Dinamika_3


Лекция 3. Прямолинейные колебания точки
В данной лекции рассматриваются следующие вопросы:
1. Свободные колебания без учета сил сопротивления.
2. Сложение колебаний.
3. Энергия гармонических колебаний.
4. Понятие о фазовой плоскости.
5. Свободные колебания в поле постоянной силы.
6. Параллельное включение упругих элементов.
7. Последовательное включение упругих элементов.
8. Вынужденные колебания. Резонанс.
9. Свободные колебания с вязким сопротивлением.
10. Вынужденные колебания с вязким сопротивлением.
Изучение данных вопросов необходимо для динамики колебательного движения механических систем, теории удара, для решения задач в дисциплинах «Сопротивление материалов» и «Детали машин».
Свободные колебания без учета сил сопротивления.
Движения, обладающие той или иной степенью повторяемости, называются колебаниями.
Колебания свойственны всем явлениям природы: пульсирует излучение звезд, с высокой степенью периодичности вращаются планеты Солнечной системы, в земной ионосфере и атмосфере циркулируют потоки заряженных частиц, ветры возбуждают колебания воды на поверхности водоемов. Внутри любого живого организма непрерывно происходят разнообразные, ритмично повторяющиеся процессы, например, с удивительной надежностью бьется сердце, даже психика людей подвержена колебаниям. В виде сложнейшей совокупности колебаний частиц и полей можно представить «устройство» микромира.
В технике колебания либо выполняют определенные функциональные обязанности (маятник, колебательный контур, генератор), либо возникают как неизбежное проявление физических свойств (вибрация машин и сооружений, неустойчивости и вихревые потоки при движении тел в газах).
В физике выделяются колебания механические, электромагнитные и их комбинации. Это обусловлено той исключительной ролью, которую играют гравитационные и электромагнитные взаимодействия в масштабах, характерных для жизнедеятельности человека. С помощью распространяющихся механических колебаний плотности и давления воздуха, воспринимаемых нами как звук, а также очень быстрых колебаний электрических и магнитных полей, воспринимаемых нами как свет, мы получаем бóльшую часть прямой информации об окружающем нас мире.
По мере изучения колебаний различной физической природы возникло убеждение о возможности общего, «внепредметного» подхода к ним, основанного на свойствах и закономерностях колебательных процессов вообще. В результате появилась теория колебаний и волн. Основным математическим аппаратом теории колебаний являются дифференциальные уравнения.
Хотя колебания, рассматриваемые в различных областях, например в механике, радиотехнике, акустике и др., отличаются друг от друга по своей физической природе, основные законы этих колебаний во всех случаях остаются одними и теми же. Поэтому изучение механических колебаний является важным не только по той причине, что такие колебания очень часто имеют место в технике, но и вследствие того, что результаты, полученные при изучении механических колебаний, могут быть использованы для изучения и уяснения колебательных явлений в других областях.
Если значения физических величин, изменяющихся в процессе движения, повторяются через равные промежутки времени, то такое движение называется периодическим. Примерами периодического движения могут служить движение планет вокруг Солнца, движение поршня в цилиндре двигателя внутреннего сгорания и др. В зависимости от физической природы колебательного процесса и «механизма» его возбуждения различают механические и электромагнитные колебания. Колебательную систему вне зависимости от ее физической природы называют осциллятором. Примером осциллятора может служить колеблющийся груз, подвешенный на пружине или нити.
Полным колебанием называют один законченный цикл колебательного движения, после которого оно повторяется в том же порядке.
По способу возбуждения колебания делят на: свободные (собственные), происходящие в представленной самой себе системе около положения равновесия после какого-либо первоначального воздействия; вынужденные – происходящие при периодическом внешнем воздействии (например, колебания моста при прохождении по нему поезда или раскачивание человеком качелей); параметрические – происходящие при изменении какого-либо параметра колебательной системы; автоколебания – происходящие в системах, самостоятельно регулирующих поступление внешних воздействий. Собственные колебания являются не только самыми распространенными, но и самыми важными с точки зрения теории колебаний, так как условия возникновения и характер всех других типов колебаний существенно зависят от характера собственных колебаний.
Начнем с изучения свободных колебаний точки без учета сил сопротивления. Рассмотрим точку М, движущуюся прямолинейно под действием одной только восстанавливающей силы F, направленной к неподвижному центру О и пропорциональной расстоянию от этого центра. Проекция силы F на ось Ох (рис.1) будет равна
Fx=-cx.

Рис.1
Сила F, как видим, стремится вернуть точку в равновесное положение О, где F=0; отсюда и наименование «восстанавливающая» сила. Примером такой силы является сила упругости. Коэффициент c пропорциональности называется жесткостью упругого элемента.
Любая другая сила, неупругая по природе, но удовлетворяющая соотношению F = – cx, называется квазиупругой.
Найдем закон движения точки М. Составляя дифференциальное уравнение движения получим
md2xdt2=-cx.Деля обе части равенства на т и вводя обозначение
cm=ω02,приведем уравнение к виду
md2xdt2+ω02x=0.Уравнение представляет собою дифференциальное уравнение свободных колебаний при отсутствии сопротивления. Решение этого линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка ищут в виде x=ent. Полагая x=ent, получим для определения п так называемое характеристическое уравнение, имеющее в данном случае вид п2 +ω02 = 0. Поскольку корни этого характеристического уравнения являются чисто мнимыми (n1,2=±ik), то, как известно из теории дифференциальных уравнений, общее решение имеет вид
X=C1sinω0t+C2cosω0t,
где C1 и С2 - постоянные интегрирования. Если вместо постоянных C1 и С2 ввести постоянные а и α, такие, что C1=Acosα, C2=Asinα, то мы получим x=A(sinω0tcosα+cosω0tsinα) или x=Asinω0t+α.
Это другой вид решения, в котором постоянными интегрирования являются A и α. Им удобнее пользоваться для общих исследований.
Скорость точки в рассматриваемом движении равна
Vx=x=Aω0cos(ω0t+α).
Несмотря на большое разнообразие колебательных процессов, все они совершаются по некоторым общим закономерностям и могут быть сведены к совокупности простейших периодических колебаний, называемых гармоническими.
Колебания, совершаемые точкой по закону косинуса или синуса x=Asin⁡(ω0t+α) или x=Acos⁡(ω0t+α) называются гармоническими колебаниями.
Система, закон движения которой имеет такой вид, называется одномерным (линейным) классическим гармоническим осциллятором или сокращенно гармоническим осциллятором.
Скорость и ускорение гармонического осциллятора находят, взяв первую, а затем вторую производные от смещения x:
v=dxdt=x=-Aω0sin(ω0t+α)==Aω0cosω0t+α+π2=-vmaxsin(ω0t+α),a=dvdt=d2xdt2=x=-Aω02cos(ω0t+α)=-amaxcos(ω0t+α)==Aω02cos(ω0t+α+π)=-ω02x.Тогда сила
F=ma=mx=-mAω02cos(ω0t+α)==-Fmaxcos(ω0t+α)=-mω02x=-kx,Этот вид колебаний особенно важен по следующим причинам: во-первых, колебания в природе и в технике часто имеют характер, очень близкий к гармоническим; во-вторых, периодические процессы иной формы (с другой зависимостью от времени) могут быть представлены как наложение нескольких гармонических колебаний. Всем характеристикам этого движения можно дать наглядную кинематическую интерпретацию. Рассмотрим точку В, движущуюся равномерно по окружности радиуса а из положения В0 определяемого углом ∠DOB=α (рис.2).
Пусть постоянная угловая скорость вращения радиуса ОВ равна ω0. Тогда в произвольный момент времени t угол φ=∠DOB=α+ω0t и проекция М точки В на диаметр, перпендикулярный к DE, движется по закону x=Asin⁡(ω0t+α), где х=ОМ, т.е. совершает гармонические колебания.

Рис.2
Величина A, равная наибольшему отклонению точки М от центра колебаний, называется амплитудой колебаний. Величина φ=α+ω0t называется фазой колебаний.
Фаза колебания определяет смещение в момент времени t. Начальная фаза α определяет смещение тела в момент начала отсчета времени.
Фаза колебаний представляет собой угловую меру времени, прошедшего от начала колебаний.
Колебания точки, происходящие с постоянной амплитудой, называют незатухающими, а колебания с постепенно уменьшающейся амплитудой – затухающими.
Величина k, совпадающая с угловой скоростью вращения радиуса ОВ, показанного на рис.2 называется круговой (круговой) частотой колебаний.
Циклической или круговой частотой периодических колебаний называется число полных колебаний, совершаемых за время 2π с:
ω=2πv=2πT [рад/с]Промежуток времени Т (или τ), в течение которого точка совершает одно полное колебание, называется периодом колебаний.
По истечении периода фаза изменяется на 2π. Следовательно, должно kT=2π откуда период
T=2πω.Величина v, обратная периоду и определяющая число колебаний, совершаемых за одну секунду, называется частотой колебаний
v=1T=ω2π.Отсюда видно, что величина k отличается от Т только постоянным множителем 2π. В дальнейшем мы обычно для краткости частотой колебаний будем называть величину k.
Единица частоты колебаний — герц (Гц). Герц – это частота колебаний, период которых равен 1 с: 1 Гц = 1 с –1.
Если положение тела в любой момент времени может быть описано единственным параметром, то тело имеет одну степень свободы. Такое колеблющееся тело называют одномерным осциллятором.
Значения A и α определяются по начальным условиям. Считая при t=0 x=x0, Vx=V0 получим x0=Asinα и V0k=Acosα. Отсюда, складывая сначала квадраты этих равенств, а затем деля их почленно, найдем:
A=x02+V02ω02, tgα=ω0x0V0.Отметим, что свободные колебания при отсутствии сопротивления обладают следующими свойствами: 1) амплитуда и начальная фаза колебаний зависят от начальных условий; 2) частота k, а следовательно, и период Т колебаний от начальных условий не зависят.

