Задачи средней трудности. В1. Как раскачать стрелку заряженного электромет­ра, не имея заряженного тела?

В1. Как раскачать стрелку заряженного электромет­ра, не имея заряженного тела? Проверьте на опыте и объясните явление.

В2. На некоторых участках дороги встречаются расположенные на приблизительно одинаковых расстояниях вы­боины (это обычно отмечается соответствующим дорож­ным знаком). Водитель вел автомобиль по такому участ­ку один раз порожним, а другой раз нагруженным. Срав­нить скорости движения машины, при которых наступит резонансное раскачивание на рессорах.

В3. За счет какой энергии поддерживаются незату­хающие колебания при качании на качелях? Можно ли на­звать эту систему автоколебательной?

В4. Мальчик несет на коромысле ведра с водой, период собственных колебаний которых 1,6 с. При какой скорости движения вода начнет особенно сильно выплескиваться, если длина шага мальчика 60 см.

В5.При какой максимальной скорости движения поезда может возникнуть резонанс вертикальных колебаний вагона вследствие периодических ударов колёс на стыках рельсов, ес­ли длина рельса между стыками 25 м, а период собственных вертикальных колебаний вагона примерно равен 1,25 с?

В6. За счет какой энергии поддерживаются незатухающие колебания системы (см. рис. 4.4)?

Задача трудная

С1. Маленький шарик подвешен на нити длиной 1,0 м к потолку вагона. При какой скорости вагона шарик будет особенно сильно колебаться под действием ударов колес о стыки рельсов? Длина рельса 12,5 м.

Нестандартные задачи

На механические колебания

Основной вопрос, который возникает при рассмотрении той или иной колебательной системы – это определение периода колебаний. Мы рассмотрим два основных способа вычисления периода: динамический метод и метод полной энергии.

Динамический метод

Суть метода состоит в том, чтобы определить величину квазиупругой силы, возникающей в системе при отклонении колеблющегося тела от положения равновесия на малое смещение х: F_x = – kx. Самое главное – определить коэффициент k. Как только он найден, задача практически решена:

Покажем, как «работает» этот метод на конкретных примерах.

Задача 5.1.В жидкости плотностью r_ж плавает цилиндр высотой h. Если цилиндр глубже погрузить в жидкость или, напротив, немного вытащить из жидкости, то после того как его отпустят, цилиндр начинает колебаться. Плотность материала, из которого сделан цилиндр, r_м. Определите частоту колебаний цилиндра.

Рис. 5.1

Если увеличить глубину погружения цилиндра, то сила тяжести не будет компенсировать выталкивающую силу и второй закон Ньютона для цилиндра (в проекции на направление оси х, вдоль которой совершаются колебания) будет иметь вид

та_х = –r_жSgx, (1)

Таким образом, мы определили значение квазиупругой силы

F_x = –kx = –(r_жSg)x.

Поскольку масса цилиндра т = r_мV = r_мSh, получим:

r_мShа_х = –r_жSgх Þ

. (2)

Сравнивая уравнение (2) с известным нам уравнением , получаем, что

Задача решена.

Ответ:

СТОП! Решите самостоятельно: В1, В2, С1, С2, D1.

Рис. 5.2

Задача 5.2.На два быстро вращающихся одинако­вых валика положили горизонтально доску с массой т (рис. 5.2). Расстоя­ние между осями валиков равно L, коэф­фициент трения между доской и вали­ками равен m. Какое движение будет совершать доска? Как изменится ответ, если оба валика изменят направление вращения?

Рис. 5.3

проскальзывание, и сила трения скольжения, действующая на доску со стороны каждого из валиков, направлена внутрь (рис. 5.3).

Из второго закона Ньютона и формулы для силы трения скольжения следует, что

ma_х = F_тр1 – F_тр2 = m(N₁ – N₂),

где N₁ и N₂– силы нормальной реакции первого и второго валиков соответственно.

Найдем силы N₁ и N₂. Для этого запишем второе условие равновесия твердого тела (условие равенства нулю моментов всех сил, действующих на тело относительно любой оси вращения). Это условие выполняется, так как хотя доска движется ускоренно вдоль оси х, но при этом не вращается.

На доску действуют пять сил: , , , и . Запишем их моменты относительно точки С. Напомним, что моментом силы относительно оси вращения называется произведение величины силы на плечо.

Плечо – это расстояние от точки приложения силы до направления действия силы.

