Решение уравнения затухающих колебаний

 

x = Aoe - d t cos ( w t + j o ),

 

где Aoe-dt - амплитуда затухающих колебаний; - частота затухающих колебаний; wо - частота собственных колебаний.

 

Логарифмический декремент затухающих колебаний

11                                                                                                                                  12

 

где Т - период колебаний.

 

Уравнение вынужденных колебаний

или

 

где Focoswt - внешняя сила, вызывающая вынужденные колебания.

Амплитуда вынужденных колебаний при резонансе

 

.

Частота вынужденных колебаний при резонансе

.

 

Релятивистская длина стержня в направлении движения со скоростью v

 или ,

 

где lo - длина стержня в состоянии покоя (v = 0); с - скорость распространения света в вакууме; b = v/c.

 

Релятивистская масса в зависимости от скорости движения

 или

Релятивистское изменение времени

 

где Dto - собственное время, измеренное в состоянии покоя.

 

Релятивистский импульс частицы

Энергия покоя частицы

 

Eo = moc 2 .

 

Полная энергия релятивистской частицы

Кинетическая энергия релятивистской частицы

.

Связь между энергией и импульсом релятивистской частицы

13                                                                                                                                14
.

Закон Гука (при продольном растяжении или сжатии)

 

s = Е e ,

 

где s = F/S - нормальное напряжение, равное отношению упругой силы F к площади S поперечного сечения; Е - модуль Юнга; e = Dl/l - относительная деформация, равная отношению абсолютной деформации Dl к первоначальной длине l образца.

 

Модуль упругости при изгибе тел прямоугольного сечения

 

где Р – сила, вызывающая деформацию (изгиб); l - величина деформации (стрела прогиба); l – длина тела; а – ширина поперечного сечения тела; b – высота поперечного сечения тела.

 

Потенциальная энергия упругодеформированного образца

 

где V - объем образца.

 

Сила внутреннего трения в жидкости

,

 

где h - динамическая вязкость; v - скорость тела; dS – элемент площади жидкого слоя.

 

Сила сопротивления движению малых сферических тел в жидкости (сила Стокса)

 

F = 6 p h rv ,

 

где h - динамическая вязкость; v - скорость тела; r – радиус сферы.

Примеры решения задач

 

 

Пример 1. Материальная точка начинает двигаться с ускорением а = At×i + Bt×j (А = 3 м/с3; В = 4 м/с3). Найти зависимость скорости движения материальной точки от времени, а также ее скорость и ускорение через 10 секунд после начала движения.

 

Дано:   а = At×i + Bt×j А = 3 м/с3 В = 4 м/с3 t = 10 с В единицах СИ:

Решение. 1. В двухмерной системе координат ускорение материальной точки может быть записано в виде:

Зависимость скорости движения от времени будем искать в виде:

v = vx×i + vy×j.

Составляющие скорости vx и vy найдем путем интегрирования из соотношений:

Найти:

v(t), a(t = 10), v(t = 10)

и

 и .

Так как в начальный момент времени материальная точка покоилась, vox = voy = 0.

Тогда  и , т. е  t2×i + 2t2×j.

 

2. Модули скорости и ускорения материальной точки в любой момент времени можно представить в виде:

;

a =

Произведем вычисления значений v и a в момент времени t = 10 c.

15                                                                                                                                  16
= 250 м/с;  м/с2.

Ответ. Скорость движения материальной точки изменяется со временем t по закону: t2×i + 2t2×j; в момент времени t = 10 с v = 250 м/с,             а = 50 м/с2.

Пример 2. Маховик, вращаясь равнозамедленно, сделал до полной остановки 100 оборотов. Сколько времени длилось равнозамедленное движение, если начальная частота вращения была равна 20 с-1?

 

Дано:   N =100 no=20 c-1 e = const В единицах СИ:

Решение. Угол поворота, соответствующий  оборотам, в единицах СИ равен j = 2pN.

Запишем систему уравнений движения в случае постоянного углового ускорения

Найти: t

С учетом того, что j0 = 0, j = 2pN, w0 = 2pn0 и w = 0, запишем эту систему уравнений в виде:

Решаем систему уравнений. Из 2-го уравнения находим:  тогда   1-ое уравнение примет вид:  

В результате находим, что .

Подставив численные значения N и n0, получим:

Ответ. Движение длилось 10 с.

 

Пример 3. Искусственный спутник движется вокруг Земли по круговой орбите, находящейся в плоскости экватора, на высоте h от Земли. Во время движения спутник все время находится над одной и той же точкой земной поверхности. Определить угловую скорость w, линейную скорость v и высоту полета h спутника. (Масса Земли Мз = 5,97×1024 кг, радиус Земли Rз = 6,37×106 м, гравитационная постоянная g = 6,67×10-11 м3/(кг×с2)).