Рис.3
Влияние постоянной силы на свободные колебания точки. Пусть на точку М, кроме восстанавливающей силы F, направленной к центру О, действует еще постоянная по модулю и направлению сила Р (рис.3). Величина силы F по прежнему пропорциональна расстоянию от центра О, т.е. F=c∙OM.
Очевидно, что в этом случае положением равновесия точки М будет центр О1 отстоящий от О на расстоянии OO1=δст, которое определяется равенством с∙δст=Р или
δст=Рс.Величину δст назовем статическим отклонением точки. Примем центр O1 за начало отсчета и направим координатную ось О1х в сторону действия силы Р. Тогда Fx=-cx+δст, Px=P. В результате, составляя дифференциальное уравнение движения и учитывая, что согласно равенству с∙δст=Р, будем иметь:
md2xdt2=-cx или d2xdt2+ω02x=0.Отсюда заключаем, что постоянная сила Р не изменяет характера колебаний, совершаемых точкой под действием восстанавливающей силы F, а только смещает центр этих колебаний в сторону действия силы Р на величину статического отклонения δст.
Физический маятник. Представляет собой твердое тело, совершающее колебания под действием силы тяжести вокруг неподвижной горизонтальной оси, не проходящей через центр масс (центр тяжести) тела (рис.4).

Рис.4
Колебания маятника, как и в случае математического маятника, совершаются под действием силы тяжести:
mgsinφ≈mgφЕсли маятник отклонить на некоторый угол от положения равновесия, то на него будет действовать момент силы:
M=mgsinφl(или для малых углов M=mgφl), возвращающий его в исходное положение, где l – расстояние от точки подвеса О до центра тяжести маятника – С.
Воспользовавшись основным уравнением динамики вращательного движения M=J∙ε, запишем уравнение колебаний физического маятника:
-mgφl=J∙d2φdt2 или d2φdt2+mglJ∙φ=0.Решением этого уравнения является выражение вида
φ=φmax∙cos(ω0t+φ0),где ω0=mglJ - частота собственных колебаний маятника.
Таким образом, маятник будет совершать гармонические колебания, период которых определяется выражением
T=2πJmgl,Приведенная длина физического маятника (lпр) – это длина такого математического маятника, период колебаний которого совпадает с периодом данного физического маятника:
lпр=Jml.
Математический маятник. Это модель, в которой вся масса сосредоточена в материальной точке, колеблющейся на невесомой и недеформируемой нити по дуге окружности в вертикальной плоскости под действием силы тяжести (рис. 5).

Рис.5
Момент силы, действующей на маятник равен,
M= -mglsinφ.
Знак « – » указывает, что момент силы противоположен направлению поворота. Так как угол φ мал, то sinφ≈φ и M= -mglφ.
Основное уравнение динамики для вращающегося тела имеет вид
M=J∙ε,
Для математического маятника момент инерции J=ml2, а угловое ускорение ε=d2φdt2. Тогда как уравнение движения математического маятника запишется
-mglφ=ml2d2φdt2.Перепишем это уравнение в следующем виде:
d2φdt2+glφ=0.Мы получили дифференциальное уравнение второго порядка, решением которого является
φ=φmaxcos(ω0t+φ0),где частота собственных колебаний маятника ω0=gl, т.е. период собственных колебаний равен
T=2πlg.Выражение определено только для малых углов φ.

Пружинный маятник. Это система, состоящая из груза массы m, прикрепленного к пружине, массой которой можно пренебречь по сравнению с массой груза.

Рис.6
При малом смещении шарика вправо относительно положения равновесия (рис.6) на него действует возвращающая сила F – сила упругости, пропорциональная смещению х и направленная к положению равновесия:
F=-kx,
где k – коэффициент упругости [Н/м].
Уравнение движения пружинного маятника определяется вторым законом Ньютона:
F=ma.
Так как a=d2xdt2, то уравнение движения шарика примет вид
-kx=d2xdt2∙m.Преобразуем это уравнение:
m∙d2xdt2+kx=0;или
d2xdt2+kmx=0,где km=ω02, ω0 - круговая частота собственных колебаний.
Следовательно, период собственных колебаний пружинного маятника будет определяться выражением
T=2πω, или T=2πmk.Запишем общий вид дифференциального уравнения гармонических колебаний:
d2xdt2+ω02x=0.Решением этого уравнения является функция x=Acos(ω0t+φ0), что можно проверить подстановкой. График x(t) приведен на рисунке 6.1.

Рис.6.1
Свойствами маятников широко пользуются в различных приборах (в часах, в приборах для определения ускорения свободного падения, ускорений движущихся тел, колебаний земной коры, в гироскопических устройствах, в приборах для экспериментального определения момента инерции тел).
Сложение колебаний
Векторная диаграмма колебаний. Решение многих вопросов, в том числе сложение нескольких колебаний одного и того же направления, значительно облегчается и становится наглядным, если изображать колебания графически в виде векторов на плоскости (рис.7).

Рис.7
Если привести этот вектор во вращение с угловой скоростью , то проекция конца вектора будет перемещаться по оси х в пределах от +А до –А, причем координата этой проекции будет изменяться со временем по закону:
x=Acos(ωt+φ0).
Следовательно, гармоническое колебание может быть задано с помощью вращающегося вектора, длина которого равна амплитуде колебания, а направление вектора образует с осью х угол φ, равный начальной фазе колебания. Вращение вектора х может быть задано уравнением
φ(t)=φ0+ωt.
Сложение колебаний одного направления. Биения. Возможны случаи, когда тело участвует одновременно в нескольких колебательных процессах, происходящих вдоль одного и того же направления. Например, шарик, подвешенный на пружине к потолку вагона, качающегося на рессорах, участвует в собственных колебаниях относительно вагона и в колебаниях вагона относительно Земли. Рассмотрим сложение двух гармонических колебаний одинакового направления и одинаковой частоты, но с различными начальными фазами и амплитудами:
x1=A1cos(ωt+φ1),
x2=A2cos(ωt+φ2). (1)
Представим оба колебания на векторной диаграмме и построим по правилам сложения векторов результирующий вектор A (рис. 7.1).

Рис.7.1
Так как проекция A на ось х равна сумме проекций слагаемых векторов, следовательно, вектор A представляет собой результирующее гармоническое колебание той же частоты ω, с амплитудой А и начальной фазой φ. Из построения видно, что по теореме косинусов можно записать:
A2=A12+A22-2A1A2∙cos[π-(φ2-φ1)],или
A2=A12+A22+2A1A2∙cos(φ2-φ1), (2)и
tgφ=A1sinφ1+A2sinφ2A1cosφ1+A2cosφ2. (3)Итак, при сложении двух гармонических колебаний одинаковой частоты, направленных по одной и той же прямой, результирующее движение – также гармоническое колебание с той же частотой ω и с амплитудой А, лежащей в пределах
(A1-A2)≤A≤(A1+A2). (4)
Если фазы обоих колебаний одинаковы φ2=φ1, то амплитуды колебаний просто складываются A=A1+A2.
Если φ2-φ1=π, то колебания находятся в противофазе, и A=|A1-A2|, в частности, если A1=A2, то A=0, т.е. оба колебания взаимно уничтожаются.
Биениями называют периодические изменения амплитуды колебаний, возникающие при сложении двух гармонических колебаний с близкими частотами (рис.7.2) (T – период биения).

Рис. 7.2
Биение возникает вследствие того, что разность фаз между двумя колебаниями с различными частотами все время изменяется так, что оба колебания оказываются в какой-то момент времени в фазе, через некоторое время – в противофазе, затем снова в фазе и т.д. Если А1 и А2 – амплитуды двух накладывающихся колебаний, то при одинаковых фазах колебаний амплитуда достигает наибольшего значения A=A1+A2, а когда фазы колебаний противоположны, амплитуда падает до наименьшего значения A1-A2. В простейшем случае, когда амплитуды обоих колебаний равны, их сумма достигает значения 2А при одинаковых фазах колебаний и падает до нуля, когда они противоположны по фазе.
Результат наложения колебаний можно записать в виде
Acosω1t+Acosω2t=2Acosω1-ω22t∙cosω1+ω22t, (5)где ω1 и ω2 - циклические частоты двух накладывающихся гармонических колебаний.
Если ω1 и ω2 мало различаются, то величину 2Acosω1-ω22t в уравнении (5) можно рассматривать как медленно меняющуюся амплитуду (огибающую) колебания, происходящего по закону
cosω1+ω22t.Частота Ω=ω1-ω2 называется циклической частотой биений.
T=2πΩ - период биений.
По мере сближения частот ω1 и ω2 частота биения Ω уменьшается, исчезая при ω1 → ω2 («нулевые» биения). Определение частоты биения между измеряемым и эталонным колебаниями – один из наиболее точных методов измерения частоты, широко применяемый на практике. Метод биений применяют для измерения емкости, индуктивности, для настройки музыкальных инструментов, при анализе слухового восприятия и т.д.
Сложение взаимно перпендикулярных колебаний. Рассмотрим систему, обладающую двумя степенями свободы, т.е. такую систему, для задания положения которой нужны две координаты.
На рисунке 8 тяжелый шарик, подвешенный на легкой длинной пружине, совершает маятникообразные колебания в одной плоскости. Если растянуть и отпустить пружину, то шарик будет двигаться по некоторой сложной траектории, участвуя в двух колебаниях.
На рисунке 8.1 показан тяжелый шарик, подвешенный на длинной тонкой нити. Этот шарик может совершать одновременно колебания во взаимноперпендикулярных направлениях, причем частоты колебаний одинаковы, в этом случае вид колебаний будет зависеть от разности фаз обоих колебаний.