Момент берется со знаком «плюс», если данная сила вращает тело вокруг данной оси по часовой стрелке, и со знаком «минус», если против.

Отметим, что плечи сил , и равны нулю, так как направления действия этих сил проходят через точку С (см. рис. 5.3). Плечо силы N₁ равно (L/2 + х), а плечо силы N₂ равно (L/2 – х). Отсюда

N₁(L/2 + х) – N₂ (L/2 – х) = 0. (1)

Поскольку в вертикальном направлении ускорение равно нулю, то

N₁ + N₂ – mg = 0. (2)

Из (2) находим N₂ = mg – N₁ и подставим в (1):

N₁(L/2 + х) – (mg – N₁)(L/2 – х) = 0 Þ

Þ

,

тогда

.

Теперь запишем второй закон Ньютона в проекции на ось х, подставив в него найденные значения N₁ и N₂:

.

Мы записали выражение для нашей квазиупругой силы F_x = –kx. Дальше все просто:

,

т.е. доска будет совершать гармонические колебания с периодом

.

Читатель: А что будет, если валики будут вращаться в обратную сторону?

Автор: Если каждый валик станет вращаться в обратную сторону, то обе силы трения будут направлены «наружу». Смещение доски от положения равновесия увеличит (за счет перераспределения нагрузки на валики) как paз ту силу трения, которая действует в сторону смещения (и уменьшит силу трения о другой валик). Поэтому вместо возвращающей силы возникает сила, уводящая доску еще дальше от положения равновесия. Равновесие в этом случае неустойчиво, колебаний вокруг него не возникает. Доска будет сброшена с валиков.

СТОП! Решите самостоятельно: С3, D2.

Рис. 5.4

Задача 5.3.Два одинаковых груза массой т, скрепленные пру­жинами, как показано на рис. 5.4, лежат на абсолютно гладком горизонтальном столе. Пружины растянуты с силой F. Грузы смещают в направлении, пер­пендикулярном длине пру­жин, на одинаковое ма­лое расстояние х в одну сторону от положения рав­новесия. Определить период колебаний грузов.

т l F	Решение. Рассмотрим малое смещение грузов на расстояние х вдоль оси х (рис. 5.5). Рис. 5.5
Т = ?

Поскольку х мало, можно считать, что величина силы F увеличилась незначительно. В проекции на ось х запишем второй закон Ньютона для левого тела:

ma_x = –Fsina = –F Þ .

Следовательно, , отсюда .

Ответ: .

СТОП! Решите самостоятельно: В3, С4.

Задача 5.4. Определить период ма­лых колебаний полярной моле­кулы в однородном электриче­ском поле, напряженность ко­торого Е = 3×10⁴ В/м. Полярную молекулу схема­тически представить в виде «гантельки» длиной l (l = 1×10^–8 см), на концах которой находятся равные точечные массы m (m = 4×10^–24 г), несущие заряды +q и –q соответствен­но (q = 15,7×10^–20 Кл).

Е = 3×104 В/м l = 1×10–8 см m = 4×10–24 г q = 15,7×10–20 Кл	Решение. В силу симметрии молекулы оба атома, составляющие молекулу, будут совершать колебания относительно центра масс системы – точки С (рис. 5.6). Оба атома находятся в совершенно одинаковых условиях, поэтому достаточно рассмотреть движение одного из них. Пусть нижний атом совершил малое смещение х от положения равновесия и оказался в точке А. Запишем второй закон Ньютона в проекции на оси х и Y: Х: –Тsina = max, (1) Y: Tcosa – Eq = 0. (2) Поскольку х << l, то a ® 0, сosa » 1 и Т » Eq. Из DАОС имеем .
Т = ?
Рис. 5.6

Подставляя в (1) значения Т и sina, получим

Þ Þ Þ

.

Подставим численные значения

с.

Ответ: с.

СТОП! Решите самостоятельно: С5, D3–D5.

Задача 5.5. Определить период малых колебаний маленького кубика массой т в сферической чаше радиусом R. Трения нет.

т R	Решение. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Х и Y (рис. 5.7). Как и раньше в таких задачах, движение по окружности при малых углах a можно заменить на движение по прямой – оси Х. Тогда	Рис. 5.7
Т = ?

Учтем, что N » mg (так как cosa » 1) и sina . Подставим значения N и sina в (2) и получим

.

Следовательно,

.

Заметим, что период получился таким же, как и для математического маятника с длиной l = R.

Ответ: .

СТОП! Решите самостоятельно: В4–В6, D6.