 

  Дано:   Т = 24 ч Мз = 5,97×1024 кг g = 6,67×10-11 м3/(кг×с2) Rз = 6,37×106 м В единицах СИ:   Т = 8,64×103 с

                                 v

               F гр h

                         R

Найти: w, v, h

                       Рис. 1.1.  
         

 

Решение. 1. Угловую скорость спутника найдем из условия, что период его обращения вокруг Земли совпадает с периодом суточного вращения Земли Т:

                                                     (1)

2. Спутник движется по круговой орбите с ускорением  где R = RЗ + h – радиус орбиты, а v - линейная скорость спутника (рис. 1.1). Это ускорение обусловлено действием силы всемирного тяготения между массой спутника m и массой Земли МЗ:

                                             (2)

Подставив выражения для силы (2) и ускорения в формулу для второго закона Ньютона F = m×a, получим:

Из второго выражения находим

Легко видеть (см. рис. 1.2), что

3. Линейную скорость спутника v находим из соотношения v = w × R .

Произведем вычисления:

17                                                                                                                             18

h = (42,24 - 6,37)×106 = 35,87×106 м;

v = 7,27×10-5´42,24×106 = 3071 м/с.

 

Ответ. h = 35870 км; v = 3071 м/с.

 

Пример 4. На тело, движущееся со скоростью v 0 = 3 м/с, начинает действовать сила F = 10 H. За время D t = 6 с кинетическая энергия тела увеличилась на 100 Дж. Найти скорость v1 тела в конце действия силы и его массу т.

 

Дано: v0 = 3 м/с2 F = 10 H Dt = 2 с ∆Ех = 100 Дж В единицах СИ: Решение. Изменение кинетической энергии тела можно выразить как: (3) Изменение импульса тела по второму закону Ньютона будет равно импульсу силы, то есть .

 

Найти: v1, т

Из этого выражения находим массу тела

                                                   (4)

После подстановки полученного выражения (4) для массы тела в выражение (3) для кинетической энергии получим:

Отсюда находим:  а

Произведем вычисления:

м/с;

Ответ. Конечная скорость тела равна 7 м/с, а масса тела – 5 кг.

 

Пример 5. Из залитого колодца, площадь дна которого S = 1 м2, требуется выкачать воду на мостовую. Глубина воды в колодце     h = 2 м, а расстояние от уровня воды до мостовой Н = 5 м (рис. 1.2). Найти наименьшую работу, которую необходимо затратить на откачку воды.

 

Дано:   S = 1 м2 h = 2 м Н = 5 м r =1×103 кг/м3 В единицах СИ:                                                         x  H            dF h                                 dx                                                        0

Найти: А

                    Рис. 1.2

 

Решение. 1. Так как уровень воды будет уменьшаться при откачке, работа по ее подъему может быть найдена путем интегрирования работ по подъему отдельных слоев воды. Выберем на расстоянии x от дна колодца слой воды толщиной dx. Для подъема этого слоя на поверхность нужно преодолеть расстояние  l = H + h - x, приложив при этом силу dF , равную по величине весу слоя воды dx:

 

dF = dm × g = r × g × dV = r × g × S × dx.

 

Таким образом, работа по подъему выбранного слоя воды будет равна:

 

dA = dF × l = r × g × S × (H + h - x)dx

 

Интегрируя по всей толще воды, получим:

2. Работа по подъему воды на поверхность равна разности потенциальных энергий воды на мостовой и на дне колодца:

 

А = П2 - П1.

 

Потенциальная энергия воды на мостовой П2 относительно дна колодца равна:

 

П 2 = mg(H + h) = r × h × S × g(H + h).

 
19                                                                                                                                  20


Потенциальная энергия воды в колодце, центр тяжести которой находится на высоте h/2, равна:

 

Таким образом,

Произведем вычисления:

 

Ответ. Работа по откачке воды составит 1,17×105 Дж.

 

Пример 6. Ударная часть молота копровой установки для забивания свай, масса которой m1 = 800 кг, падает с постоянной скоростью v 1 = 5 м/с и забивает сваю массой m 2 = 2 т в котлован под фундамент здания. Определить: а) величину кинетической энергии Т1  молота при ударе; б) энергию Т2 , затраченную на погружение сваи в грунт котлована (считая удар абсолютно неупругим); в) коэффициент полезного действия (КПД) h установки.

