,1
м против хода часовой стрелки с периодом Т = 6 с. Записать уравнение
движения точки, найти для момента времени  = 1 с смещение, скорость и ускорение точки. В начальный момент времени x(0) = 0.
Решение
1. Определим циклическую частоту колебаний
2  рад


.
(1)
T
3 с
2. Запишем уравнение смещения точки в общем виде


x t   R cos t  0  .
(2)
3

3. Перепишем уравнение (2) для заданных начальных условий, t = 0,
x(0) = 0

x 0  R cos0 , cos 0  0, 0  .
(3)
2
4. Определим смещение точки в момент времени  = 1 с


x   0,1cos  1    8,67  10 2 м .
(4)
2
3
5. Скорость точки в произвольный момент времени
2  

x t   R
sin t   ,
(5)
T
2
3
в момент времени  = 1 с
2  5 
м
5 
x   R
sin  , x   0,1  1sin    5  10 2 .
T
6
6
с




(6)
23
1.1.6. Колебания материальной точки происходят по гармоническому закону с амплитудой А = 3 см и циклической частотой  = /2
рад/с. Каких максимальных значений достигают скорость и ускорение
точки.
Решение
1. Пусть колебания происходят в соответствие с уравнением
(1)
xt   A sint  0  .
2. Скорость и ускорение на основе уравнения (1) будут определяться
следующими соотношениями
(2)
x t   A cost  0  ,
xt   A2 sin t  0  .
(3)
3. Максимальное значение скорости будет иметь место при достижении cos(t + ) = 1, другими словами
x max  A  3  10 2  1,57  4,7  10 2 м с .
(4)
4. Амплитудное значение ускорения определится на основе аналогичных рассуждений
x max  A2  3  10 2  2,47  7,4 м с 2 .
(5)
1.1.7. Задан закон гармонических колебаний точки: x(t) = Acos t,
причём, А = 5 см,  = 2 рад/с. Определить модуль ускорения для момента времени, когда скорость точки достигнет значения 8 см/с.
Решение
1. Запишем уравнение для скорости точки
dx
x t  
 A sin t .
(1)
dt
2. Для интересующего нас момента времени, когда x t   8 м с уравнение (1) перепишется следующим образом
(2)
x   Asin  ,
рассматривая далее только модули величин, можно определить значение 
x 
 x  
 sin  ,   arcsin 
(3)
  0,92 рад ,
A
 A 
1,5
 0,46 c .
(4)

3. Определим модуль ускорения точки в момент времени  = 0,46 с

24
x  A2 cos ,
x  5 102  4 cos2  0,46  12 10-2 м с2 .
(5)
(6)
1.1.7. Колеблющаяся гармонически точка достигает наибольшего
отклонения от положения равновесия А = 10 см и максимальной скорости vmax = 20 см/с. Определить циклическую частоту колебаний и максимальное значение ускорения.
Решение
1. Пусть точка колеблется в соответствие с уравнениями
xt   A sint  0  ,
x t   A cost  0  ,
(1)
(2)
xt   A sint  0  .
(3)
2. Запишем уравнение скорости (2) для амплитудного значения, когда sin(t + 0) = 1
x
рад
x max  A,    max  2
.
(4)
A
с
3. Максимальное значение ускорения определится как
x max  A2  0,4 м с .
(5)
2
1.1.8. При нулевой начальной фазе гармонические колебания точки
происходят таким образом, что: наибольшее значение скорости достигает величины vmax = 10 см/с, а максимальное ускорение аmax = 100
см/с2. Найти циклическую частоту , период Т и амплитуду А.
Решение
1. Выразим амплитудные значения скорости и ускорения, воспользовавшись уравнениями (2) и (3) предыдущей задачи, образовав систему
уравнений
x max  A;
(1)

2
x max  A .
2. Выразим из первого уравнения системы (1) амплитуду и подставим это значение во второе уравнение
x
x
x
рад
A  max ,  x max  max 2 ,    max  10
.
(2)


x max
с
3. Определим период колебаний
25
2
2 6,28
,T

 0,628 с .
(3)
T

10
4. Амплитуда колебаний определится из первого уравнения системы
уравнений (1)
x
10 2
A  max 
 10 2 м .
(4)

10

1.1.9. Гармонические колебания точки характеризуются тем, что в
некоторый момент времени 1 смещение точки из положения равновесия было равно х1 = 5 см. После увеличения фазы колебаний в два раза
смещение стало равным х2 = 8 см. Определить амплитуду колебаний,
если они протекают по закону x(t) = Asin t.
Решение
1. Запишем уравнения смещения точки для моментов времени 1 и 2
x 1  A sin t;
(1)

x 2  A sin 2t.
2. Преобразуем синус двойного угла
sin 2t  2 sin t cos t .
(2)
3. Перепишем систему уравнений (1) с учетом преобразования (2)
x 1  A sin t;
(3)

x 2  A2 sin t cos t.
4. Поделим уравнения системы (3) друг на друга почленно и определим значение фазы для момента времени 1
 x 
x1
1
(4)

,  t  arccos 2   arccos 0,8  0,64 рад .
x 2 2 cos t
 2x 1 
5. Подставим значение фазы в первое уравнение системы (1) и разрешим полученное соотношение относительно амплитуды
x1
(5)
x1  A sin 0,64,  A 
 8,33 10 2 м .
sin 0,64
1.1.10. Материальная точка массой m = 0,01 кг колеблется в соответствие с уравнением
xt   0,01 cos1,5t   3 .
Для момента времени  = 1 с определить смещение точки из положения равновесия, скорость, ускорение и величину возвращающей силы.
26
Решение
1. В данном случае амплитуда колебаний равна А = 10  2 м, циклическая частота   = 25 рад/с, начальная фаза  /3 рад, поэтому уравнение смещения материальной точки для заданного момента времени
примет вид
x   0,01 cos1,5  3,14  1  1,046   0,01 cos 5,756  8,8  10 3 м .
(1)
2. Уравнение для скорости точки в общем виде запишется в виде
производной координаты по времени
dx
x t  
 A sin t  0  ,
dt
для момента времени  =1 с
x   0,01  4,71 sin 5,756  2,35  10 2 м / с .
(2)
3. Ускорение точки в общем случае
d2x
xt   2  A2 cost  0  ,
(3)
dt
для заданного момента времени  = 1 с
x  0,01  22,2 cos 5,756  0,2 м / с 2 .
(4)
4. Величина возвращающей силы, действующей на точку в момент
времени  = 1 с

(5)
F  mx  0,01  0,2  2  10 3 H .
1.1.11. Материальная точка совершает гармонические колебания по
закону xt   0,02 cost  0  так, что в начальный момент времени
смещение точки составляет x(0) = 0,01 м при положительном направлении скорости. Определить начальную фазу колебаний 0.
Решение
1. Перепишем уравнение движения для момента времени t =0
(1)
x0  0,02 cos 0 .
2. Разрешим уравнение (1) относительно начальной фазы
0,01 
(2)
0  arccos
 рад .
0,02 3
3. Значению аргумента у косинуса 0,5 удовлетворяют два значения
угла, /3 и 5/3. Приемлемое для заданных условий значение угла определим из условия x 0  0
(3)
x t   Asint  0  .
Перепишем уравнение (3) для момента времени t =0
27
(4)
x t   Asin 0 ,
Подставим поочёрёдно в уравнение (4) значения углов: при значении
угла /3 скорость имеет отрицательное значение, а при  5/3 скорость
положительна, что удовлетворяет условию задачи. Следовательно,
начальную фазу следует принять равной 0 = 5/3.
1.1.12. Колебания материальной точки массой m = 10 3 кг протекают с амплитудой А = 10 2 см при частоте  = 1 Гц. Определить скорость точки с момент времени, когда её смещение из положения равновесия составит х = 510 3 м. Найти амплитудное значение возвращающей силы, действующей на точку и полную механическую энергию.
Решение
1. Составим систему уравнений, состоящую из зависимостей смещения и скорости от времени
x t   A cost  ;
(1)

x t   A sin t  .
2. Исключим их уравнений системы (1) время для чего возведём их в
квадрат
x 2  A 2 cos2 t  , x 2  A 22 sin 2 t   .
(2)
3. Освободимся от коэффициентов при тригонометрических функциях
x2
x 2
 cos2 t  ,
 sin 2 t   .
(3)
2
A
A 22
4. Сложим последние уравнения почленно
x2
x 2

 cos2 t    sin 2 t   ,
(4)
A 2 A 22
x2
x 2
x2
x 2


1
,

 1.
(5)
A 2 A 2 2
A 2 4 2  2 A 2
5. Разрешим уравнение (5) относительно скорости движения точки
x 2
x 2  2 2  A 2 , x 2  42 2 A 2  x 2  ,
(6)
4 
x  2 A 2  x 2  6,28 1 5  10 3  0,44 м / с .
(7)
6. Амплитудное значение возвращающей силы пропорционально
массе токи и её ускорению
F  mx  m2 A cost  , Fmax  42 2 mA .
(8)
Fmax  4  10  1  10 3  10 3  40 мкН .
(9)
28
7. При гармонических колебаниях суммарная энергия материальной
тоски определяется в виде суммы кинетической и потенциальной энергии. Поскольку в этой задаче речь идёт о колебаниях, протекающих без
потерь, то максимальное значение кинетической энергии будет равно
максимальному значению потенциальной энергии. Полную энергию
целесообразно вычислить, в этой связи, определив максимальное значение кинетической энергии
mv 2max
 max   max  E 
.
(10)
2
8. Амплитудное значение скорости определим из второго уравнения
системы уравнений (1)
x max  A  2  10 3  6,28  1  6,28  10 3 м / с ,
(11)
 max 
10 3  40
 20 мДж .
2
(12)
1.1.13. Материальная точка массой m = 1 кг колеблется гармонически с периодом Т = 1 с, при этом максимальное смещение точки из
положения равновесия равно А = 1 м. В начальный момент времени
смещение точки составляет х(0) = 0,33 м. Определить смещение, скорость и ускорение точки в момент времени  = 0,5 с.
Решение
1. Составим уравнение гармонических колебаний точки в соответствии с заданными условиями
 2