Рис.8

Рис.8.1
Рассмотрим результат сложения взаимно перпендикулярных гармонических колебаний одной и той же частоты , совершающихся вдоль координатных осей х и у. Уравнения этих колебаний запишутся следующим образом:
x=A∙cosωt,y=B∙cos(ωt+φ), (6)где φ – разность фаз колебаний.
Чтобы получить уравнение траектории точки, нужно исключить из этих уравнений параметр t. Из первого уравнения следует, что
cosωt=xA, (7)тогда с учетом, что sin2ωt+cos2ωt=1, можно записать
sinωt=1-x2A2. (8)Преобразуем второе уравнение (6):
yB=cosωt∙cosφ-sinωt∙sinφ.Подставим sinωt и cosωt (7) и (8) и избавимся от корня:
yB=xA∙cosφ-1-x2A2∙sinφ.Возведем обе части равенства в квадрат:
xA∙cosφ-yB2=1-x2A2∙sinφ2.После преобразования имеем
x2A2-2xyAB∙cosφ+y2B2=sin2φ. (9) Как известно из аналитической геометрии, полученное уравнение является уравнением эллипса, ориентация и значение полуосей которого относительно осей х и у зависит от амплитуд А и В и разности фаз φ. Исследуем форму траектории в некоторых частных случаях.
1. φ=0. В этом случае уравнение примет вид
xA-yB2=0, или y=BA∙x.Это уравнение прямой, следовательно, в этом случае точка движется по прямой (рис. 8.2).
Рис.8.2
2. φ=±π. Уравнение траектории примет вид
xA+yB2=0, или y=-BA∙x,т.е. в этом случае точка гармонически колеблется вдоль прямой (рис.8.3).

Рис.8.3
3. При φ=±π2 уравнение траектории примет вид
x2A2+y2B2=1.Это уравнение эллипса, полуоси которого равны соответствующим амплитудам колебаний. Если А = В, эллипс вырождается в окружность; при φ=+π2 движение происходит по часовой стрелке, при φ=-π2 точка движется по эллипсу против часовой стрелки (рис. 8.4).

Рис.8.4
Фигуры Лиссажу. Если частоты двух взаимно перпендикулярных колебаний неодинаковы, то траектория результирующего движения имеет вид сложных кривых, называемых фигурами Лиссажу (таблица 1).
Метод фигур Лиссажу – широко распространенный способ сравнения (измерения) частот двух складываемых колебаний, т.к. отношение частот обратно пропорционально количеству точек касания кривой с соответствующей осью: ωxωy=nynx.Таблица 1
Отношение
nx/nyφ = 0 π/4 π/2 3π/4 π
1:1
1:2
1:3
2:3
3:4
Энергия гармонических колебаний
Колебания любых физических величин почти всегда связаны с попеременным превращением энергии одного вида в энергию другого вида.
Так, при отклонении маятника от положения равновесия увеличивается потенциальная энергия груза, запасенная им в поле тяжести; если груз отпустить, он падает, вращаясь около точки подвеса как около центра; в нижнем положении потенциальная энергия превращается в кинетическую, и груз проскакивает это положение равновесия, увеличивая снова потенциальную энергию. Далее процесс перекачки энергии повторяется, пока рассеяние (диссипация) энергии, обусловленное, например, трением, не приводит к полному прекращению колебаний (рис. 9).

Рис.9
Характерной чертой гармонического осциллятора является то, что средние значения кинетической и потенциальной энергии осциллятора равны друг другу и каждое из них составляет половину полной энергии. Покажем это. Кинетическую энергия колеблющегося тела можно определить, если в выражение для кинетической энергии EK=mv2/2 подставить скорость v=Aωcos(ωt+φ0):EK=mv22=12mω2A2cos2ωt (1)Потенциальная энергия, обусловленная упругой силой, определяется как эквивалент работы, необходимой для смещения тела на расстояние x от положения равновесия, и равна:
EP=-01(-kx)dx=kx22=12kA2sin2ωt.Учитывая, что k=ω2x, получим:
EP=12mω2A2sin2ωt (2)Полная механическая энергия осциллятора равна:
E=EK+EP.
E=12mω2A2cos2ωt+12mω2A2sin2ωt==mω2A22(sin2ωt+cos2ωt)=mω2A22.E=mω2A22.Из выражений (1) и (2) видно, что кинетическая и потенциальная энергии изменяются со временем, причем, когда кинетическая энергия максимальна, потенциальная энергия обращается в нуль, и наоборот (рис.9.1).

Рис.9.1
Период колебания кинетической и потенциальной энергий вдвое меньше периода колебаний системы. Полная механическая энергия гармонического колебания постоянна и пропорциональна квадрату амплитуды и квадрату частоты. Постоянство полной механической энергии обусловлено отсутствием потерь энергии на совершение работы против сил сопротивления.
Свободные затухающие колебания.
Реально свободные колебания под действием сил сопротивления всегда затухают. Объясняется это действием сил, тормозящих движение, например, сил трения в месте подвеса при колебаниях маятника, или силой сопротивления среды. В этом случае энергия механических колебаний постепенно расходуется на работу против этих сил. Поэтому свободные колебания под действием сил сопротивления всегда затухают. Затухание нарушает периодичность колебаний, потому они уже не являются периодическим процессом (рис.10).
Пусть точка совершает линейное гармоническое колебание в вязкой среде. Из опыта известно, что сила сопротивления среды зависит от скорости и направлена в сторону, противоположную скорости. При малых скоростях: Fсопр=-rv=-rdxdt, где r – постоянная величина, называемая коэффициентом сопротивления среды.
Уравнение колебаний:
md2xdt2=-kx-rdxdt.Введем обозначения: rm=2β, km=ω02, тогда дифференциальное уравнение затухающего колебания:
d2xdt2+2βdxdt+ω02x=0, (1)где β – коэффициент затухания, ω0 – собственная частота колебания. При отсутствии трения β=0, уравнение примет вид уравнения для свободных незатухающих колебаний. В результате решения уравнения (1) получим зависимость смещения х от времени, то есть уравнение затухающего колебательного движения:
x=A0e-βtcos(ωt+φ0). (2)Выражение A0e-βt называется амплитудой затухающего колебания. Амплитуда уменьшается по экспоненциальному характеру с течением времени и тем быстрее, чем больше коэффициент затухания. Огибающая на графике зависит от β. Чем она больше, тем круче огибающая, то есть колебания быстрее затухают (рис.10.1).

Рис.10

Рис.10.1
Путем подстановки функции (2) и ее производных по времени в уравнение (1), можно найти значение угловой частоты: ω=ω02-β2.
Период затухающих колебаний равен:
T=2πω02-β2.С увеличением трения период колебаний возрастает, а при β=ω0 период T⇒∞. При дальнейшем увеличении период становится мнимым, а движение точки апериодическим – выведенная из положения равновесия система возвращается в положение равновесия, не совершая колебаний (рис. 10.2).

Рис.10.2
Критическое затухание («успокоение») имеет большое значение в измерительных приборах, таких как баллистические гальванометры, которые испытывают резкие импульсивные воздействия в положении нулевого смещения.
Наглядной характеристикой затухания является отношение значений двух амплитуд, соответствующих промежутку времени в один период. Это отношение называют декрементом затухания θ:
θ=AtAt+T=A0e-βtA0e-β(t+T)=eβT.Его натуральный логарифм есть безразмерная величина, называемая логарифмическим декрементом затухания:
δ=lnAtAt+T=βT.Логарифмический декремент затухания – величина, обратная числу колебаний N, по истечении которых амплитуда колебаний уменьшается в е раз.
Промежуток времени τ=1β, в течение которого амплитуда затухающего колебания убывает в е раз, называют временем релаксации.
Тогда выражение для логарифмического декремента затухания примет вид: δ=Tτ или δ=1N.Добротность колебательной системы:
Q=πδ.Понятие о фазовой плоскости
Обычное описание движения системы с одной степенью свободы в виде зависимости координаты от времени x=x(t) не является единственно возможным. В ряде случаев, особенно при изучении нелинейных механических колебаний, определенными достоинствами обладает представление движения на фазовой плоскости.
Состояние системы в любой фиксированный момент времени t определяется парой соответствующих значений x и v=x и может быть представлено изображающей (фазовой) точкой в плоской декартовой системе координат x, v, если откладывать по оси абсцисс координату x, а по оси ординат – скорость v. Такая плоскость называется фазовой.
В процессе движения рассматриваемой системы величины x и v изменяются и, соответственно, меняется положение изображающей точки на фазовой плоскости. Геометрическое место изображающих точек для данного движения называется фазовой траекторией.
Для построения фазовой траектории при заданном законе движения x=x(t) нужно путем дифференцирования образовать выражение скорости v=x(t), а затем исключить время из двух уравнений: x=x(t), v=x(t).
Функция v=v(x) и описывает фазовую траекторию данного движения.
Фазовая плоскость особенно удобна для представления колебательных процессов, когда координата и скорость не выходят за известные пределы; поэтому вся картина движения даже в течение неограниченного времени занимает ограниченную часть фазовой плоскости.
Совокупность фазовых траекторий, которая описывает все возможные движения данной системы, называется фазовой диаграммой (фазовым портретом) данной системы.
Для свободных гармонических колебаний xt=A∙sin⁡(ω∙t+α), а vt=ω∙A∙cos⁡(ω∙t+α). Исключая из этих выражений время t получаем
(xA)2+(vω∙A)2=1.Это уравнение эллипса (рис.11). Его полуоси зависят от амплитуды и круговой частоты.

Рис.11
Свободные колебания в поле постоянной силы.
На материальную точку кроме упругой силы, действует сила постоянная по величине и направлению.

Рис.12
Обозначим ее Fст (рис.12), тогда дифференциальное уравнение движения точки примет вид:
m∙x+c∙x=Fст или x+ω2∙x=Fстm, где ω2=cm.Начальные условия имеют вид:
при t=0: x0=x0, v0=v0.Это неоднородное дифференциальное уравнение. Его решение складывается из решения однородного дифференциального уравнения и частного решения неоднородного дифференциального уравнения xчастнt=xст=Fстс.Решение имеет вид:
xt=C1∙cosω∙t+C2∙sinω∙t+Fстс,
xt=-ω∙C1∙sinω∙t+ω∙C2∙cos⁡(ω∙t)
C1=x0-Fстс C2=v0ωxt=x0-Fстс∙cosω∙t+v0ω∙sinω∙t+Fстс,
Если начало отсчета координаты сдвинуть на xст=Fстс, x1=x-xст (рис.13), тогда в новой системе отсчета решение будет иметь вид:
x1t=x10∙cosω∙t+v0ω∙sinω∙t, x1t=A∙sin⁡(ω∙t+α)
A=x102+v02ω2 - амплитуда колебаний;

Рис.13
Параллельное включение упругих элементов.
Масса закреплена с помощью двух упругих элементов расположенных параллельно (рис.14).