 

Дано:   m1 = 800 кг v1 = 5 м/с m2 = 2 т v2 = 0 В единицах СИ:   m2 = 2×103 кг

Решение. 1. Кинетическая энергия Т1 ударной части молота, имеющая при ударе скорость v 1 = 5 м/с, равна

Подставив в выражение для Т1 массу m 1 = 800 кг и скорость v1 = 5 м/с, получим:

Найти: Т1, Т2, h

 

2. Удар молота о сваю неупругий, поэтому после удара молот и свая будут двигаться вместе с одинаковой скоростью u. Величину u в момент удара найдем, воспользовавшись законом сохранения импульса при ударе

m 1 v 1 + m 2 v 2 = ( m 1 + m 2 ) u ,

с учетом того, что v1 и u имеют одно и то же направление, а v 2 = 0, так как свая до удара покоилась:

                                                (5)

Скорость u молота и сваи после удара быстро уменьшается до нуля вследствие сопротивления грунта, при этом кинетическая энергия Т2, равная

 

                                         (6)

 

расходуется на погружение сваи в грунт котлована.

Подставив (5) в (6), найдем Т2:

 

           (7)

 

После подстановки в (7) численных значений m 1 , m 2 , Т1 получим:

 

 

3. КПД h при ударе молота о сваю равен отношению полезной энергии Т2, затраченной на забивание сваи в грунт котлована, к энергии Т1 падающего молота

Подставив в это отношение выражение  получим .

После подстановки численных значений m 1 и m 2 получаем:

 

 

Ответ. Величина кинетической энергии ударной части молота при ударе Т1 = 1×104 Дж; величина энергии, затраченной на погружение сваи в грунт             Т2 @ 2,86×103 Дж; КПД при ударе h @ 29%.

 

Пример 7. Маховик массой 4 кг свободно вращается с частотой 720 оборотов в минуту вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу маховика можно считать равномерно распределенной по его ободу радиусом 40 см. Через 30 с после включения постоянного тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент и число оборотов, которое сделает маховик до полной остановки.

 
21                                                                                                                                  22


Дано:   m = 4 кг n = 720 мин-1 R = 40 см Dt = 30 c w = 0 В единицах СИ:   n = 12 с-1 R = 0,4 м Решение. 1. Для определения тормозящего момента М сил, действующих на вращающееся тело, нужно применить основное уравнение динамики вращательного движения   M = J e ,                          (8)   где J - момент инерции маховика относительно оси, проходящей через центр масс; e = D w / D t - постоянное угловое ускорение маховика. По условию задачи D w = w - w о = - w о, где wо - начальная угловая скорость маховика, т. к. конечная угловая скорость w = 0.

Найти: M , N

 

 

Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика  w о = 2 p n . Тогда D w = - 2 p n, а ½ e ½ = 2 p n / D t .

Момент инерции маховика

J = mR 2 ,

где m - масса маховика, R - его радиус.

Тогда после подстановки выражений для J и e в (8) получим:

Произведем вычисления:

 

М = (2 × 3,14 × 12 × 4 × 0,16)/30 @ 1,61   Н × м (с-1 × кг × м2/с = Н × м).

 

2. Угол поворота, то есть угловой путь j за время вращения маховика до полной остановки, может быть определен из решения уравнения для равнозамедленного вращения

                                   (9)

После подстановки в (9) полученных выше выражений w о = 2 p n и ½ e ½ =2 p n / D t, с учетом того, что j 0 = 0, находим:

Так как j = 2 p N, то число оборотов маховика до его полной остановки составляет

После подстановки численных значений n и D t получаем:

 

N = 12c-1×30c/2 = 180.

 

Ответ. Тормозящий момент М @ 1,61 Н×м; число оборотов, которое сделает маховик до полной остановки, N = 180.

 

Пример 8. Шарик массой т = 100 г, прикрепленный к невесомой нити длиной l 0 = 1м, вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси с частотой 20 оборотов в секунду. Нить укоротили до длины l 1 = 25 см. Определить частоту вращения шарика n 1 и совершенную при укорачивании нити работу А.

 

Дано:   m = 100 г l 0 = 1 м l 1 = 25 см n0 = 20 с-1 В единицах СИ:   m = 0,1 кг   l 1 = 0,25 м  

Решение: По закону сохранения момента импульса

 

J 0 w 0 = J 1 w 1,                  (10)

 

где  - момент инерции шарика при длине нити l0;  - первоначальная угловая скорость вращения;  - момент инерции шарика при длине нити l1; w 1 = 2 p n 1 - угловая скорость вращения шарика при длине нити l1.

Найти: n 1 , А  

Подставляя в (10) выражения для J 0 , w 0 , J 1 и w 1, получаем:

 откуда

Подставив численные значения n 0 , l 0 и l 1, получим:

 

n 1 = 20×12/0,252 = 320 c -1 .