x t   A cos
t  0  .
(1)
 T

2. Начальную фазу колебаний 0 определим при подстановке значения времени t = 0 в уравнение (1)
x (0)
x 0  A cos 0 ,  0  arccos
 arccos 0,333  0,8 рад . (2)
A
3. Определим смещение точки для заданного момента времени 
 2

x t   1  cos
 0,5  0,8   1  cos1,8  0,8 м .
(3)
1


4. Найдём скорость точки в заданный момент времени
2  2
м

x   A sin   0,8   1  6,28 sin1,8  3,7 .
(4)
T
с
 T

5. Ускорение в данный момент времени будет составлять
29
x  A
4 2
cos1,8  40 cos1,8  32,4 м с2 .
T2
(5)
1.1.14. Материальная точка массой m = 1 кг, соединённая с горизонтальной пружиной колеблется гармонически с амплитудой А = 0,1
м. Период колебаний составляет Т = 2 с. В начальный момент времени
точка имеет максимальное смещение из положения статического равновесия. Определить величину кинетической и потенциальной энергии
для момента времени  = 1,5 с.
Решение
1. Запишем уравнение колебаний материальной точки
 2

x t   A cos
t  0  .
(1)
T


2. Определим начальную фазу колебаний из условия, что при t = 0
величина смещения х(0) = А
(2)
A  A cos 0 ,  cos 0  1,  0  0 .
3. Уравнение колебаний на основании уравнений (1) и (2) можно
переписать следующим образом
(3)
xt   0,1cost  ,
(4)
x  0,1cos1,5  0 .
4. Запишем на основании уравнения для смещения (3) уравнение
скорости точки
2
x t   A sin t  .
(5)
T
5. Подставим в уравнение скорости заданные параметры колебания
(6)
x   0,1 sin1,5  0,1м с .
6. Определим величину кинетической энергии в заданный момент
времени
mx 2 1  0,01


 0,05 Дж .
(7)
2
2
7. Потенциальная энергия точки зависит от упругости пружины и
величины смещения
kx 2

.
(8)
2
Поскольку смещение в заданный момент времени  = 1,5 с равно нулю,
то и потенциальная энергия будет нулевой.
30
1.1.15. Амплитуда гармонических колебаний составляет А = 0,1 м,
максимальное значение скорости  x max  0,5 м/с, начальная фаза равна
0 = 150. Определить смещение, скорость и ускорение точки через  =
0,2 с после начала движения.
Решение
1. Запишем уравнение смещения и скорости гармонических колебаний в общем виде
(1)
xt   A sint  0 , x t   Acost  0  .
2. В моменты времени, когда скорость достигает своего максимального значения cos(t + 0) = 1, поэтому
x
0,5
рад
.
(2)
x max  A,     max 
5
A
0,1
с
3. Определим смещение и скорость точки в заданный момент времени  = 0,2 с, для чего подставим заданные и найденные значения величин в уравнения (1)
15 

2
x   0,1sin 5  0,2  
(3)
  9,5  10 м .
180 


м

x   A cos     0,1  5 cos5  0,2  0,262   0,15 .
(4)
12 
с

4. Ускорение точки при  = 0,2 с определится следующим образом

м

x  A2 sin     0,1  25  0,953  2,4 2 .
(5)
12
с


1.1.16. Точка массой m = 110  2 кг колеблется с периодом Т = 10 с
при начальной фазе 0 = /10. Найти время, через которое смещение
точки из положения равновесия достигнет половины амплитуды.
Определить для этого момента времени значения скорости и ускорения точки если полная энергия колебательного движения составляет Е
= 0,1 Дж.
Решение
1. В уравнение гармонических колебаний материальной точки
 2

x t   A sin 
t  0  ,
 T

подставим заданное условие для смещения точки, когда x() = 0,5A
(1)
31
A
 2

 A sin   0 , 
2
 T

2. Полученное уравнение является
личины 
1
 2

   0   arcsin , 
2
 T

 2
 1
sin   0   .
(2)
 T
 2
основанием для определения ве 2
 
   0   ,
 T
 6
(3)
10  2  
   1,5 c .
(4)

2  10 10 
3. Воспользовавшись уравнением полной энергии при колебательном движении, определим амплитуду колебаний

m2 A 2
2E
T 2E
2  0,1
,A

 0,16
 0,7 м .
(5)
2
2 m 2 m
10 2
6. Определим далее скорость и ускорение колеблющейся точки при 
= 1,5м с, когда (2/Т + 0) = /6
2

x   A cos 6   A cos   0,38 м с .
(6)
T
6
E
м

x  A2 sin   0,7  0,4  0,5  1,4 2
с
6
Знак минус ускорения показывает, что вектор ускорения в данный момент времени направлен в сторону противоположную векторам смещения и скорости.
1.1.17. Определить силу, действующую на точку массой m = 10 г в
момент времени , когда скорость достигнет величины x   = 0,5 м/с,
если амплитуда колебаний равна А = 10 см, циклическая частота  =
10 рад/с, начальная фаза 0 = 0.
Решение
1. Запишем уравнения для смещения и скорости материальной точки
(1)
xt   A sin t, x t   Acos t .
2. Подставим в уравнение скорости, заданные величины и определим время 
arccos 0,5

x   0,1  10 cos10 , cos10   0,5;  

 0,1 c . (2)
10
3  10
3. Определим ускорение в момент времени  = 0,1 с
xt   Asin t; x  0,1  10 sin 10  0,1  0,84 м с 2 .
(3)
32
4. Найдём действующую в момент времени  силу
F  mx  10 2  0,84  8,4  10 3 H .
(4)
1.1.18. Материальная точка массой m = 0,1 кг совершает гармонические колебания при нулевой начальной фазе с периодом Т =10 с. За
какое время с момента начала движения точка сместится на половину
амплитуды А = 0,2 м. Какой кинетической энергией будет обладать
точка?
Решение
1. Запишем уравнение колебаний точки при заданных условиях
 2  A
 
  1
x t   A sin  ,
 A sin  , sin    ,
T
2
5


 
5  2


  ,    0,83 c .
5
6
2. Определим скорость в точки в момент времени  = 0,83 с
2   
м
x   A sin    0,2  0,628 sin 0,2  0,074 .
T
5
с
 
3. Сила, действующая на точку
mx 2  0,1  5,45  10 3
F 

 2,7  10 4 H .
2
2
(1)
(2)
(3)
(4)
1.1.19. Материальная точка, соединённая с горизонтальной пружиной совершает гармонические колебания с нулевой начальной фазой.
Определить отношение кинетической энергии точки к её потенциальной энергии для момента времени  = Т/12.
Решение
1. Запишем уравнения для смещения и скорости в общем виде
2
 2 
 2 
x t   A sin
t , x t   A cos
t .
(1)
T
T


 T 
2. Выразим коэффициент упругости пружины через частоту собственных колебаний
k
2
k
4 2 m
,

, k
.
(2)
m
T
m
T2
3. Запишем уравнения кинетической и потенциальной энергии точки

33
mx 2
kx 2
.
(3)
, 
2
2
4. Подставим в уравнения (3) значения скорости, смещения и коэффициента упругости пружины
2 2 m 2
2 2 m 2 2  2 
 2 
K
A cos2 
t ,  
A sin 
t .
(4)
2
T
T2
 T 
 T 
5. Определим отношение кинетической и потенциальной энергии
K cos2 2t T 
 2t 

 ctg2 
(5)
.
 sin 2 2t T 
 T 
6. Соотношение энергий материальной точки при  = Т/12
K
 2T 
2 
 ctg
(6)
  ctg  3 .

6
 12 T 
K
1.1.20. Записать уравнение гармонических колебаний, если известно,
что максимальное значение кинетической энергии равно К = 1 мкДж,
максимальная возвращающая сила Fmax = 1мН, при периоде колебаний Т
= 1 с и начальной фазе 0.=/4.
Решение
1. Максимальное значение кинетической энергии равно полной
энергии материальной точки
2 2 m 2
K max  E 
A .
(1)
T2
2. Воспользовавшись уравнением (2) предыдущей задачи, определим
величину максимальной силы
4 2 m
Fmax  kA 
A.
(2)
T2
3. Определим величину амплитуды, поделив уравнение (1) на уравнение (2)
K max A
2K max 2  10 6
 , A

 2  10 3 м .
(3)
Fmax
2
Fmax
10 3
4. Запишем уравнение колебаний


 2

x t   2  10 3 sin
t    2  10 3 sin 2t   .
(4)
4
4
 T

34
1.2. Простейшие колебательные системы без затухания
1.2.1. Тело массы m = 1 кг подвешенное на вертикальной пружине
совершает гармонические колебания с амплитудой А = 0,1 м и максимальным значением скорости 1 м/с. Определить жесткость пружины.
Решение
1. Запишем уравнение для смещения и скорости массы, соединённой
с пружиной
x t   A sin t;
(1)

x t   A cos t.
2. Уравнение амплитудного значения скорости позволяет найти собственную циклическую частоту колебаний 
x
1
рад
.
(2)
x max  A,    max 
 10
A
0,1
с
3. Циклическая частота собственных колебаний массы на пружине
без учёта потерь определяется уравнением

k
Н
,  k  2 m  100 .
m
м
(3)
1.2.2. Электрическая лампочка, соединённая с пружиной совершает вертикальные колебания с постоянной частотой  = 1 Гц и амплитудой А = 20 см. При
нахождении лампочки в крайнем нижнем и крайнем
верхнем положении кажется, что она вспыхивает ярче,
несмотря на то, что через нить накала течёт постоянный по величине ток. Почему?
Решение
1. Запишем уравнения смещения и скорости при гармонических свободных колебаниях и построим графики этих зависимостей
2

x t   A cos T t;
(1)

x t   A 2 sin 2 t.