Рис.14
Сместим массу на расстояние x.
F1=-c1∙x, F2=-c2∙x,
F=F1+F2=-c1+c2∙x=-cΣ∙x.
Результирующая жесткость упругих элементов расположенных параллельно равна сумме жесткостей этих элементов.
Последовательное включение упругих элементов.
Масса закреплена с помощью двух упругих элементов расположенных последовательно (рис.15).

Рис.15
Сместим массу на расстояние x. В упругих элементах возникает восстанавливающая (упругая) сила F, одинаковая для обоих элементов (рис.15). Первый упругий элемент изменит длину на x1, второй - на x2.
x=x1+x2. F=-c1∙x1, F=-c2∙x2, F=-cΣ∙x.x=x1+x2=-Fc1-Fc2=-FcΣ, следовательно 1cΣ=1c1+1c2.Обратная величина результирующей жесткости упругих элементов расположенных последовательно равна сумме обратных величин жесткостей этих элементов.
Обратная величина жесткости упругого элемента называется податливостью этого элемента.
u=1c, u1=1c1, u2=1c2, u=u1+u2.Результирующая податливость упругих элементов расположенных последовательно равна сумме податливостей этих элементов.
Вынужденные колебания. Резонанс.
Рассмотрим важный случай колебаний, возникающих, когда на точку, кроме восстанавливающей силы F, действует еще периодически изменяющаяся со временем сила Q, проекция которой на ось Ох равна
Q=Q0sinpt.
Эта сила называется возмущающей силой, а колебания, происходящие при действии такой силы, называются вынужденными. Величина Р является частотой возмущающей силы.
Возмущающей силой может быть сила, изменяющаяся со временем и по другому закону. Мы ограничимся рассмотрением случая, когда Qx определяется указанным равенством. Такая возмущающая сила называется гармонической.
Рассмотрим движение точки, на которую, кроме восстанавливающей силы F, действует только возмущающая сила Q. Дифференциальное уравнение движения в этом случае
md2xdt2=-cx+Q0sinpt.Разделим обе части этого уравнения на т и положим
Q0m=P0.Тогда, учитывая обозначение, приведем уравнение движения к виду
d2xdt2+ω02x=P0sinpt.Уравнение является дифференциальным уравнением вынужденных колебаний точки при отсутствии сопротивления. Его решением, как известно из теории дифференциальных уравнений, будет x=x1+x2, где x1 - общее решение уравнения без правой части, а x2 - какое-нибудь частное решение полного уравнения.
Полагая, что p = k, будем искать решение x2 в виде
x2=A∙sinpt,где А - постоянная величина, которую надо подобрать так, чтобы равенство обратилось в тождество. Подставляя значение x2 и его второй производной в уравнение будем иметь:
-pAsinpt+k2Asinpt=P0sinpt.Это равенство будет выполняться при любом t, если A(k2-p2)=P0 или
A=P0ω02-p2.Таким образом, искомое частное решение будет
x2=P0ω02-p2sinpt.Так как x=x1+x2, а общее решение имеет окончательно вид
x=Asinω0t+α+P0ω02-p2sinpt,где A и α - постоянные интегрирования, определяемые по начальным данным. Решение показывает, что колебания точки складываются в этом случае из: 1) колебаний с амплитудой A (зависящей от начальных условий) и частотой k, называемых собственными колебаниями, и 2) колебаний с амплитудой А (не зависящей от начальных условий) и частотой р, которые называются вынужденными колебаниями
График вынужденных колебаний показан на рис.16.

Рис.16
Частота р вынужденных колебаний, как видно, равна частоте возмущающей силы. Амплитуду этих колебаний, если разделить числитель и знаменатель на k2, можно представить в виде:
A=P0|ω02-p2|=δ0|1-(pω0)2|,где δ0=P0ω02=Q0c, т. е. δ0 есть величина статического отклонения точки под действием силы Q0. Как видим, A зависит от отношения частоты р возмущающей силы к частоте ω0 собственных колебаний.
Подбирая различные соотношения между р и ω0, можно получить вынужденные колебания с разными амплитудами. При p=0 амплитуда равна δ0 (или близка к этой величине). Если величина р близка к ω0, амплитуда A становится очень большой. Когда p>> ω0, амплитуда A становится очень малой (практически близка к нулю).
Резонанс. При вынужденных колебаниях в случае, когда p= ω0, т.е. когда частота возмущающей силы равна частоте собственных колебаний, имеет место так называемое явление резонанса (резкое возрастание амплитуды колебаний системы). Размахи вынужденных колебаний при резонансе будут со временем неограниченно возрастать так, как показано на рис.16.1. При резонансе наступают наиболее благоприятные условия для поступления энергии в колеблющуюся систему от источника внешней силы. Увеличение амплитуды происходит до тех пор, пока вся работа внешней силы не сравняется с энергией потерь. В реальных условиях всегда существуют факторы, ограничивающие амплитуду колебаний и определяющие возможность существования резонанса. Это, прежде всего, рассеивание (диссипация) энергии в системе и неточное совпадение частоты вынуждающей силы с собственной частотой системы.
Амплитуда при резонансе
Aрез=F0m2βω02-β2,а резонансная частота
ω=ω02-2β2.
Рис.16.1
Резонанс играет большую роль в природе, науке и технике. Резонанс сооружений и машин при периодических внешних воздействиях может являться причиной катастроф. Чтобы избежать резонансного воздействия, подбирают соответствующим образом свойства системы или используют успокоители колебаний, основанные на явлении антирезонанса. В радиотехнике благодаря резонансу можно отделить сигналы одной (нужной) радио- или телестанции от всех других.
Свободные колебания с вязким сопротивлением.
Существуют устройства (демпферы), которые создают силу пропорциональную относительной скорости Fд=-b∙x (рис.17). Коэффициент пропорциональности называется коэффициентом демпфирования или коэффициентом вязкого сопротивления.

Рис.17
Дифференциальное уравнение движения точки с массой m, закрепленной на упругом элементе и демпфере имеет вид:
m∙x=Fy+Fд,m∙x+b∙x+c∙x=0 или x+2∙n+ω2∙x=0, ω2=cm, 2∙n=bm.Начальные условия имеют вид: t=0, x0=x0, v0=v0.Характеристическое уравнение имеет вид: λ2+2∙n∙λ+ω2=0.
Корни характеристического уравнения равны: λ1,2=-n±n2-ω2Рассмотрим возможные решения:
1-й случай n<ω, ω1=ω2-n2, λ1,2=-n±i∙ω1Решение имеет вид:
xt=A∙e-n∙t∙sin⁡(ω1∙t+α)
A=x02+(v0+n∙x0)2ω12, A∙e-n∙t - условная амплитуда затухающих колебаний;

Рис.18
ω1- круговая или циклическая частота затухающих колебаний. Измеряется в рад/сек.
α- фазовый угол (или просто фаза).
tgα=x0∙ω1v0+n∙x0.T1=2∙πω1>T=2∙πω- период затухающих колебаний (рис.18).
v1=1T1=ω12∙π - частота колебаний (1 колеб/cек=1 Гц)
D=ximaxxi+1max=en∙T1 - декремент колебаний.η=lnD=n∙T1 - логарифмический декремент колебаний.
Материальная точка совершает гармонические колебания с частотой ω1 и амплитудой, величина которой все время убывает.
Движение изображающей точки на фазовой плоскости показано на рис. 19.

Рис.19
2-й случай n>ω, ω2=n2-ω2, λ1,2=-n±ω2Решение имеет вид:
xt=e-n∙t∙(C1∙eω2∙t+C2∙e-ω2∙t)Материальная точка совершает затухающее неколебательное движение (рис.39).

Рис.20
3-й случай n=ω, λ1,2=-n (два одинаковых корня)
Решение имеет вид:
xt=e-n∙t∙(C1∙t+C2)Материальная точка так же совершает затухающее неколебательное движение (рис.20).
Вынужденные колебания с вязким сопротивлением.
Рассмотрим движение точки под действием трех сил: одна восстанавливающая сила, вторая - сила демпфирования (сила вязкого сопротивления), а третья зависит от времени. Ft=F0∙ei∙ω∙t- гармоническая возмущающая сила.
F0 - амплитуда возмущающей силы.ω- круговая частота возмущающей силы.

Рис.21
Дифференциальное уравнение движения точки с массой m, закрепленной на упругом элементе и демпфере (рис.21), под действием возмущающей гармонической силы имеет вид:
m∙x+b∙x+c∙x=F0∙ei∙ω∙t.Задавая решение уравнения в виде: xt=x0∙ei∙ω∙t и подставляя его в дифференциальное уравнение получим алгебраическое уравнение для определения амплитуды вынужденных колебаний.
-m∙ω2∙x0+i∙ω∙b∙x0+c∙x0=F0.Разделим его на массу и обозначим Ω2=cm, 2∙n=bm, тогда x0∙Ω2-ω2+i∙ω∙2∙n=F0/m и окончательно
x0=F0/mΩ2-ω2+i∙ω∙2∙n - амплитуда вынужденных колебаний.
Ω - частота собственных колебаний
Материальная точка колеблется с амплитудой x0 и частотой возмущающей силы ω.
Построим зависимость модуля амплитуды |x0| от частоты возмущающей силы ω (рис.22).