 

2. Работу А, совершенную при укорачивании нити, найдем как разницу между кинетическими энергиями Т1 и Т0, где  - кинетическая энергия вращающегося шарика после того, как укоротили нить,  - первоначальная кинетическая энергия шарика.

Произведем вычисления:

А = 2×3,142×0,1(0,252×3202 - 12×202) = 1,18×104 Дж (кг × м2 × с-2 = Н × м = Дж).

Ответ. Частота вращения шарика после укорачивания нити увеличится до n 1 = 320 c-1; работа по укорачиванию нити А = 1,18×104 Дж.

Пример 9. Колебательная система совершает затухающие колебания. Частота собственных колебаний системы n 0 = 1000 Гц. Определить логарифмический декремент затухающих колебаний q, если частота затухающих колебаний n = 996 Гц.

 
23                                                                                                                                  24


Дано:   n0 = 1000 Гц n = 996 Гц В единицах СИ: Решение. Логарифмический декремент затухания   q = d × Т ,   где d – коэффициент затухания;  – период колебаний;               (11) циклическая частота затухающих колебаний; w 0 = 2 p n 0 -циклическая частота собственных колебаний.

Найти: q

 

Следовательно

                                         (12)

Подставляя в (12) величину  найденную из выражения (11), получаем:

Произведем вычисления

Ответ. q = 0,563.

 

Пример 10. Вычислить, во сколько раз изменится импульс частицы, если ее кинетическая энергия Т возрастет в четыре раза? Начальная кинетическая энергия частицы Т0 равна ее энергии покоя Т0 = Е0 = т0с2.

 

Дано:   Т0 = Е0 = т0с2 Т1 = 4Т0 В единицах СИ:

Решение. Связь между импульсом и энергией для релятивистской частицы определяется выражением:

где Е = Е0 + Т – полная энергия частицы.

Найти: р10  

Следовательно:

Ответ. Импульс частицы возрастет в 2,83 раза.

Пример 11*. Вычислить момент инерции маятника Обербека (рис. 1.3), если груз массой т = 0,5 кг падает с высоты h = 1 м за время t = 10 с. Радиус шкива r = 20 мм, ускорение свободного падения g = 9,81 м/с2. На сколько изменится момент инерции маятника Обербека, если стержни укоротить в 3 раза, а грузы с концов стержней удалить? Масса одного груза тгр = 100 г, масса одного стержня тст = 0,2 кг, первоначальная длина стержня l = 0,3 м.

 

Дано:   т = 0,5 кг h = 1 м t = 10 с r = 20 мм g = 9,81 м/с2 mгр = 100 г mст = 0,2 кг l = 0,3 м В единицах СИ:     r = 2×10-2 м   mгр = 0,1 кг                                                                     l                                          mгр              mст           rr  r                                       m
Найти: J , ∆J   Рис. 1.3

 

Решение. Маятник Обербека (рис. 1.3) представляет собой крестовину с четырьмя стержнями длиной l и массой тст. На стержни надеты одинаковые грузы массой mгр, которые можно перемещать и фиксировать на различных расстояниях от оси вращения. Крестовина закреплена на шкиве радиуса r. На шкив наматывается нить, к свободному концу которой прикреплен груз массой m. Груз, опускаясь (падая) с высоты h, приведет маятник Обербека во вращение с угловым ускорением e. Трением обычно пренебрегают.

1. Рассмотрим падение груза т с высоты h. В качестве системы отсчета выберем двухкоординатную систему xOy, начало которой (точку О) поместим на уровне пола, при этом ось Ох направлена вверх, а ось Oz направлена параллельно оси вращения маятника.

На груз т действует сила тяжести mg и сила натяжения нити T.

Уравнение движения груза, в соответствии со вторым законом Ньютона, запишем в следующем виде:

ma = mg + T .                                               (13)

Спроецируем силы, входящие в уравнение движения (13), на ось Ох, направленную вниз в направлении движения груза из точки начала движения груза. Тогда

- ma = - mg + T .                                                  (14)

Отсюда находим:

 

25                                                                                                                                  26
T = m ( g - a ).                                              (15)

 

Падение груза m с высоты h будет равноускоренным. Модуль ускорения a при нулевой начальной скорости движения v 0 = 0 обычно записывают в виде:

                                                  (16)

Следовательно:

                                               (17)

2. Рассмотрим вращение маятника. Согласно третьему закону Ньютона, сила Т/,  действующая на шкив и приводящая во вращение маятник Обербека, равна по модулю силе натяжения нити Т.




Дата: 2019-02-25, просмотров: 115.