T
T
2. Из системы уравнений (1) видно, что в момент времени 1 отклонение лампочки от положения равновесия будет максимальным, в то
35
время как скорость лампочки (точка 2*
нижнего графика) будет равна нулю, другими словами, у наблюдателя будет создаваться впечатление что, лампочка на некоторое мгновение останавливается. В
окрестностях точек 1*, 3* скорость лампочки будет иметь относительно малое
значение.
3. Вычислим максимальное значение
скорости

м
x max  0,2  6,28 sin  1,25 .
(2)
2
с
4. Когда смещение лампочки будет
достигать значений х(t) = 0, 95 А скорость
лампочки будет равна 0,2 м/с.
1.2.3. Математический маятник длиной l = 1 м с массой повешенного шарика m = 0,1 кг отклоняют от положения равновесия на расстояние  = 0,1 м. Определить действующую на шарик силу и зависимость потенциальной энергии шарика от смещения .
Решение
1. Изобразим маятник в положении, заданном
по условию задачи и приложим к шарику действующие силы: силу тяжести mg и силу натяжения нити Т. Выберем систему координат, совместив её начало с центром шарика, который в данной задаче можно считать материальной точкой,
так как длина нити подвеса полагается существенно большей размеров шарика.
2. Величина возвращающей силы F численно
будет равна проекции силы тяжести mg на
направление выбранной оси х

F  mg sin  .
(1)
3. Выразим угол отклонения маятника  через
его параметры
(2)
sin     .
4. Совместив уравнения (1) и (2), получим следующее уравнение для
модуля возвращающей силы
36
 mg  0,1 10  0,1
F

 0,1 H .
(3)

1
5. Потенциальная энергия численно равна работе, совершаемой при
подъеме шарика на некоторую высоту h . Элементарная работа, при малых значениях угла отклонения определится в виде произведения возвращающей силы (3) на бесконечно малое перемещение шарика d
mg 
d  A 
d .
(4)

6. Конечное изменение потенциальной энергии определится в виде
интеграла

mg
mg  2

d 
 0,05 Дж .
(5)
 0
2

1.2.4. Математический маятник длиной l = 10 м колеблется с амплитудой А = 0,1 м. Считая колебания маятника малыми, определить
максимальную скорость шарика маятника.
Решение
1. При отклонении маятника на величину А в точке наивысшего
подъёма шарика его энергия будет потенциальной, величина которой
определяется уравнением (5) предыдущей задачи. В момент прохождения шариком маятника положения статического равновесия вся потенциальная энергия преобразуется в кинетическую энергию.
2. Поскольку движение математического маятника анализируется
без учёта затухания (силы сопротивления отсутствуют) то справедлив
закон сохранения механической энергии
mg A 2 mv 2max
g
м

; v max  A
 0,1 .
(1)
2
2

с
1.2.5. Горизонтальный жёлоб слева от
нижней линии выгнут по цилиндрической
поверхности радиуса r, а справа  по поверхности радиуса R. Найти отношение
наибольших отклонений влево и вправо при
малых колебаниях в жёлобе небольшого шарика.
Решение
1. Выберем за нулевой уровень потенци-
37
альной энергии положение шарика в точке
стыковки поверхностей. В соответствие с
законом сохранения энергии, при отклонении
шарика из положения статического равновесия вправо на высоту h, шарик запасёт потенциальную энергию, определяемую уравнением (1) предыдущей задачи, которое для рассматриваемого случая
представится следующим образом
mgA 12
.
(1)
1 
2R
2. После скатывания в точку равновесия шарик по инерции станет
подниматься по жёлобу меньшего радиуса на ту же высоту, но при этом
отклонится на меньшее расстояние от положения равновесия
mgA 22
2 
.
(2)
2r
3. Поскольку потери при колебаниях отсутствуют, то возможно
энергии, определяемые уравнениями (1) и (2) приравнять
1   2 ;
mgA 12 mgA 22
A
R
.

, 1 
2R
2r
A2
r
(3)
1.2.6. На концах лёгкого диэлектрического стержня длиной l
закреплено два точечных разноимённых, заряда модули, которых
одинаковы и равны q. Конструкция помещена в электрическое
поле с напряжённостью Е. На заряды действует сила КулонаF =  qE.
Найти массу каждого шарика m, если амплитуда малых поперечных
колебаний равна А, а максимальная скорость vm.
Решение
1. Система электрических зарядов,
приведенная на рисунке, находится в
положении статического равновесия.
При повороте стержня вокруг оси,
проходящей через середину стержня
перпендикулярно плоскости вращения, т.е. вокруг точки о, возникнут
проекции сил Кулона F1 и F2, которые будут стремиться вернуть заряды
в исходное положение. Другими словами возникнет возвращающие си-
38
лы, являющиеся необходимым условием возникновения колебаний.
2. При амплитудном значении смещения система зарядов будет обладать потенциальной энергией
qEA 2

.
(1)

3. В момент прохождения зарядами положения статического равновесия вследствие отсутствия сопротивления, потенциальная энергия
преобразуется в кинетическую энергию
mv 2m qEA 2
2qEA 2

,m
.
(2)
2

v 2m
1.2.7. Шар массы m и радиуса r скользит по поверхности лунки с
кривизной R. Найти зависимость потенциальной энергии шара от величины его малых колебаний х из положения статического равновесия.
Решение
1. Охарактеризуем смещение
шара из положения равновесия
углом отклонения . Смещение
центра шара на расстояние х от
положения равновесия приведёт к
изменению взаимного направления силы тяжести mg и нормальной реакции связи N, что, собственно и является причиной возникновения возвращающей силы F
x
F  mg sin   mg
.
(1)
R r
2. Бесконечно малое изменение потенциальной энергии будет численно равно элементарной работе, совершаемой на перемещении dx,
составит
mgx
d 
dx .
(2)
R r
3. Изменение потенциальной энергии на конечном перемещении
запишется в виде следующего определённого интеграла
x
mg
mgx 2

xdx 
.
(3)

Rr 0
2R  r 
39
1.2.8. Две одинаковые, недеформированные
первоначально, пружины жёсткостью k, имеют
одну общую точку. Груз, какой массы необходимо
подвесить к общей точке пружин, чтобы он опустился в положение равновесия на малое расстояние y?
Решение
1. Определим удлинение пружины в проекции на вертикальную ось
(1)
y  y cos .
2. Проекция силы упругости одной пружины в проекцию на вертикальную ось
F  ky cos   ky cos2  .
(2)
3. При подвешивании к общей точке пружин груза массой m суммарная сила упругости в состоянии равновесия по модулю должна быть
равна силе тяжести
2ky cos2 
mg  2ky cos2 ,  m 
.
(3)
g
1.2.9. Математический маятник длиной l = 1 м с массой, подвешенного к нити шарика m = 1 кг, совершает малые гармонические колебания с амплитудой А = 0,1 м. Определить максимальное и минимальное
значение силы натяжения нити.
Решение
1. Определим угол отклонения нити маятника, воспользовавшись
уравнением (3) задачи 1.2.3
A
 0  arcsin  5,74 0 .
(1)

2. Минимальное значение силы натяжения будет наблюдаться в положении
шарика 2, когда он обладает только потенциальной энергией и скорость равна
нулю. Максимальное натяжение нити
подвеса будет иметь место в момент прохождения массой положения статического равновесия 1.
3. При амплитудном отклонении нити
математического маятника сила натяжения нити по модулю будет равна проек-
40
ции силы тяжести на направление отклонённой нити
F(min)  mg cos  0  110  0,995  9,95 H .
(1)
4. В момент прохождения шариком точки статического равновесия
эго энергия будет только кинетическая, что позволяет, используя закон
сохранения найти величину скорости
2
mv (max
)
,
(2)
  mgh  mg 1  cos 0  , K 
2
2
mv (max
)
mg 1  cos  0  
, v (max )  2g1  cos  0  .
(3)
2
5. Поскольку шарик маятника движется по круговой траектории радиуса l, то движение будет ускоренным, величина нормального ускорения определится как
2
v (max)
(4)
an 
 2g1  cos 0  .

6. Максимальное значение силы натяжения в положении шарика 1
будет равно сумме силы тяжести и фиктивной силы инерции, обусловленной наличием нормального ускорения
mv (2vax)
(5)
F(max)  mg 
 mg  2g1  cos 0   10,1 H .

1.2.10. Посередине натянутой струны
длины 2l закреплён шар массой m. Определить суммарную силу F, действующую на
шар со стороны струны, если его поперечное смещение из положения равновесия
 << l, а сила натяжения струны F не зависит от смещения. Как зависит потенциальная энергия шара от его смещения ? С какой скоростью движется шар в момент прохождения положения статического
равновесия? Амплитуда смещения шара А.
Решение
1. Определим проекцию
силы натяжения струны на
направление смещения шара

Fy  F cos   Ftg  F . (1)

2. Модуль силы, приложенной к шару со стороны струны, определится как сумма проекций сил натяжения
41
2F
2FA
, F (max)  
.
(2)


3. Потенциальная энергия будет численно равна работе силы, приложенной к шару на перемещении 
2F 2
  A 0  2F  
.
(3)

4. Ввиду отсутствия затухания, потенциальная энергия шара в нижнем положении при отклонении на  = А, полностью трансформируется
в кинетическую энергию в момент прохождения шаром положения статического равновесия
F  2Fy  
2FA 2 mv 2m
2F

, vm  A
.