Рис.22
Модуль амплитуды вынужденных колебаний возрастает от xст=Fстc (при ω=0) до некоторой величины, а затем убывает до нуля (при ω→∞).
Примеры решения задач
Пример 1. Колебания материальной точки происходят относительно положения равновесия по закону х=А∙sinωt с периодом T=12 с. Определить, за какой наименьший промежуток времени t1 точка удалится от положения равновесия на расстояние, равное половине амплитуды x=A/2. За какой промежуток времени t2 она пройдет оставшуюся часть пути до максимального отклонения.
Найти: t1-? t2-?
Решение. В момент времени t1 cмещение равно А/2: А/2=А∙sinωt1, sinωt1=1/2, т.е. ωt1=π/6, или (2π/Т)t1=π/6.
Отсюда t1=T/12=1 c.
Расстояние от точки равновесия до точки максимального отклонения материальная точка проходит за t=T/4. Следовательно, t2=T/4- T/12= 2 c.
Пример 2. За какую часть периода точка, совершающая гармонические колебания по закону косинуса, сместится на половину амплитуды, если в начальный момент она находилась в положении равновесия?
Решение. Колебания точки описываются уравнением x=Acos(ω0t+α). Поскольку при t = 0 смещение х = 0, то начальная фаза φ должна равняться π/2, т.е. уравнение имеет вид:
x=Acos2πTt+π2=-Asin2πTt.По условию смещение x=A/2, следовательно, sin2πTt=12 (знак «минус» не учитываем, т.к. нас интересует первое попадание колеблющейся частицы в данное положение).
Отсюда 2πTt=π6 и t=T12.Пример 3. Точка совершает колебания по закону x=5cosω0t (м), где ω0= 2 с–1. Определить ускорение точки в момент времени, когда ее скорость равна 8 м/с.
Решение. Зависимости скорости и ускорения колеблющейся точки от времени задаются уравнениями
a=x=-Aω0sin(ω0t+α) и при α=0
sinω0t=-vAω=-85∙2=-0,8.Следовательно, cosω0t=1-sin2ω0t=0,6. Тогда a=x=-Aω02cos(ω0t+α) и с учетом того, что α=0, получаем a=-Aω02cosω0t=-5∙4∙0,6=-12 м/с2.
Пример 4. Максимальная скорость точки, совершающей гармонические колебания, равна 10 см/с, максимальное ускорение равно 100 см/с2. Найти циклическую частоту колебаний, их период и амплитуду.
Решение. Из формул
x=Acos(ω0t+α),
v=-Acos(ω0t+α)=-vmaxsin(ω0t+α),
a=-Aω02cos(ω0t+α)=- amaxcos(ω0t+α),
видно, что xmax=A; vmax=Aω; amax=Aω2.
Тогда amaxvmax=Aω02Aω0=ω0.Откуда ω0=10 с–1.
Период T=2πω0=0,2π=0,628 с.
Амплитуда A=vmaxω0=0,110=0,01 м.Пример 5. Амплитуда гармонических колебаний материальной точки А = 0,02 м, полная энергия колебаний W=3∙10–7 Дж. При каком смещении от положения равновесия на колеблющуюся точку действует сила F= 2,25∙10–5 Н?
Решение. Из E=EK+EP=mω02A22 можно выразить mω2=2EA2.
Тогда, используя выражение F=-kx, получим
F=-mω2x=-2ExA2.Искомое смещение
x=-FA22E=-2,25∙10-5∙4∙10-42∙3∙10-7=-1,5∙10-2 м.Пример 6. В качестве физического маятника используется стержень, подвешенный за один из его концов. Чему равен период колебаний при длине стержня 1 м?
Решение. Для того, чтобы воспользоваться формулой T=2πImgx, необходимо по теореме Штейнера посчитать момент инерции стержня относительно оси, проходящей через точку подвеса:
I=I0+mx2=ml212+ml22=ml23.Тогда, учитывая, что x=l/2,
T=2πImgx=2πml23∙mg(l/2)=2π2l3g=1,63 c.Пример 7. Два одинаково направленных гармонических колебания заданы уравнениями x1=A1∙sinω0t и x2=A2∙cosω0t, где А1 = 1 см; А2 = 2 см; ω0 = 1 с–1. Определить амплитуду результирующего колебания А, его частоту v и начальную фазу α. Найти уравнение этого движения.
Решение. Преобразуем первое уравнение, заданное в условии задачи, к виду x=A∙cos(ω0t+α) и получим
x1=A1cosω0t-π2.Тогда по формуле A2=A12+A22+2A1A2cos(α2-α1), амплитуда результирующего колебания:
A2=A12+A22+2A1A2cos(α2-α1)==1+4+2∙2∙cos0,5π=5 см2.
A=5=2,24 см=2,24∙10-2 м.Частота результирующего колебания равна частоте складывающихся колебаний
v=ω2π=12π=0,16 Гц.Начальную фазу находим по формуле:
tgα=A1sinα1+A2sinα2A1cosα1+A2cosα2=1∙sin(-0,5π)2∙cos(-0,5π)=-0,5.Начальная фаза α=arctg(-0,5)=-26,6°=-0,46 рад.
Уравнение результирующего колебания имеет вид x=2,24∙10-2cos(t-0,46) м.
Пример 8. Складываются два колебания одинакового направления (рис.23), выражаемых уравнениями x1=A1cosω(t+τ1) и x2=A2cosω(t+τ2), где А1=1 см; А2=2 см; τ1=1/6 с; τ2=1/2 с; ω=π рад/с. Определить начальные фазы φ1 и φ2 составляющих колебаний; найти амплитуду А и начальную фазу φ результирующего колебания.

Рис.23
Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид:
х=А∙cos(ωt+φ) (1)
Преобразуем уравнения, заданные в условии задачи, к такому же виду:
x1=A1cos(ωt+ωτ1) и x2=A2cos(ωt+ωτ2) (2)
Из сравнения выражений (2) с (1) находим начальные фазы первого и второго колебаний: φ1=ωτ1=π/6 рад и φ2= ωτ2=π/2 рад.
Для определения амплитуды А результирующего колебания удобно воспользоваться векторной диаграммой, представленной на рис.23.
Согласно теореме косинусов, получим:
A2=A12+A22+2A1A2cos(φ2-φ1) (3)φ2-φ1=π/3 рад.
Подставим значения А1, А2 и φ2-φ1 в (3), извлечем корень и получим: А=2,65 см.
Тангенс начальной фазы результирующего колебания определим непосредственно из рисунка 41.1:
tgφ=A1sinφ1+A2sinφ2A1cosφ1+A2cosφ2.Тогда φ=arctg(5/3)=70,9°=0,394π рад.
Так как циклические частоты складываемых колебаний одинаковы, то результирующее колебание будет иметь ту же частоту ω.
Это позволяет написать уравнение результирующего колебания в виде х=А∙cos(ωt+φ),
где А=2,65 см, ω=π рад/с, φ=0,394π рад.
Пример 9. Шарик массой m=10-2 кг=10 г совершает гармонические колебания с амплитудой А=0,2 м и периодом Т=4 с. В начальный момент времени t=0: х=А. Найти кинетическую и потенциальную энергию в момент времени t= 1 с.
Найти: Ек-? Еп-?
Решение: Запишем уравнение гармонических колебаний
х=Аcos(ωt+φ0), где ω=2π/Т.
Т.к. при t=0 х=А, то можно определить начальную фазу Асоs(ω∙0+φ0)=A, соsφ0=1, φ0=0.
Таким образом, х=0,2cos[(2π/4)t]= 0,2cos[(π/2)t] (м).
Кинетическая энергия шарика определяется по формуле: Ек=mv2/2, где v=dx/dt=-Aω∙sinωt.
Ек=[mA2ω2∙sin2ωt]/2=5∙10-3 Дж.
Потенциальная энергия шарика равна:
Еп=kx2/2=[kА2cos2ωt]/2=[kА2cos2(π/2)]/2,
Еп=0.
Пример 10. Физический маятник представляет собой стержень длиной l=1 м и массой mc=3m1 с прикрепленным к одному из его концов обручем диаметром d=l/2 и массой mо=m1. Горизонтальная ось ОZ проходит через середину стержня перпендикулярно ему (рис. 24). Определить период колебаний такого маятника T - ?.

Рис.24
Решение. Период колебаний физического маятника определяется по формуле
T=2πJmglc, (1)где J - момент инерции маятника относительно оси колебаний, m - его масса, lc - расстояние от центра масс маятника до оси колебаний. Момент инерции маятника равен сумме моментов инерции стержня J1 и обруча J2:
J=J1+J2. (2)
Момент инерции стержня относительно оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его центр масс, определяется по формуле J1=mcl2/12, т.е. J1=m1l2/4.
Момент инерции обруча найдем, воспользовавшись теоремой Штейнера J=Jo+ma2. Применив эту формулу к обручу, получим
J2=m1(l/4)2+ m1(3l/4)2 = (5/8)m1l2.
Подставив выражения J1 и J2 в формулу (2), найдем момент инерции маятника относительно оси вращения:
J= m1l2/4+(5/8)m1l2=(7/8)m1l2.
Расстояние lc от оси маятника до его центра масс равно
lc=(Σmixi)/Σmi=(3m1∙0 + m1(3l/4))/(3m1+m1)=(3/16)l.
Подставив в формулу (1) выражения J, Jc и массы маятника (m=3m1+m1=4m1), найдем период его колебаний:
T=2π78m1l24m1g∙316l=2π7l6g.После вычисления по этой формуле получим Т=2,17 с.
Пример 11. Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных колебаниях (рис.25), выражаемых уравнениями x=2cosω0t (см) и y=sinω0t (см). Найти уравнение траектории точки и построить ее, указав направление движения, если ω0=π/3 (с–1).