2
m
(4)
1.2.11. Небольшое тело массой m
= 1 кг соединённое с горизонтальной
пружиной, совершает малые колебания с амплитудой А = 10 см, причём,
максимальное значение энергии достигает величины Е = 50 Дж. Через
какой промежуток времени  смещение точки после начала движения
достигнет половины амплитуды  = 0,5 А? Какова средняя скорость за
это время?
Решение
1. По величине заданной энергии можно определить жёсткость пружины, т.к. при амплитудном смещении массы её энергия будет только
потенциальной
kA 2
2E
E
,k  2 .
(1)
2
A
2. Определим далее частоту собственных колебаний
k
1 2E
рад

 100
.
(2)
m A m
с
3. Предположим, что колебания происходят по закону
(3)
xt   A sin t ,
в этом случае заданное условие смещения, с учётом уравнения (3) можно записать следующим образом
A
1
 A sin ,   arcsin ,   0,52 рад ,
(4)
2
2

42
0,52
 5,3 10 -3 c .
(5)

4. Средняя скорость по определению равна частному от деления перемещения на время, за которое оно совершается
A
м
 v 
 50 .
(6)
2
с

1.2 12. На какое расстояние  необходимо сместить из положения
равновесия груз массой m = 0,5 кг, соединённый с пружиной жёсткостью k = 200 H/м, чтобы он проходил положение равновесия со скоростью vm = 10 м/с?
Решение
1. Заданные масса и жёсткость пружины позволяют определить частоту собственных колебаний пружинного маятника
 k m .
(1)
2. Максимальная скорость груза определится как
v m    
k
m
,    vm
 0,5 м .
m
k
(2)
1.2.13. Колебательная система состоит их вертикальной пружины
и небольшого тела массой m1. Ели к колеблющемуся телу прибавить
массу m2 = 0,3 кг, то частота колебаний уменьшится в два раза. Определить начальную массу тела.
Решение
1. Запишем уравнения собственных частот

1
k
;
 1 
2

m
1


1
k

 2  2 m  m .
1
2

2. Поделим уравнения друг на друга
m1  m 2
.
n
m1
3. Разрешим уравнение (2) относительно искомой массы m1
n 2  1  m 2 m1 , m1  m 2 n 2  1  0,1кг .
(1)
(2)
(3)
43
1.2.14. Материальная точка, соединённая с пружиной колеблется с
периодом Т = 12 с. За какое время точка пройдёт расстояние от среднего положения до крайнего? Каково время прохождения первой и второй половины этого пути?
Решение
1. Запишем уравнение гармонического колебания в виде
 2 
x t   A sin 
t .
(1)
 T 
2. Для момента времени , когда точка переместится из положения
равновесия на величину амплитуды А уравнение (1) перепишется следующим образом
2

T
 2 
A  A sin
1 , 
1  arcsin 1  ,  1   3 c .
(2)
T
2
4
 T 
3. Время необходимое точке для отклонения на первую половину
амплитудного значения определится как
A
2
1 
T
 2 
 A sin
 2 , 
 2  arcsin  ,   2 
 1c .
(3)
2
T
T
2
6
12


4. Время прохождения второй половины пути до максимального отклонения
(4)
3  1   2  2 c .
1.2.15. Небольшое тело массой m = 1 кг
подвешено к пружине длиной l0 = 0,2 м с коэффициентом жёсткости k = 1 кН/м. Найти
положение равновесия относительно которого происходят гармонические колебания с малой амплитудой А =1 см и записать уравнение
движения.
Решение
1. Определим статическое удлинение пружины при подвешивании к
ней тела массой m
mg
mg  k,  
 0,01 м ,
(1)
k
длина пружины при равновесии массы, таким образом, равна
(2)
   0    0,21 м .
2. Определим далее циклическую частоту собственных колебаний
массы
44
k
рад
.
 1000  31,6
m
с
3. Запишем уравнение колебаний
xt   0,01 sin 31,6t .

(3)
(4)
1.2.16. Получить уравнение циклической частоты собственных колебаний математического маятника с длиной нити подвеса l. Определить зависимость углового ускорения шарика маятника от его отклонения  и величину возвращающей силы.
Решение
1. В качестве координаты выберем угол
отклонения нити . При отклонении нити
из положения равновесия на угол  возникает вращающий момент, стремящийся
вернуть шарик обратно. Уравнение движения грузика при этом записывается следующим образом
  mg  sin  ,
m 2 
(1)
где m 2  момент инерции грузика маятника относительно оси проходящей через точку О перпендикулярно плоскости чертежа,
  угловое ускорение грузика, mg sin  

момент силы тяжести.
2. При малых углах отклонения нити от положения равновесия можно принять, что sin    , в этом случае
g
  0.
(2)

3. Введём обозначение 2 = l/, где   циклическая частота собственных колебаний, т.е.
  g  0,  
 

g
.

4. Запишем уравнение движения грузика маятника

(3)
g
t.
(4)

5. Определим далее угловую скорость и угловое ускорение грузика
   0 2 sin t  2  .
   0  cos t , 
(5)
   0 sin t   0 sin
45
g
.

6. Из подобия треугольников  ОАВ и  ADK следует, что
x
F
mgx mg  sin 

,F

 mg sin  .
 mg


  

(6)
(7)
1.2.17. Известно, что ареометр совершает колебания в воде с периодом Т = 2 с. Каков будет период колебаний при опускании ареометра в
бензин с плотностью  = 730 кг/м3?
Решение
1. Ареометр обладает положительной плавучестью, к нему приложена сила Архимеда, которая в
данном случае будет выполнять роль возвращающей
силы
(1)
FA   L gV   L gsh ,
где L  плотность жидкости, g  ускорение свободного падения, V  объём погруженной части ареометра, s  средняя площадь поперечного сечения, h  глубина погружения.
2. С другой стороны силу, действующую на ареометр при его максимальном заглублении на величину h можно выразить из уравнения гармонического движения по известной схеме
2
2
2
2
4 2
x t   h sin
t, x t   h
cos t, x max  h
, x max   2 h ,
T
T
T
T
T
4 2
F  mx  m 2 h .
(2)
T
3. Запишем условие равновесия ареометра в проекции на вертикальную ось
 L gsh  m
4 2
m
.
h  0,  T  2
2
T
 L gs
4. Образуем систему уравнений

m
;
T1  2

1 gs



m

T2  2  gs ;
2

T1
1

,
T2
2
(3)
(4)
46
где Т1,  период колебаний в воде с плотностью 1 = 103кг/м3, Т2  период колебаний ареометра в керосине с плотностью 2 = 730 кг/м3.
5. Разрешим уравнение (4) относительно периода колебаний ареометра в керосине
T2  T1
1
10 3
2
 2,34 c .
2
730
(5)
1.2.18. Тело массой m = 1 кг может
без трения скользить по горизонтальной поверхности. Тело прикреплено
одновременно к двум пружинам с
жёсткостью k1 = 1000 Н/м и k2 = 800
Н/м. Определить максимальное значение скорости тела во время его малых
собственных колебаний c амплитудой А = 1 см.
Решение
1. Определим общую жёсткость параллельно соединённых пружин,
исходя из того, что они удлиняются на одну и ту же величину х
(1)
F1  k1 x, F2  k 2 x, F  F1  F2  xk1  k 2  ,
(2)
kx  xk1  k 2 ,  k  k1  k 2 .
2. Найдём частоту собственных колебаний массы, соединённой с
двумя параллельно соединёнными пружинами
k1  k 2
k
.
(3)

m
m
3. Запишем уравнения смещения и скорости гармонического колебания и найдём максимальное значение скорости
(4)
xt   A sin t; x t   A cos t; x max  A ,

x max  A
k1  k 2
1000  800
м
 10 2
 0,42 .
m
1
с
(5)
1.2.19. В условиях предыдущей задачи пружины соединили последовательно. Как это повлияет на величину
максимальной скорости колеблющейся массы?
47
Решение
1. В данном случае при растяжении или сжатии пружин на разные
величины х1 и х2, сила приложенная к концам пружин будет одинаковой, т.е. общая жёсткость пружин определится следующим образом
F
F
,
(1)
x  x1  x 2 , F  k1x1 , F  k 2 x 2 , x1  , x 2 
k1
k2
F F
1
kk
1 
F  k x 1  x 2   k  ; 1  k  ; k  1 2 .
k
k
k
k
k
2 
2 
1  k2
 1
 1
2. Определим собственную частоту колебаний
k 1k 2
k
.


m
mk 1  k 2 
(2)
(3)
3. Найдём максимальную скорость массы, подставив значение  из
уравнения (3) в уравнение (5) предыдущей задачи
k 1k 2
1000  800
м
(4)
x max  A  A
 10 2
 0,21 .
mk 1  k 2 
11000  800 
с
Так как эквивалентная жёсткость пружин при последовательном соединении уменьшается приблизительно в четыре раза в сравнении с параллельным их соединением, то скорость максимальная скорость уменьшается в два раза.
1.2.20. Пуля, массой m = 10 гр,
летящая горизонтально со скоростью v = 500 м/с попадает в тело
массой М = 5 кг, соединённое с
горизонтальной пружиной. Тело
вместе с застрявшей в ней пулей смещается из положения равновесия
на А = 10 см. Записать уравнение возникших гармонических колебаний.
Решение
1. Запишем уравнение гармонических колебаний
(1)
xt   A sint  0  .
2. Для определения начальной фазы 0 запишем начальные условия:
при t = 0, x(0) = 0, поэтому sin0 = 0, следовательно, 0 = 
3. Определим циклическую частоту колебаний массы с застрявшей в
ней пулей
48
k
.
(2)
Mm
4. Поскольку по условию задачи коэффициент упругости пружины
не задан, а потери при движении тела отсутствуют, то возможно для
определения k воспользоваться законом сохранения энергии. При максимальном сжатии пружины она приобретёт потенциальную энергию,
которая в процессе перемещения в точку статического равновесия преобразуется в кинетическую энергию
kA 2 M  m u 2
,
(3)

2
2
где u  скорость движения массы после попадания в нё пули, которую
можно определить, используя закон сохранения импульса
mv
.
(4)
mv  M  mu;  u 
M  m
5. Разрешим уравнение (3) относительно коэффициента упругости,
подставив в него значение скорости u из уравнения (4)
M  mu 2  M  m m 2 v 2  m 2 v 2 ,
k
(5)
2
A2
A 2 M  m 
A 2 M  m 

m 2 v 2 10 4  2,5 10 4
Н

 50 .
(6)
2
2
MA
5 10
м
6. Подставим значение коэффициента упругости в уравнение циклической частоты собственных колебаний
k
k
50
рад

 3,16
.
M
5
с
7. Запишем уравнение колебаний
xt   0,1sint   .

(7)
(8)
1.2.21. На рабочий стол вибростенда, колеблющийся с частотой  = 5 Гц, поставлен
для испытания системный блок персонального
компьютера. При какой амплитуде колебаний
блок не будет отрываться от поверхности
рабочего стола?
Решение
1. Блок будет оставаться в соприкосновении с поверхностью рабочего стола во всех
случаях, когда нормальная реакция связи будет
49
отлична от нуля. Уравнение второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось можно представить следующим образом
(1)
myt   mg  N .
2. Определим максимальное значение ускорения при колебательном
движении, используя уравнение гармонических колебаний
yt   A sin t; y t   A cos t; yt   A2 sin t .
(2)
y max   A 2 .
(3)
3. Найдём величину циклической частоты и подставим её значение в
уравнение (3)
  2 ;  y max  4 2  2 A .
(4)
4. Отрыв системного блока от поверхности стола вибростенда произойдёт при условии y max  g , другими словами
4 2  2 A  g; A 
g
10

 1 10 2 м .
2 2
4 
40  25
(5)
1.2.22. Математический маятник длиной l = 1 м с массой грузика М
= 0,5 кг совершает гармонические колебания, отклоняясь от положения равновесия на угол  = 100. При прохождении в очередной раз положение статического равновесия грузик налетает на кусок пластилина массой m = 0,1 кг, испытывая абсолютно неупругий удар. Во сколько
раз изменится потенциальная энергия грузика с налипшим на него пластилином и период колебаний маятника?
Решение
1. Определим потенциальную энергию маятника при его движении без
пластилина
(1)
1  mg 1  cos  .
2. При прохождении маятником положения статического равновесия потенциальная энергия полностью трансформируется в кинетическую энергию,
при этом скорость грузика определится
как
Mv 2
,
2
v  2g1  cos  .
Mg1  cos  
(2)
(3)
50
3. Для определения скорости движения грузика с налипшим на него
пластилином воспользуемся законом сохранения импульса
m 2g1  cos 
Mv
.
(4)

Mm
Mm
4. Кинетическая энергия грузика с налипшим на него пластилином
будет равна максимальному значению потенциальной энергии при максимальном отклонении
M  mu 2  M  mm 2 2g1  cos  .
(5)
2  K2 
2
M  m2
Mv  M  m u; u 
2gm 2 1  cos 
.
(6)
Mm
5. Определим отношение потенциальных энергий
1 Mg1  cosM  m  MM  m  0,5  0,6



 0,6 .
(7)
2
m 2 2g1  cos 
2m 2
0,5
6. Период колебаний маятника ввиду их изохронности, т.е. независимости от амплитуды, меняться не будет, кроме того, масса маятника в
уравнение периода не входит.
2 
1.2.23. Тело массы m, соединённое с
пружиной совершает вертикальные гармонические колебания. Рядом с колебательной системой расположено колесо,
вращающееся с угловой скоростью , причём точка С колеса находится постоянно
на овном уровне с центром масс тела. Где
находится положение статического равновесия тела. Через какое наименьшее
время повторится значение скорости и
смещения груза? Какова максимальная сила, действующая на тело?
Решение
1. Поскольку точка С вращающегося колеса находится постоянно на
одном уровне с центром масс колеблющегося тела, то циклическая частота колебаний тела будет совпадать с величиной угловой скорости
колеса, т.е.  = .
2. Ввиду синхронности вращения колеса и колебаний тела положение статического равновесия последнего будет совпадать с положением
оси вращения колеса.
51
3. Запишем уравнения для смещения, скорости и ускорения тела
(1)
yt   A sin t; y t   A cos t ; yt   A 2 sin t .
4. Значение скорости и смещения груза повторяются через время
соответствующее периоду колебаний тела
2
T
.
(2)

5. Максимальное значение силы, действующей на точку, будет
иметь место при sint = 1
F  mA  2 .
(3)
1.2.24. Для ареометра массой m с поперечным сечением трубки s помещённого в
жидкость плотностью  определить зависимость периода его свободных гармонических колебаний от его массы, диаметра
трубки и плотности жидкости
Решение
1. В положении статического равновесия величина силы тяжести должна уравновешиваться силой Архимеда
mg  gV  gsh .
2. При погружении ареометра вертикально вниз на глубину 
никнет дополнительная выталкивающая сила F, которую в данном
чае можно рассматривать как возвращающую
F  gV  sh    mg ,
(1)
возслу(2)
(3)
F  gV  sh    gV  sh  gs .
3. В данном случае возвращающую силу F можно рассматривать как
квазиупругую, т.е. F = k, где k = gs и записать уравнение периода колебаний ареометра в традиционном виде
T  2
k
m
.
 2
m
gs
1.2.25. Телу массой m = 0,5 кг, соединённому с двумя одинаковыми пружинами жёсткость k1 = k2 = 800 Н/м сообщили начальную
скорость v(0) = 3 м/с. Какова при этом будет
амплитуда колебаний тела, если оно находится на гладкой плоскости?
(4)
52
Решение
1.При возникновении гармонических колебаний одна из пружин
будет удлиняться на величину , а вторая  укорачиваться на такую же
величину. В соответствие с уравнением (2) задачи 1.2.18 суммарная
жёсткость пружин определится как
(1)
k  k1  k 2  1600 Н / м .
2. Деформация пружин будет происходить до тех пор пока сообщённая первоначально массе кинетическая энергия не трансформируется в
потенциальную энергию пружин
mv 02 kA 2
m
0,5
м

;  A  v0
3
 5,3 10 2 ;
(2)
2
2
k
1600
с
1.2.26. Диск массой М =0,1 кг подвешен к
пружине жёсткостью k = 1 кН/м. С высоты h
= 0,1 м на диск падает кольцо массой m = 0,1
кг, после чего возникают гармонические колебания. Полагая удар кольца о диск абсолютно
неупругим, определить амплитуду колебаний.
Решение
1. Кольцо, падая с высоты h, в момент соприкосновения с диском кольцо имеет скорость
v  2gh .
(1)
2. Скорость движения диска с кольцом определится из закона сохранения импульса
(2)
mv  m  M u ,
u
m 2gh
.
(3)
mM
3. До падения кольца, под действием силы тяжести Mg пружина деформируется на величину 1, причём
k1  Mg;
(4)
4. Масса кольца вызовет дополнительное статическое удлинение
пружины 2
k 2  M  mg .
(5)
5. При колебаниях без потерь справедлив закон сохранения энергии
M  m u 2  k  2  1 2  kA 2 ,
(6)
2
2
2
53
первое слагаемое описывает кинетическую энергию системы дисккольцо в начальный момент времени в положении 1, второе слагаемое
относится к потенциальной энергии пружины, растянутой на 1. Сумма
кинетической и потенциальной энергии в случае невесомости пружины
и отсутствия потерь равна потенциальной энергии пружины в момент
растяжения пружины на максимальную величину А.
6. Разрешим уравнение (6) относительно искомой амплитуды с учётом того, что 1 = Mg/k, 2 = (M+m)g/k
A
m2g 2
2m 2 gh


2
k
k M  m 
0,01 100 2  0,01 10  0,1

 110 2 м … (7)
10 6
10 3  0,2
1.2.27. Шарик движется между
двумя пересекающимися плоскостями, имеющими не одинаковый угол
наклона к горизонту. Определить
период колебаний шарика, считая
удар о плоскости абсолютно упругим, а качение происходящим без потерь.
Решение
1. При ускоренном движении шарика с высоты h из точки А в точку
В он, в соответствие с законом сохранения энергии, приобретёт скорость
v 0  2gh .
(1)
2. Последующий подъём из точки В в точку С по смежной наклонной плоскости будет равнозамедленным
(2)
v  v 0  at  v 0  g sin  1 .
3. Движение по наклонной плоскости происходит до тех пор, пока
кинетическая энергия шарика, приобретенная в результате столкновения с поверхностью, не трансформируется полностью в потенциальную
энергию, что характеризуется нулевым значением скорости
v0
v  0;  1 
.
(3)
g sin 
4. Спуск шарика из точки С в точку В будет происходить за время 2,
причём 2 = 1, другими словами шарик будет находиться на наклонной
плоскости с углом наклона  в течение времени
2v 0
  21 
.
(4)
g sin 
54
5. Для плоскости с углом наклона  можно записать уравнение, аналогичное (4)
2v 0
.
(5)
 
g sin 
6. Период колебаний шарика определится в виде следующей суммы
2v  1
1 
2h  1
1 
  2

.
(6)
T  1   2  0 


g  sin  sin  
g  sin  sin  
1.2.28. В одном из фантастических романов
предлагалось пробурить сквозной тоннель по одному из диаметров Луны, поместить туда тело,
которое станет совершать гармонические колебания относительно центра масс луны. Определить, с каким периодом в случае реализации проекта стали бы происходить колебания?
Решение
1. Разобьем объём Луны на большое
число шаровых слоёв и рассмотрим влияние данного слоя на точку, обладающую
массой m и находящуюся в плоскости шарового слоя. Конусы с малыми углами раскрытия будут обладать массами пропорциональными величинам площадей оснований 1 и 2, причём
1 r12
 .
(1)
 2 r22
2. В соответствие с законом гравитации
Ньютона силы, действующие на исследуемую массу со стороны образованных конусов, можно записать следующим образом
m  m1
m  1

G
;
F1  G r 2
r12

1
(2)

F  G m  m 2  G m   2 .
 2
r22
r22
3. Выразим из уравнения 1 и подставим в первое уравнение системы (2)
55
 2 r12
m 2 r12
m 2
,
(3)
,
F

G
G
1
2
2 2
r2
r1 r2
r22


откуда следует, что F1  F2 , т.е. сила со стороны рассматриваемого
1 
шарового слоя равна нулю.
4. Из приведенных выше результатов следует, что на массу, находящуюся на глубине h от поверхности Луны будет действовать сила гравитации
mM *
FG
.
(4)
R S  h 2
где M*  масса сферической части Луны, радиусом r = (RS  h)
4
3
M*   S R S  h  ,
(5)
3
здесь и далее в этой задаче: S  плотность Луны, RS радиус Луны.
5. Перепишем уравнение (4) с учётом значения M*
3
m 1,33  S R S  h 
mM S
R S  h   kr ,
FG
G
(6)
2
R S3
R S  h 
где r  расстояние от массы до центра Луны, k  GmM S R S3 .
6. Силу F можно считать восстанавливающей силой, которая в центре Луны будет иметь нулевое значение. Период колебаний запишется в
этом случае следующим образом
T  2
R S3
m
 2
.
k
GM S
(7)
1.2.29. Тело массы m1, соединённое с вертикальной пружиной колеблется с некоторой частотой . При увеличении массы тела на m2 = 0,5
кг частота уменьшилась в два раза. Определить величину m1.
Решение
1. Запишем уравнения собственных частот колебаний для тел заданных масс
1 
1
k
1
k
.
; 2 
2 m 1
2 m 1  m 2
(1)
2. Поделим эти уравнения друг на друга
1
n
2
m1  m 2
,
m1
(2)
56
откуда
n2 
m 2  m1
m
; n2  1 2 ;
m1
m1
m2
m
 n 2  1; m1  2 2  0,17 кг . (3)
m1
n 1
1.2.30. Во сколько раз изменится период колебаний тела на резиновом подвесе, если его укоротить на 75% его длины?
Решение
1. При укорачивании резинового подвеса будет меняться его коэффициент упругости
Es
Es
k1 
; k2 
,
(1)
1
2
где Е  модуль упругости материала подвеса,  1 ,  2  длины подвеса.
2. Уравнения для периодов собственных колебаний
m 1
m 2
T1  2
; T2  2
.
(2)
Es
Es
3. Найдём отношение периодов
T1