Рис.25
Решение. Преобразуем второе уравнение к виду y=Аcos(ω0t+α) и получим:
y=1cosω0t-π2.Как видно, разность фаз складывающихся колебаний α= -π/2 и это соответствует частному случаю, когда уравнение траектории имеет вид: x2A2+y2B2=1. Траекторией движения в этом случае является эллипс, приведенный к главным осям, уравнение которого x24+y21=1.
Для того, чтобы указать направление движения точки, необходимо проследить, как меняется ее положение с течением времени. Для этого найдем координаты точки для двух ближайших моментов времени. Период результирующих колебаний T=2πω=2ππ/3=6 c. Поэтому моменты времени, отличающиеся на одну секунду, можно считать достаточно близкими.
При t=0: x1=2cos0=2; y1=1cos(-π/2)=0;
При t=1 c: x2=2cos(π/3)=1; y2=1cos(π/3-π/2)=1cos(-π/6)=0,86.
Следовательно, точка 1 имеет координаты (2; 0), а точка 2 – (1; 0,86). Это означает, что движение происходит против часовой стрелке.
Пример 12. Амплитуда колебаний математического маятника длиной 1 м за время 10 мин уменьшилась в 2 раза. Определить коэффициент затухания, логарифмический декремент затухания колебаний и количество колебаний, совершенных за это время. Записать уравнение колебаний, если в начальный момент маятник был отведен из положения равновесия на 5 см и отпущен.
Решение. Период и частоту колебаний математического маятника найдем из выражения:
T=2π1g=2 с, а ω=2πT=π (с-1).Запишем отношение амплитуд (начальной A0=5 см и через время t = 10 мин = 600 с):
A0At=A0A0e-βt=eβt=2,следовательно, βt=ln2, отсюда
β=ln2t=0,693600=10-3c-1.Количество колебаний N, совершенных за время t , найдем из того, что t=NT, а, значит, βNT=ln2, и тогда
N=ln2βt=0,6932∙10-3=346,6.Логарифмический декремент затухания определим по:
δ=βT=2∙10-3.
Выбор гармонической функции для написания уравнения колебаний проведем на основании того, что в начальный момент смещение точки от положения равновесия равно амплитуде, а этому условию удовлетворяет функция косинус. Тогда уравнение данных затухающих колебаний имеет вид: x=5∙10-2e-0,001tcosπt (м).
Пример 13. Пружинный маятник, (жесткость пружины которого равна k = 10 Н/м, а масса груза m = 100 г) совершает вынужденные колебания в вязкой среде с коэффициентом сопротивления r = 0,02 кг/с. Определить коэффициент затухания β и резонансную амплитуду Арез, если амплитудное значение вынуждающей силы F0 = 10 мН.Решение. Коэффициент затухания:
β=r2m=2∙10-22∙0,1=0,1 c-1.Собственная частота:
ω0=km=100,1=10 c-1.Тогда резонансная частота:
Aрез=F0m2βω02-β2=10∙10-32∙0,1∙0,1∙100-0,01=0,05 м.Пример 14. Тело D массы mD = 10 кг расположено на гладкой плоскости, наклоненной под углом α = 30 к горизонту, и прикреплено к концу A пружины, коэффициент жесткости которой с = 36.1 Н/см (рис. 26). В некоторый момент к грузу D присоединяют груз Е массы mЕ = 15 кг. В тот же момент времени верхний конец пружины B начинает двигаться вдоль наклонной плоскости по закону O1B=ξ=2sin⁡(15t) см, причем точка O1 совпадает со средним положением точки B (при ξ=0). Сопротивление движению двух грузов пропорционально их скорости v, R=-μv, где μ = 100 (Нс)/м – коэффициент сопротивления. Найти уравнение движения грузов D и E.

Рис.26
Решение. Направим оси Ox и O1ξ вдоль наклонной плоскости вниз, в сторону растяжения пружины (рис. 27). Начало O координатной оси Ox совместим с положением покоя грузов D и E, соответствующим статической деформации пружины, при условии, что точка B занимает свое среднее положение (ξ=0). В этом положении пружина растянута на величину λ=λD+λE, где λD и λE – статические деформации пружины под действием груза D и E.

Рис.27
Изобразим грузы в промежуточном положении, отстоящем от начала координат на величину x (точка M). Если бы верхний конец пружины был неподвижен, то в этом положении пружина была бы растянута на величину (λ+x). Но при смещении вниз верхнего конца пружины на некоторую величину ξ удлинение пружины окажется меньшим на эту величину ξ, т.е. Δl=λ+x-ξ. Следовательно, проекция силы упругости пружины на ось x в точке M будет определяться выражением: Fx=-cΔl=-c(λ+x-ξ). Проекция силы сопротивления Rx=-μvx=-μx. Таким образом, дифференциальное уравнение движения грузов в проекции на ось x имеет вид
mx=mgsinα-cλ+x-ξ-μx,
где m=mD+mE. Учитывая, что в состоянии статического равновесия грузов mgsinα-cλ=0, получим
mx=-cx-ξ-μx,
или
x+2bx+k2x=hsinpt, (1)
где
2b=μm=10010+15=4 c-1,k2=cm=36,110+15∙100≈144 c-2, k=12 c-1,h=2cm=2∙36,110+15=288,8смс2, p=15 c-1.Начальные условия для уравнения (1) определяются соотношениями
x0=x0=-λE=-mEgsinαc=-2,04 см, x0=x0=v0=0.Как известно, решение линейного дифференциального уравнения (1) складывается из общего решения x1 соответствующего однородного уравнения
x1+2bx1+k2x1=0 (2)
и частного решения x2 неоднородного уравнения (1)
x2+2bx2+k2x2=hsinpt. (3)
Общее решение однородного уравнения (2) имеет вид
x1=e-bt(C1cosk1t+C2sink1t). (4)
Частное решение неоднородного уравнения (3) будем искать в виде
x2=A1cospt+A2sinpt. (5)
Определив производные x2, x2, подставив их в уравнение (3), получим
2bpA1+k2-p2A2-hsinpt+k2-p2A1+2bpA2cospt=0.Чтобы полученное равенство выполнялось в любой момент времени, необходимо равенство нулю выражений в квадратных скобках. Таким образом, для определения коэффициентов A1 и A2 имеем систему из двух линейных уравнений
-2bpA1+k2-p2A2=h, k2-p2A1+2bpA2=0,решение которой записывается так
A1=2bph∆, A2=-k2-p2h∆, ∆=-k2-p22-4b2p2, (6)или после подстановки численных данных
А1 = –0.7472 см, А2 = –0.0034 см.
-37909503260090Рис. 7
00Рис. 7
Следовательно, решение уравнения (1) принимает вид
x=e-bt(C1cosk1t+C2sink1t)+A1cospt+A2sinpt,причем скорость точки равна
x=-be-bt(C1cosk1t+C2sink1t)++e-bt(-k1C1sink1t+k1C2cosk1t-A1sinpt+A2cospt).Постоянные интегрирования C1 и C2 определим из начальных условий: С1 = –1.2928 см, С2 = –0.2181 см. В результате уравнение движения груза имеет вид
x=e2t-1,2928cosk1t-0,2181sink1t--0,7472cospt-0,0034sinpt см.Вопросы для самопроверки
- Под действием какой силы совершаются свободные колебания материальной точки?
- Какой вид имеет дифференциальное уравнение свободных колебаний материальной точки?
- От каких факторов зависят частота, период, амплитуда и начальная фаза свободных колебаний материальной точки?
- Каков вид графиков свободных и затухающих колебаний, а также апериодического движения материальной точки?
- Какой вид имеет дифференциальное уравнение вынужденных колебаний материальной точки и каково его общее решение?
- Из каких составляющих движений складывается движение материальной точки, находящейся под действием восстанавливающей и возмущающей сил?
- Каковы частота и период вынужденных колебаний материальной точки?- Какие вынужденные колебания называются колебаниями малой частоты и какие – колебаниями большой частоты? Чем характеризуется тот и другой вид колебаний?
- От каких факторов зависит амплитуда вынужденных колебаний точки?
- Что называют коэффициентом динамичности и каков график его зависимости от отношения p/k?
- При каком условии возникает явление биений? Каков график биений?
- При каких условиях возникает резонанс и каковы уравнения и график вынужденных колебаний материальной точки при резонансе?
- Как влияет сопротивление, пропорциональное скорости, на амплитуду, фазу, частоту и период вынужденных колебаний?
- Как определить максимальное значение амплитуды вынужденных колебаний при данном значении коэффициента затухания n?
- При каком значении коэффициента затухания максимум амплитуды вынужденных колебаний не существует?
- Какова зависимость сдвига фазы колебаний ε от частоты изменения возмущающей силы p и от коэффициента затухания n?
Задачи для самостоятельного решения
1. Написать уравнение гармонического колебательного движения с амплитудой в 5 см, если в 1 мин совершается 150 колебаний и начальная фаза колебаний равна 45°.
2. Определить максимальные значения скорости vmax и ускорения amax точки, совершающей гармонические колебания с амплитудой А=3 см и циклической частотой ω=π/2 рад/с.
3. Точка совершает гармонические колебания. Наибольшее смещение точки равно 10 см, наибольшая скорость 20 см/с. Найти циклическую частоту колебаний и максимальное ускорение точки.
4. Точка совершает колебания по закону x=A sinωt. В некоторый момент времени смещение точки х1 оказалось равным 5 см. Когда фаза колебаний увеличилась вдвое, смещение х2 стало равным 8 см. Найти амплитуду А колебаний.
5. Написать уравнение движения, получающегося в результате сложения двух одинаково направленных гармонических колебательных движений с одинаковым периодом 8 с и одинаковой амплитудой 0,02 м. Разность фаз между этими колебаниями равна π/4. Начальная фаза одного из колебаний равна нулю.
6. Найти амплитуду и начальную гармонического колебания, полученного от сложения одинаково направленных колебаний, данных уравнениями х1=0,02sin(5πt+π/2) м и х2=0,03sin(5πt+π/4) м.
7. Материальная точка массой 50 г совершает колебания, уравнение которых имеет вид x=Acosωt, где А=10 см, ω=5 рад/с. Найти силу, действующую на точку в двух случаях: 1) в момент, когда фаза ωtπ/3 рад; 2) в положении наибольшего смещения точки.
8. Точка участвует в двух колебаниях одинакового периода с одинаковыми начальными фазами. Амплитуда колебаний А1=3 см и А2=4 см. Найти амплитуду результирующего колебания, если: 1) колебания совершаются в одном направлении, 2) колебания взаимно-перпендикулярны.
9. Точка участвует одновременно в двух взаимно-перпендикулярных колебаниях x=2 sinωt м и у=2 соsωt м. Найти траекторию движения точки.
10. Точка участвует одновременно в двух взаимно-перпендикулярных колебаниях x=sinπt м и у = 2 sin(πt+π/2) м. Найти траекторию движения точки и вычертить ее с нанесением масштаба.
11. Точка участвует одновременно в двух взаимно-перпендикулярных колебаниях x=sinπt м и у = 4 sin(πt+π) м. Найти траекторию движения точки и вычертить ее с нанесением масштаба.
12. Сложите графически два гармонических, одинаково направленных колебания равных периодов, но смещенных по фазе друг относительно друга на π. Амплитуды относятся между собой как 3:1.
13. Складываются два гармонических колебания одного направления с одинаковыми периодами 1,5 с и амплитудами по 2 см. Начальные фазы колебаний φ1=π/2 рад и φ2=π/3 рад. Определить амплитуду и начальную фазу результирующего колебания. Найти его уравнение и построить с соблюдением масштаба векторную диаграмму сложения амплитуд.
14. Складываются три гармонических колебания одного направления с одинаковыми периодами 2 с и амплитудами по 3 см. Начальные фазы колебаний φ1=0, φ2=π/3 рад и φ3=2π/3 рад. Построить векторную диаграмму сложения амплитуд. Определить из чертежа амплитуду и начальную фазу результирующего колебания.
15. Определить массу тела, совершающего гармонические колебания с амплитудой 0,1 м, частотой 2 Гц и начальной фазой 30°, если полная энергия колебаний 7,7 мДж. Через сколько секунд от начала отсчета времени кинетическая энергия будет равна потенциальной?16. Грузик массой 250 г, подвешенный к пружине, колеблется по вертикали с периодом Т=1 с. Определить жесткость пружины.
17. Гиря, подвешенная к пружине, колеблется по вертикали с амплитудой 4 см. Определить полную энергию колебаний гири, если жесткость пружины равна 1 кН/м.
18. Тонкий обруч, подвешенный на гвоздь, вбитый горизонтально в стену, колеблется в плоскости, параллельной стене. Радиус обруча равен 30 см. Вычислить период колебаний обруча.
19. Найти возвращающую силу в момент t = 1 с и полную энергию материальной точки, совершающей колебания по закону x=A cos ωt, где А=20 см, ω=2π/3 рад/с. Масса материальной точки равна 10 г.
20. Определить массу тела, совершающего гармонические колебания с амплитудой 0,1 м, частотой 2 Гц и начальной фазой 30°, если полная энергия колебаний 7,7 мДж. Через сколько секунд от начала отсчета времени кинетическая энергия будет равна потенциальной?21. Однородный стержень совершает малые колебания в вертикальной плоскости около горизонтальной оси, проходящей через его верхний конец. Длина стержня 0,5 м. Найти период колебаний стержня.
22. Найти период колебаний стержня предыдущей задачи, если ось вращения проходит через точку, находящуюся на расстоянии 10 см от его верхнего конца.
23. Однородный шарик подвешен на нити, длина которой равна радиусу шарика. Во сколько раз период малых колебаний этого маятника больше периода малых колебаний математического маятника с таким же расстоянием от точки подвеса до центра тяжести?
24. Период колебаний крутильного маятника, состоящего из кольца, соединенного спиральной пружиной с осью вращения, равен Т=4с. Определить момент инерции, если жесткость пружины k=10-2 Нм. Трением пренебречь.
25. Математический маятник длиной 40 см и физический маятник в виде тонкого прямого стержня длиной 60 см синхронно колеблются около одной и той же горизонтальной оси. Определить расстояние центра масс стержня от оси колебаний.
26. Ареометр массой m=50 г, имеющий трубку диаметром d=1 см, плавает в воде. Ареометр немного погрузили в воду и затем предоставили самому себе, в результате чего он стал совершать гармонические колебания. Найти период T этих колебаний.
27. Амплитуда затухающих колебаний маятника за время t1=5 мин уменьшилась в два раза. За какое время t2, считая от начального момента, амплитуда уменьшится в восемь раз?
28. Амплитуда колебаний маятника длиной 1 м за время 10 мин уменьшилась в два раза. Определить логарифмический декремент колебаний.
29. За время 8 мин амплитуда затухающих колебаний маятника уменьшилась в три раза. Определить коэффициент затухания.
30. Логарифмический декремент колебаний маятника равен 0,003. Определить число полных колебаний, которые должен сделать маятник, чтобы амплитуда уменьшилась в два раза.
31. Найти частоту колебаний груза массой m=0,2 кг, подвешенного на пружине и помещенного в масло, если коэффициент трения в масле r=0,5 кг/с, а жесткость пружины k=50 Н/м.
В следующих задачах требуется найти уравнение движения груза D массы mD или системы грузов D и E массами mD и mE, отнеся движение к оси x. Начало неподвижной системы координат следует выбирать в положении статического равновесия груза или системы грузов. Грузы считать материальными точками. Весом пружин, жестких брусков, соединительных стержней и демпферов (устройств для создания сил вязкого сопротивления) пренебречь. Направление начальной скорости v0 совпадает с положительным направлением оси x. Значение величины λ0 задается преподавателем.
Задача 1. Груз D присоединен к системе трех пружин (рис.28) жесткостью c1, c2 и c3 посредством бруска AB. Точка F подвеса груза выбрана из условия, что брусок движется поступательно, т.е. ab=c23c1, где c23 – жесткость пружины, эквивалентной последовательно соединенным пружинам жесткостью соответственно c2 и c3. В некоторый момент времени к покоящемуся грузу D подвешивают груз E и сообщают системе грузов D и E начальную скорость v0. Сопротивление движению двух грузов пропорционально их скорости v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления.mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
2 1 11 8 10 12 2 – –