T2
1

2
1
 4  2.
0,25 1
(3)
1.2.31. Два небольших тела массами m = 0,1 кг и m2 = 0,2 кг соединены пружиной жёсткостью k = 500 Н/м, которая сжата и зафиксирована в таком положении ниткой. Какова будет частота колебаний
каждого тела, если нить пережечь?
Решение
1. Колебания тел после освобождения пружины будут совершать
колебания относительно центра масс
системы тел С, который расположен на расстояниях l1 и l2 от тел, для
случая свободной пружины. Положение центра масс должно удовлетворять условию
(1)
m1  1  m 2  2 .
2. Предположим далее, что при сжатии пружины грузы переместятся
соответственно на расстояния А1 и А2, в этом случае условие (1) перепишется следующим образом
m1  1  A1   m 2  2  A 2  .
(2)
57
3. Установим непосредственную взаимосвязь между массами и величинами А1 и А2
(3)
m1 1  m1A1  m1 2  m 2 A 2 .
4. С учётом уравнения (1) перепишем последнее равенство так
m
(4)
A 2  1 A1 .
m2
5. Деформацию пружины представим в виде суммы
 m 
m
(5)
x  A1  A 2 ; x  A1  1 A1  A1 1  1  .
m2
 m2 
6. При пережигании нити, удерживающей пружину в деформированном положении и в предположении, что они покоились на горизонтальной гладкой поверхности, второй закон Ньютона можно представить, в общем виде, следующим образом
(6)
kx  mx ,
2
где x   A  амплитудное значение ускорения,   циклическая частота колебаний, k  коэффициент упругости пружины.
7. Запишем уравнение (6) применительно к телу с массой m1, с учётом соотношения (6)
 m 
m1
4 2
kA 1 1  1   m1 2 A 1 ;  T  2
.
(7)
m
T

m1 
2 


k 1 
 m2 
T  6,28
0,1
 0,1 
500 1 

 0,2 
1.2.32. С целью увеличения показаний
пружинных весов продавец опускает без
начальной скорости кусок колбасы массой
m = 0,5 кг с высоты h = 0,1, мгновенно
считывает показания и объявляет сумму к
оплате. Определить величину истинных
показаний весов и величину показаний,
предъявленных продавцом, если жёсткость
пружины равна k = 200 Н/м.
Решение
1.Если колбасу, или иной продукт мас-
 7,2 10 2 c .
(8)
58
сой m = 0,5 кг положить на чашку весов, то деформация пружины, т.е.
истинные показания в единицах её длины составят
mg
(1)
ky 2  mg ; y 2 
 0,025 м .
k
2. При опускании товара с высоты h = 0,2 м деформация измерительной пружины будет происходить, как под действием веса, так и
вследствие дополнительного запаса потенциальной энергии
ky 22 ky 12
2mgh
,

 mgh ; y 2  y12 
2
2
k
(2)
2  0,5 10  0,1
 0,033 м .
(3)
200
3. Колбаса вместе с чашкой весов начнёт совершать гармонические
колебания с амплитудой
(4)
A  y 2  y1  8 мм ,
и периодом
y 2  6,25 10 4 
m
(5)
 0,3 c .
k
при этом показания весов в первый момент времени будут отличаться
от истинных, примерно на
y
  2 100  25 % .
(6)
y1
4. При этом, невнимательному покупателю будет представлена к
оплате масса m1  0,625 кг
5. Если же куску колбасы ещё придать начальную скорость, например v0 = 0,5 м/с, то ситуация с увеличением предлагаемой к оплате массы ещё усугубится, потому что уравнение (2) будет выглядеть так
T  2
mv 02
ky 22 ky 12
2mgh mv 02

 mgh 
; y 2  y12 

 0,04 м .
2
2
2
k
k
(7)
1.2.33. От тела, соединённого с пружиной жёсткостью k = 200 Н/м
без начальной скорости отделяется некоторая его часть массой m =
0,1 кг. На какую максимальную высоту поднимется оставшаяся часть
тела?
Решение
1. Запишем условия статического равновесия под действием веса
тела до, и после отделения части его массы
59
(1)
mg  kx 0 ; m  mg  kx 1 .
2. Определим статические удлинения пружины, соответствующие
уравнениям (1)
m  mg .
mg
(2)
x0 
; x1 
k
k
3. Максимальная высота, на которую поднимется тело после отделения от него части массы m, будет равна удвоенной амплитуде возникших колебаний
(3)
h  2A  2x 0  x1  .
4. Подставим в уравнение (3) значения х0 и х1 из уравнения (2)
20  0,1
 mg m  m   2g
h  2

m 
 1 10 2 м .
(4)

k
200
 k
 k
1.2.34. Проводящий стержень массой m
= 0,2 кг и длиной l = 2 м подвешенный к
вертикальной пружине с жёсткостью k =
100 Н/м в центре масс, колеблется с амплитудой А = 0,5 м в однородном магнитном поле с индукцией В = 0,1 Тл, направленном перпендикулярно плоскости чертежа.
Определить максимальное значение разности потенциалов между концами стержня.
Решение
1. Разность потенциалов будет обусловлена ЭДС индукции. Закон
Майкла Фарадея для рассматриваемого случая запишется следующим
образом

 i  Bv max  sin  Bv max  .
(1)
2
2. Неизвестное максимальное значение скорости v max  A определим следующим образом
k
.
m
3. Максимальное значение разности потенциалов
v max  A
U max  BA
k
100
 0,1 0,2  2
 0,6 B .
m
0,5
(2)
(3)
60
1.2.35. Тело массой m = 1 кг, соединенное с пружиной жёсткостью
k = 100 Н/м вывели из состояния равновесия. Через какое минимальное
время  кинетическая энергия тела станет равной потенциальной
энергии?
Решение
1. Запишем уравнения потенциальной и кинетической энергии колеблющегося тела
k 2
m 2

; K
,
(1)
2
2
где   деформация пружины,   скорость тела.
2. В соответствие с условием задачи
(2)
  ; k 2  m 2 .
3. Уравнения смещения и скорости при колебаниях без начальной
фазы имеют следующий вид
(3)
t   A sin t;  t   A cost .
4. Подставим значения смещения и скорости из уравнения (3) в
уравнение (2) и определим искомое время
(4)
kA2 sin 2 t  mA2 2 cos2 t , k sin 2 t  m2 cost ,
k
sin 2 t  2 cos t;  sin t  cos t;  tgt  1 ,
(5)
m


 m 3,14 1
  arctg1  ;   


 0,08 c .
(6)
4
4 4 k
4 100
1.2.36. Два тела массой m = 1 кг каждое подвешены на нитях одинаковой длины l = 1 м и соединены пружиной жёсткости k = 1 кН/м. В положении статического равновесия тел пружина не деформирована. Определить частоту малых
колебаний тел в случае их отклонения на
одинаковый угол в фазе и противофазе.
Решение
1. Если оба тела отклонить на одинаковый угол в одну сторону
(синфазно), то пружина по-прежнему останется недеформированной,
тела станут колебаться, при этом, с частотой
61

1 g
1
10


 0,5 Гц .
(1)
2 2  6,28 1
2. При отклонении тел на одинаковый угол  в противоположные
стороны пружина будет деформироваться. Определим возвращающую
силу
(2)
F  mg sin   2k sin  cos  .

3. При малых углах отклонения cos  1, поэтому
2k 

F  mg  2k sin ; F   g 
(3)
sin  .
m 

4. Возвращающая сила для обычного математического маятника
равна
(4)
F  mg sin  ,
циклическая частота собственных колебаний, при этом, определяется
известным уравнением
g
.
(5)

5. Сопоставляя уравнения (3), (4) и (5), можно видеть, что жля связанных пружиной маятников вместо ускорения свободного падения g в
уравнении циклической частоты собственных колебаний необходимо
использовать комбинацию величин
2 k
g
.
(6)
m
6. Уравнение циклической частоты примет вид

2 k 

g 

m 
 
,

частота колебаний определится как

2 10 3 1 
2k 

10 

g 


1 
1 
1
m 



 7 Гц .
2

6,28
1
(7)
(8)
1.2.37. Грузик маятника с длиной нити подвеса l = 2 м максимально
отклоняется на расстояние  = 2 см. За какой период времени  грузик
пройдёт расстояние х = 2 см, если колебания начинаются из состояния
равновесия? За какое время грузик пройдёт первую и вторую половину
этого пути?
62
Решение
1. Соотношение между диной нити повеса и амплитудой отклонения
грузика позволяет считать маятник математическим, т.е. определить
период его колебаний уравнением
T  2

 2,8 c .
g
2. В течение времени Т грузик пройдёт расстояние в четыре
превышающее амплитуду колебаний, поэтому крайнее положение
зик достигнет за время
T
   0,7 c .
4
3. Запишем далее уравнение колебаний в следующем виде
 2 
x t    sin 
t,
 T 
и подставим в него условие x t 1    2
(1)
раза
гру(2)
(3)

 2 
 2  1
  sin
t 1 ,  arcsin
t1   , 
(4)
2
 T 
 T  2
2

T

t1  ,  t1 
 0,23 c .
(5)
T
6
12
4. На вторую половину пути грузику потребуется время
(6)
t 2    t 1  0,47 c ,
что согласуется с кинематическими представлениями, потому что движение из положения статического равновесия в крайнее положение является замедленным.
1.2.38. Грузик массой m = 0,1 кг подвешенный
на нити длиной l = 2 м движется в горизонтальной плоскости по круговой траектории, так что
нить отклоняется от вертикали на малый угол
 (конический маятник). Определить период обращения грузика.
Решение
1. Возвращающая сила в случае конического
маятника определится уравнением
(1)
F  mgtg .
2. Поскольку по условию задачи радиус
окружности, по которой движется грузик маят-
63
ника, не изменяется, т.е. он находится на стационарной траектории, то
логично предположить, что сила F уравновешивается центробежной
силой, обусловленной наличием при криволинейном движении любого
вида нормального ускорения
4 2
Fi  m2 r  m 2 r ,
(2)
T
где   циклическая частота.
3. Приравняем уравнения (1) и (2)
4 2
(3)
m 2 r  mgtg  ,
T
откуда
T  2
r
 sin 
 cos 
.
 2
 2
gtg
gtg
g
(4)
4. При малых углах отклонения cos  1, поэтому
T  2

 2,8 c .
g
(5)
1.2.39. Тело скользит по
наклонной плоскости высотой h с
углом наклона  к горизонту без
трения. У основания плоскости
расположен абсолютно упругий
отражатель. Определить период возникших колебаний тела.
Решение
1. Движение тела вниз по плоскости будет происходить под действием проекции силы тяжести на направление движения
(1)
Fx  mg sin  .
2. Скорость тела, спускающегося с наклонной плоскости без начальной скорости, из кинематических соображений определится как
(2)
v x  g sin  ,
где   время движения тела из начальной точки, соответствующей высоте h, над горизонтом.
3. Выразим скорость из закона сохранения энергии
mv 2x
 mgh ,  v x  2gh .
(3)
2
4. Совместим уравнения (2) и (3) и разрешим полученное соотношение относительно времени 
64
1
(4)
2gh .
g sin 
5. Ввиду отсутствия потерь и абсолютной упругости взаимодействия
тела с отражателем, время подъема по плоскости будет равно времени
спуска, а период определится как
g sin   2gh ,
T  2 

2
sin 
2h
.
g
(5)
1.2.40. Оказавшись во время очередного путешествия на плоской
льдине площадью S = 5 м2, барон
Мюнхгаузен поначалу озадачился за
своё благополучие, но подпрыгнув на
льдине, он успокоился. Период колебаний льдины составил Т = 1 с. Зная
свою массу m = 80 кг, барон отметил,
что льдина достаточно толстая. Определить толщину льдины.
Решение
1. Масса льдины определится в виде произведения объёма льдины
на плотность льда
(1)
M   A Sh .
2. С другой стороны масса льдины может быть определена по периоду её собственных колебаний, потому что при изменении глубины погружения вследствие прыжка Мюнхгаузена появляется возвращающая
сила в виде не скомпенсированной силы Архимеда
(2)
F   L gV   L gSx  kx ,
где k  коэффициент возвращающей силы, x  глубина погружения
льдины при подпрыгивании барона, т.е. k = LgS.
3. Определим далее частоту собственных колебаний льдины
 gS
k
4 2
2 
 L
 2 .
(3)
Mm Mm T
4. Определим из уравнения (3) массу льдины М
T 2  L gS
M
m.
(4)
4 2
5. Совместим уравнения (1) и (4) и определим величину h
T 2 g m
h 2L 
 0,26 м .
(5)
4  A  A S
65
1.2.41. Посередине натянутой
струны длины L = 2м закреплён шар
массой m = 0,1 кг. Сила натяжения
струны Т = 100 Н остаётся постоянной при малых значениях смещения
струны, т.е. при условии x << L. Определите зависимость потенциальной энергии шара от его смещения. Какова скорость шара в моменты
прохождения им положения равновесия, если амплитуда смещения А =
5мм?
Решение
1. Определим сумму проекций сил натяжения нити на вертикальную
ось
2y
,
(1)
L
где   угол между струной, и линией её статического равновесия, y 
вертикальное отклонение шара.
2. Потенциальная энергия шара определится как
ky 2 2T y 2 Ty 2
U


.
(2)
2
L 2
L
3. В частности, при амплитудном отклонении шара его потенциальная энергия будет равна
TA 2 100  25 10 6
U

 1,25 мДж .
(3)
L
2
4. Максимальная скорость шара будет иметь место при прохождении
им положение равновесия, когда потенциальная энергия трансформируется в кинетическую энергию
mv 2max TA 2
2T
200
м
(4)

,  v max  A
 5 10 3
 0,16 .
2
L
mL
0,2
с
Ty  T cos   T
1.2.42. В близи рудного месторождения период колебаний математического маятника изменился на  = 0,1 %. Плотность руды в месторождении  = 8 г/см3. Оценить размеры месторождения, считая, что
его форма близка к сферической. Плотность Земли принять равной 0 
5,6 г/см3, радиус Земли R  6400 км.
66
Решение
1. Запишем, используя закон гравитации, уравнения для определения ускорений свободного падения, с учётом того, что над месторождением ускорение будет больше, нежели вдали от него
4
g 0  RG 0  4GR  0 ,
(1)
3
(2)
g  g 0  g x  g 0  4Gr   0  .
2. Запишем заданное по условию задачи соотношение периодов колебаний маятника
T  T0
T

100  0,1;  
 1  110 3 .
(3)
T0
T0
3. Отношение периодов выразим через значения ускорения свободного падения
g g
r    0 
2  0
 1
,
(4)
g0
R 0
r

 1R 0 2 10 3  6,4 10 6  5,6 10 3

 2,987 10 4 м  30 км .
  0
2,4 10 3
2
(5)
1.2.43. На сколько отстанут за сутки маятниковые часы на вершине Эвереста, высота которого составляет h  8,9 км?
Решение
1. Будем считать маятник математическим, а отставание часов
вследствие уменьшения величины ускорения свободного падения
M
M
g0  G 2 ; gh  G
,
(1)
R
R  h 2
представим следующим образом
(2)
   0   ,
где G  гравитационная постоянная, М  масса Земли, R  радиус Земли, h  высота над уровнем моря, 0 = 8,64104 с  показания часов за
сутки на уровне моря,   показания на высоте h.
2. Выразим число совершаемых маятником колебаний, через время,
в течение которого они происходят

N
N

;    0
.
(3)
0 N 0
N0
67
3. Запишем количество полных колебаний сделанных маятником на
уровне моря и на вершине Эвереста, выразив их величины через периоды


N0  0 ; N  0 ,
(4)
T0
T
N T0


N0
T
g
R2
N
R
.

;

2
g h R  h 
N0 R  h
(5)
где Т0  период колебаний маятника на уровне моря, Т  период колебаний на вершине.
4. Определим далее величину 

N 
h
8900
 0 
(6)
  1 
0 
 8,84 10 4  120 c .

Rh
6,4 10 6  8900
 N0 
1.2.44. Часы на основе математического маятника отрегулированы
в Москве. Нарушится ли в течение суток точность хода часов при перемещении их на экватор?
Решение
1. Определим величины нормального ускорения аn, возникающего
вследствие собственного вращения Земли с угловой скоростью  и линейной скоростью v
2
6,28
рад


 7,27 10 5
,
(1)
T 24  3600
с
v  r; v 0  R  7,27 10 5  6,4 10 6  465 м с; v M  R cos  , (2)
где Т = 24 часа  период обращений Земли,   560  широта Москвы;
v M  7,27 10 5  6,4 10 6  0,56  260 м с ,
(3)
v 02
v 2M
м
м
(4)
 0,0338 2 ; a n(M) 
 0,019 2 ,
R
с
R cos 
с
где аn(0)  нормальное ускорение на экваторе, аn(M)  на широте Москвы.
2. Ускорение свободного падения
M
5,88 10 24
м
(5)
g  G 2  6,7 10 11
 9,81 2 .
R
4,1 1013
с
Таким образом, на широте экватора и Москвы ускорения свободного
падения бут равны:
(6)
g 0  g  a n ( 0)  9,816м с 2 ; g M  g  a n ( M)  9,78 м с 2 ,
a n ( 0) 
68
где g0  ускорение свободного падения на экваторе, gM  ускорение свободного падения на широте Москвы.
3. Циклические частоты собственных колебаний маятника в этом
случае определятся как
g0
gM
0 
; M 
,
(7)


где   длина математического маятника.
4. Отношение времени, таким образом, можно отождествить с отношением частот
0

 0 
 M M
g0
.
gM
5. Преобразует последнее уравнение к виду
 g0

0   M 0  M

; 0   M  
 1 M ,
 gM

M
M


где М = 1 сутки =8,64104 с.
6. Определим разность показаний часов
 9,816

   0   M  
 1  8,64 10 4  159 c .
 9,78



(8)
(9)
1.2.45. В одном из своих многочисленных путешествий барон Мюнхгаузен достиг на Северном полюсе Земли глубокого колодца, из которого торчала земная абсолютно гладкая земная ось. Ухватившись за ось
барон без сопротивления соскользнул по ней до противоположного
Южного полюса. Определить время полёта Мюнхгаузена.
Решение
1. Всякое тело, включая досточтимого
барона, находится под действием силы
тяготения, которая будет обусловлена притяжением слоёв, лежащих ниже тела, погруженного вглубь планеты
x
F  mg ,
(1)
R
где R  6400 км  радиус Земли, х  расстояние от центра Земли до барона, g 
ускорение свободного падения на поверхности.
69
2. Сила F в данном случае будет возвращающей силой, необходимой
для возникновения гармонических колебаний вида F = kx, где
mg
.
(2)
k
R
Другими словами тело, находящееся в сквозном тоннеле, проделанном в
земном шаре, должно совершать, если пренебречь сопротивлением гармонические колебания с периодом
T  2
m
R
6,4 10 6
 2
 6,28
 84 ,5 мин .
k
g
9,81
(3)
3. Таким образом, для достижения Южного полюса барону потребуется 42,3 минуты.
1.2.46. Часы с математическим маятником помещены в вертикальное однородное электрическое поле напряжённостью Е = 2 104 В/м.
Грузику маятника массой m = 0,1 кг сообщили положительный заряд q
= 310  8 Кл. Как изменятся показания часов в течение 0 = 60 минут?
Решение
1. Рассмотрим ситуацию, когда вектор напряжённости электрического поля направлен вниз, в этом случае направление силы тяжести
будет совпадать с направлением кулоновской силы F = qE, при этом
сила натяжения стержня маятника увеличится, что приведёт к изменению периода
T0  2