Рис.28
Задача 2. К пружине жесткостью c0 присоединен брусок AB (рис.29), к которому присоединены параллельные пружины жесткостью соответственно c2 и c3, в свою очередь, соединенные с бруском A1B1. К бруску A1B1 подвешены покоящиеся грузы D и E. Точка подвеса грузов и точка F подвеса бруска АВ выбраны так, что бруски движутся поступательно, т.е. ab=c3c2 . В некоторый момент времени стержень, соединяющий грузы, перерезают и сообщают грузу D начальную скорость v0.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
0.8 3 6 10 4 6 – – –

Рис.29
Задача 3. Покоящиеся грузы D и E присоединены к системе трех пружин (рис.30) жесткостью соответственно c1, c2 и c3 посредством бруска AB. Точка F подвеса грузов выбрана из условия, что брусок движется поступательно, т.е. ab=c3c12, где c12 – жесткость пружины, эквивалентной последовательно соединенным пружинам жесткостью c1 и c2. В некоторый момент времени стержень, соединяющий грузы, перерезают и сообщают грузу D начальную скорость v0. Сопротивление движению груза D пропорционально его скорости v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления.mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
0.5 2 7 20 30 25 6 – –

Рис.30
Задача 4. Покоящиеся грузы D и E присоединены к пружине (рис.31) жесткостью c3, которая соединена с параллельными пружинами жесткостью c1 и c2 посредством бруска AB. Точка подвеса F пружины 3 выбрана так, чтобы брусок AB двигался поступательно, т.е. ab=c2c1. В некоторый момент времени стержень, соединяющий грузы, перерезают и сообщают грузу D начальную скорость v0. Сила сопротивления движению груза D пропорциональна его скорости v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1.6 1 4 6 8 12 8 – –

Рис.31
Задача 5. В некоторый момент времени груз E снимают с груза D (рис.32), когда оба груза находились в покое, и сообщают грузу D начальную скорость v0. Брусок AB, к которому прикреплен груз D, соединен с параллельными пружинами жесткостью соответственно c1 и c2, присоединенными к неподвижной тележке. Положение грузов D и E выбрано так, что брусок движется поступательно, т.е. ab=c2c1. Сила сопротивления движению груза D пропорциональна его скорости v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
4 1 5 48 24 – 4 – –

Рис.32
Задача 6. В некоторый момент времени груз E снимают с груза D (рис.33), когда оба груза находились в покое, и сообщают грузу D начальную скорость v0. Груз D соединен с пружиной жесткостью c3, которая, в свою очередь, присоединена к бруску AB. Последний другой стороной соединен с параллельными пружинами жесткостью c1 и c2, прикрепленными к неподвижной тележке. Точка F соединения пружины с бруском выбрана из условия, что брусок AB движется поступательно, т.е. ab=c2c1.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
2 3 3 12 6 8 – – –

Рис.33
Задача 7. В некоторый момент времени (t=0) груз E снимают с груза D (рис.34), когда оба груза находились в покое, и сообщают грузу D начальную скорость v0. Груз D прикреплен к пружине жесткостью c1, которая, в свою очередь, соединена с бруском AB. Последний соединен с параллельными пружинами жесткостью c2 и c3 нижние концы которых прикреплены к фундаменту, начинающему в этот же момент времени совершать вертикальное движение по закону ξ=ξ0sinpt. Точка F соединения пружины с бруском выбрана из условия, что брусок движется поступательно, т.е. a/b = c3/c2.
Примечание. Положение начала отсчета на оси соответствует среднему положению фундамента (ξ=0).
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1.5 2 10 4 6 15 – 4 15

Рис.34
Задача 8. В некоторый момент времени (t=0) груз E устанавливают на покоящийся груз D (рис.35) и сообщают системе грузов D и E начальную скорость v0. Груз D присоединен к системе последовательно соединенных пружин жесткостью c1 и c2. В этот же момент времени нижний конец пружины (точка B) начинает совершать движение по закону ξ=ξ0sinpt.Примечание. Положение начала отсчета на оси x соответствует среднему положению точки В (ξ=0).
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1.2 3 4.8 8 10 – – 3 12