.
; T  2
g
ga
(1)
2. За время наблюдения  без электрического поля маятник сделает
N0 колебаний, а в присутствии поля  N, причём
(2)
 0  T0 N 0  TN ,
откуда
(3)
0   N 0 N ,
где   показания часов в электрическом поле.
3. Разность хода часов определим как



T 
N
N
a  g 
   0 1  0    0 1 
,
  0     0  0
 0 1 




N0
T 
g 
 N0 



qE 
(4)
   0 1  1 
 11 c .

mg 

За один час отставание составит, таким образом, 11 с.
70
1.3. Сложение гармонических колебаний
1.3.1. Два одинаково направленных гармонических колебания с одинаковыми периодами и амплитудами А1 = 10 см и А2 = 6 см складываются таким образом, что результирующая амплитуда составляет А =
14 см. Найти разность фаз складываемых колебаний.
Решение
1. Результирующая амплитуда двух складываемых гармонических
колебаний с одинаковой частотой определяется как
A  A12  A 22  2A1 A 2 cos  ,
2. Выразим из уравнения (1) искомую разность фаз
 A 2  A12  A 22 
A 2  A12  A 22
 ,
 cos ;   arccos
2A1A 2
 2A1A 2


 196  100  36 
  arccos
  arccos 0,5  .
2

10

6
3


(1)
(2)
(3)
1.3.2. Два гармонических колебания c одинаковыми амплитудами и
частотами направленные в одну сторону складываются таким образом, что амплитуда результирующего колебания равна амплитуде исходных колебаний. Определить разность фаз исходных колебаний.
Решение
1. Запишем уравнение результирующей амплитуды
1
A  A 2  A 2  2A 2 cos  ; cos    ,
2
 1  2
 4 
  arccos   
или   .
2
3


 3 
(1)
(2)
1.3.3. Складываются два колебания x1 = A1sin t, x2 = A2sin (t + ),
причём: А1 = А2 = 1 см;  =  рад/с;  = 0,5 с. Записать уравнение результирующего колебания.
Решение
1. Определим начальные фазы и разность фаз исходных колебаний
1( 0 )  0; 1( 0 )     2 ,
(1)
71
  t    t     2 рад .
2. Найдём величину результирующей амплитуды
A 0  2A 2  2A 2 cos 2,
(2)
(3)
(4)
A 0  A 2  1,41 см .
3. Начальная фаза результирующего колебания определится уравнением
A1 sin 1( 0)  A 2 sin 2( 0 )

(5)
tg0 
 1; 0  arctg1  .
A1 cos 1( 0)  A 2 cos 2( 0)
4
4. Запишем уравнение результирующего колебания


x  1,41 sin  t   .
(6)
4
2
1.3.4. Точка участвует одновременно в двух колебаниях, протекающих в соответствии с уравнениями: x1 = A1sin t; x2 = A2cost, где А1 =
1 см, А2 = 2 см,  = 1 рад/с. Определить результирующую амплитуду А,
частоту  и начальную фазу. Записать уравнение результирующего
колебания.
Решение
1. Определим амплитуду результирующего колебания, с учётом того, что разность фаз составляет  = /2
A  A12  A 22  2,24 см .
2. Частота результирующих колебаний

  2 ;   
 0,16 Гц .
2
3. Найдём начальную фазу результирующего колебания
A1 sin 1( 0)  A 2 sin 2( 0)
0  arctg
 2; 0  0,352  .
A1 cos 1( 0)  A 2 cos 2( 0)
4. Запишем уравнение результирующего колебания
x  2,24 cos5,56 10 3 t  0,352  .
(1)
(2)
(3)
(4)
1.3.5. Складываются два гармонических колебания одного направления и с одинаковыми периодами Т1 = Т2 = 1,5 с и амплитудами А1 = А2 =
2 см. Начальные фазы колебаний 1 = /2, 2 = 2/3. Определить амплитуду и начальную фазу результирующего колебания. Записать урав-
72
нение колебания и построить векторную диаграмму сложения амплитуд.
Решение
1. Определим циклическую частоту колебаний и разность их фаз
2
рад
  2 
 4,2
,
(1)
T
с
(2)
  2  1   6 .
2. Амплитуда результирующего колебания А0
A 0  2A 2  2A 2 cos 6  3,86 см ,
(3)
где А1 = А2 = А.
3. Начальная фаза результирующего колебания

2
sin  sin
A sin 1  A sin  2
sin 1  sin  2
2
3 ,
(4)
tg0 


A cos 1  A cos  2 cos 1  cos  2 cos   cos 2
2
3
1  0,87
(5)
0  arctg
 0,417  .
0,5
4. Уравнение результирующего колебания


x  3,86 cos 4,2 t   .
(6)
6

5. Построим векторную диаграмму сложения амплитуд методом параллелограмма с
учётом того, что 1 = /2 (900), 2 = 2/3
(1200),  = /6 (300), А1 = А2 = 2 см.
1.3.6. Складываются три гармонических колебания одного направления с одинаковыми периодами Т1 = Т2 = Т3 = 2 с и амплитудами А1 =
А2 = А3 = 3 см. Начальные фазы колебаний 1 = 0, 2 = /3, 3 = 2/3.
Построить векторную диаграмму сложения амплитуд, из которой
определить результирующую амплитуду и начальную фазу. Записать
уравнение результирующего колебания.
1. Определим циклическую частоту колебаний
  2 T   рад / с  3,14 рад / с .
(1)
73
2. Найдём результирующую амплитуду методом векторных диаграмм в следующей последовательности:
2.1. Выбираем центр, из которого в
горизонтальном направлении откладываем в масштабе амплитуду А1 (1 = 0);
2.2. Под углом 2 = 600 с соблюдением масштаба строим амплитуду А2;
2.3. Получаем параллелограмм со
сторонами А1 и А2 и находим его диагональ, длина которой будет соответство

вать геометрической сумме A1  A 2 ;
2.4. Под углом 3 = 1200 к горизонтали строим амплитуду А3 и организуем второй параллелограмм со сторонами А3 и А1,2;
2.5. Диагональ второго параллелограмма совпала по направлению с
направлением А2, а по величине А1,3 = 2 А = 6 см;
2.6. Начальная фаза результирующего колебания равна 0 = 2 = /3.
2.7. Запишем уравнение результирующего колебания


x  6cos t  , см .
(2)
3

1.3.7. Сложить два гармонических колебания, происходящие в соответствие с уравнениями: х1 = А1cos(t + 1); x2 = A2cos(t + 2), где А1
= 1 см, 1 = /3, А2 = 2 см, 2 = 5/6. Записать уравнение результирующего колебания.
Решение
1. Определим разность фаз исходных колебаний
  2  1   3 .
2. Найдём амплитуду результирующего колебания
(1)
A 0  A12  A 22  2A1 A 2 cos  ,
A 0  1  4  4  0,5  2,64 см .
3. Найдём начальную фазу результирующего колебания
A sin 1  A 2 sin  2 0,87  2  0,5
tg0  1

 tg(1,5) .
A1 cos 1  A 2 cos  2 0,5  2  0,87
0  0,3 .
4. Запишем уравнение результирующих колебаний
x  2,24 cost  0,3 .
(2)
(3)
(4)
(5)
74
1.3.8. Два камертона колеблются одновременно с частотами  =
440 Гц и 2 = 440,5 Гц. Определить период биений.
Решение
1. Определим частоту биений
   2   2  0,5 Гц .
2. Период биений
1
T   2c .

(1)
(2)
1.3.9. На вертикальные и горизонтальные пластины осциллографа
подаются электрические сигналы: ux = 4sin t, uy = 3cost. Амплитудные значения напряжения выражены в условных единицах шкалы экрана осциллографа. Определить вид траектории электронного луча.
Решение
1. Для определения вида траектории необходимо из заданных уравнений исключить время, для чего образуем систему уравнений и преобразуем её следующим образом:
u x  4 sin t;
(1)

u y  3 cos t.
2. Возведём уравнения почленно в квадрат и выполним следующие
преобразования
u 2x  16 sin 2 t;

(2)

u 2y  9 cos2 t. 


u 2x
 sin 2 t; 
2
u 2x u y

16


1.

u 2y
16 9
2

 cos t ,

9
(3)
Траектория луча  эллипс.
1.3.10. Математический маятник совершает малые колебания в
одной плоскости в соответствие с уравнением x =Asint, где А = 2 см,
 = 0,05 рад/с. В момент времени, когда отклонение достигает амплитудного значения шарику маятника сообщают скорость v = 0,1 м/с,
направленную перпендикулярно плоскости качания. По какой траектории станет двигаться грузик маятника?
75
Решение
1. Грузик маятника будет участвовать одновременно в двух перпендикулярных колебаниях в соответствие с уравнениями
x  A sin t; 

(1)
v

y  cos t.


2. Исключим из системы уравнений время и подставим заданные
значения величин
x 2  A 2 sin 2 t; 
x 2 y 2 2
x 2 y2

2



1
;


 1;
(2)

v
A2
v2
4
4
y 2    cos 2 t;
 

x 2  y2  4 .
(3)
В соответствие с уравнением (3), грузик маятника будет двигаться по
круговой траектории вокруг оси, проходящей через положение статического равновесия с радиусом r = 2 см.
1.3.11. Концы пружины могут скользить
без трения по массивной неподвижной раме,
противоположными концами пружины присоединены к одному телу массой m. Как будет двигаться масса в случае выведения её из
состояния равновесия, если жёсткость
пружин k1  k2?
Решение
1. Колебания будут происходить с двумя
различными циклическими частотами под действием пружин, соединённых последовательно
2k 1
2k 2
. (1)
; 2 
m
m
2. Если предположить, что k1
>> k2, то результирующее движение будет представлять собой
модулированное колебание в,
которое получается в результате
сложения колебаний а и б.
1 