Рис.35
Задача 9. В некоторый момент времени, когда грузы находились в покое, груз E снимают с груза D (рис.36) и сообщают грузу D начальную скорость v0. Груз D присоединен к системе пружин жесткостью c1 и c2. Нижний конец нижней пружины прикреплен к неподвижной тележке.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1 3 1.5 16 8 – – – –

Рис.36
Задача 10. Покоящийся груз D соединен с бруском AB, связывающим параллельные пружины (рис.37) жесткостью c1 и c2, которые присоединены к стене. Точка F соединения груза с бруском выбрана из условия, что брусок движется поступательно, т.е. ab=c1c2. В некоторый момент времени груз D отклоняют на величину λ0 вправо и сообщают ему начальную скорость v0. Сила сопротивления движению груза D пропорциональна его скорости v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
2.4 – 8 10 14 – 6 – –

Рис.37
Задача 11. Покоящийся груз D присоединен к бруску AB (рис.38), который, в свою очередь, связан параллельными пружинами жесткостью c2 и c3с бруском A1B1. Брусок A1B1 другой стороной соединен с пружиной жесткостью c1, прикрепленной к стене. Точка F соединения пружины с бруском A1B1 и точка соединения груза с бруском AB выбраны так, что бруски движутся поступательно, т.е. ab=c2c3. В некоторый момент времени (t=0) груз D отклоняют на величину λ0 вправо от положения, когда пружины не деформированы, и ему сообщается начальная скорость v0. В тот же момент времени (t=0) точка соединения пружины со стеной начинает движение по закону ξ=ξ0sinpt.
Примечание. Положение начала отсчета на оси соответствует среднему положению стены (ξ=0).
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
3 – 9 8 10 12 – 1.2 8

Рис.38
Задача 12. Покоящийся груз D соединен с пружиной (рис.39) жесткостью c3, другой конец которой присоединен к бруску AB. Другой стороной брусок AB соединен с параллельными пружинами жесткостью c1 и c2, которые прикреплены к стене. Точка F соединения пружины с бруском выбрана из условия, что брусок движется поступательно, т.е. ab=c1c2. В некоторый момент времени груз отклоняют влево на величину λ0 и сообщают ему начальную скорость v0.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1 – 3 12 6 8 – – –

Рис.39
Задача 13. Груз D прикреплен одной стороной к недеформированной пружине (рис.40) жесткостью c1, а другой стороной – к системе недеформированных пружин жесткостью c2 и c3. B некоторый момент времени груз отклоняют на величину λ0 влево и одновременно сообщают ему начальную скорость v0.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1.5 – 6 4.4 2 8 – – –

Рис.40
Задача 14. Покоящийся груз D присоединен к пружине (рис.41) жесткостью c2, соединенной последовательно с пружиной жесткостью c1, прикрепленной к стене. В некоторый момент времени груз отклоняют на величину λ0 влево и сообщают ему начальную скорость v0. В тот же момент времени (t=0) точка соединения пружины со стеной начинает движение по закону ξ=ξ0sinpt.
Примечание. Положение начала отсчета на оси x соответствует среднему положению стены (ξ=0).
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1 – 10 4 12 – – 1.8 12

Рис.41
Задача 15. Пружина А жесткостью c1 скреплена с невесомым штоком поршня (рис.42), который находится в камере В. В эту камеру попеременно сверху и снизу поступает сжатый воздух, вследствие чего возникает сила, действующая на поршень D, изменяющаяся по закону F=ξ0sinpt (ξ0– в ньютонах). В начальный момент (t = 0) поршень был отклонен от положения статического равновесия на расстояние λ0 вниз и ему была сообщена скорость v0, направленная вниз. Массу штока не учитывать.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
10 – 12 200 – – 8 – –

Рис.42
Задача 16. К свободному концу В упругой горизонтальной балки (рис.43), другой конец которой закреплен неподвижно, подвешен на пружине груз D, который движется в жидкости. Коэффициент жесткости пружины – с1, коэффициент жесткости балки – c2. В начальный момент груз смещен вниз на расстояние λ0 от положения статического равновесия и ему сообщена начальная скорость v0. Сила сопротивления движению груза в жидкости пропорциональна первой степени скорости тела v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления. Упругую силу балки считать пропорциональной стреле прогиба, горизонтальным отклонением точки В пренебречь.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
12 – 7 100 80 – 6 – –

Рис.43
Задача 17. К свободному концу В упругой горизонтальной балки (рис.44), другой конец которой закреплен неподвижно, подвешен на пружине груз D с помощью невесомого магнитного стержня, проходящего через соленоид. По соленоиду течет переменный ток, действующий на стержень с вертикальной силой F1 = 4sinpt (Н), причем р выражено в с–1. Коэффициент жесткости пружины – с1, коэффициент жесткости балки – c2. В начальный момент груз D смещен вниз на расстояние λ0 от положения статического равновесия и отпущен c начальной скоростью v0. Упругая сила балки пропорциональна стреле прогиба, горизонтальным отклонением точки В пренебречь.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
20 – 5 80 100 – – – –

Рис.44
Задача 18. Груз D массы m подвешен на пружине (рис.45), коэффициент жесткости которой равен c1. Другой конец пружины прикреплен в точке А к пластине, совершающей вертикальные колебания около этой точки по закону ξ=ξ0sinpt, где р выражено в с–1, расстояние ξ – в сантиметрах, время t – в секундах. В начальный момент груз смещен вниз на расстояние λ0 от положения статического равновесия и ему сообщена начальная скорость v0.
Примечание. Положение начала отсчета на оси x соответствует среднему положению точки А (ξ=0).
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1.5 – 6 250 – – – 0.5 30

Рис.45
Задача 19. К свободному концу В упругой горизонтальной балки (рис.46), другой конец которой закреплен неподвижно, подвешен на пружине груз D. Коэффициент жесткости балки – с2, коэффициент жесткости пружины – c1. В начальный момент груз смещен вниз на расстояние λ0 от положения статического равновесия и имеет скорость v0, направленную вниз. Упругая сила балки пропорциональна стреле прогиба, горизонтальным отклонением точки В пренебречь.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
10 – 4 60 40 – – – –

Рис.46
Задача 20. Груз D подвешен на трех пружинах (рис.47), как показано на соответствующем рисунке. Коэффициенты жесткости пружин равны c1, с2, с3. В начальный момент груз отклонен от положения статического равновесия вертикально вниз на расстояние λ0 и имеет скорость v0.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
2 – 2 20 30 40 – – –

Рис.47
Задача 21. На невесомую чашку весов (рис.48), подвешенную на пружинах, с высоты h = 5 см без начальной скорости падает груз D и остается на чашке, не отрываясь от нее. Коэффициенты жесткости пружин равны соответственно c1 и с2.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
4 – – 150 – – – – –

Рис.48
Задача 22. Груз D подвешен на трех пружинах, как показано на соответствующем рисунке (рис.49). Коэффициенты жесткости пружин равны c1, с2, с3. В начальный момент груз отклонен от положения статического равновесия вертикально вниз на расстояние λ0 и имеет направленную вниз скорость v0.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
3 – 12 10 20 15 – – –

Рис.49
Задача 23. Груз D, пройдя некоторое расстояние (рис.50), присоединяется с начальной скоростью v0 к невесомому бруску, соединенному с предварительно растянутой с удлинением λ0 пружиной жесткостью c1.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1 – 30 12 – – – – –

Рис.50
Задача 24. К грузу D прикреплены концы двух пружин (рис.51), коэффициенты жесткости которых соответственно равны с1 и с2. Концы А и В пружин закреплены неподвижно. Груз может скользить без трения в неподвижных направляющих, расположенных под углом β= 30 к вертикали. В начальный момент груз смещен на величину λ0 от положения статического равновесия и ему сообщена скорость v0.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
1.5 – 5 14 18 – 6 – –

Рис.51
Задача 25. Груз D прикреплен к горизонтальной крышке с помощью пружины (рис.52) жесткостью с1. В некоторый момент времени груз отклоняют на величину λ0 из положения статического равновесия вниз и одновременно сообщают ему начальную скорость v0. Сила сопротивления движению пропорциональна первой степени скорости тела v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
40 – 4 200 – – 8 – –

Рис.52
Задача 26. Груз D присоединен к стенке с помощью двух пружин (рис.53) жесткостью c1 и c2 соответственно. В некоторый момент времени (t=0) груз D отклоняют на величину λ0 вправо от положения, когда пружины не деформированы, и ему сообщается начальная скорость v0. В тот же момент времени (t=0) точка соединения пружины со стеной начинает движение по закону ξ=ξ0sinpt. Сила сопротивления движению пропорциональна первой степени скорости тела v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления.
Примечание. Положение начала отсчета на оси x соответствует среднему положению стенки (ξ=0).
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
20 – 6 100 200 – 400 1.5 15

Рис.53
Задача 27. Груз D прикреплен к системе двух недеформированных пружин (рис.54) жесткостью c1 и c2. В некоторый момент времени груз отклоняют на величину λ0 влево и одновременно сообщают ему начальную скорость v0. Сила сопротивления движению пропорциональна первой степени скорости тела v, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
2 – 8 40 60 – 20 – –

Рис.54
Задача 28. Груз D прикреплен к горизонтальной крышке с помощью двух пружин (рис.55) жесткостью c1 и c2 соответственно. В некоторый момент времени груз отклоняют на величину λ0 вниз и одновременно сообщают ему начальную скорость v0, направленную вниз. Сила сопротивления движению пропорциональна первой степени скорости v тела, R=-μv, где μ – коэффициент сопротивления. Сопротивлением движению груза по стенке пренебречь.
mD,
кг mE,
кг v0,
см/сc1,
Н/см c2,
Н/см c3,
Н/см μ,
кг/сξ0,
см p,
1/с
10 – 20 20 30 – 12 – –

Рис.55


Приложенные файлы

  • docx 18241756
    Размер файла: 943 kB Загрузок: 0

Добавить комментарий