Три маятника: неравенства
3/10Школьницы Ирина, Карина и Марина измеряют, за какие промежутки времени совершают колебания маятники различных моделей. Пока маятник Ирины совершает одно колебание, маятник Карины успевает совершить два колебания, но не успевает совершить три колебания, а маятник Марины успевает совершить четыре колебания, но не успевает совершить пять колебаний. Неожиданно Марина вспомнила, что ее маятник совершает одно колебание за время 6 с.
Вопрос A (1 балл). За какое минимальное время при данных условиях может совершать одно колебание маятник Ирины? Ответ представьте в секундах и округлите до десятых.
Вопрос B (1 балл). За какое максимальное время при данных условиях может совершать одно колебание маятник Ирины? Ответ представьте в секундах и округлите до десятых.
Вопрос C (4 балла). За какое минимальное время при данных условиях может совершать одно колебание маятник Карины? Ответ представьте в секундах и округлите до десятых.
Вопрос D (4 балла). За какое минимальное время при данных условиях может совершать одно колебание маятник Карины? Ответ представьте в секундах и округлите до десятых.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаЗапишите неравенства для числа колебаний за время одного колебания маятника Ирины, начав с маятника Марины, период которого известен.
▶ОтветСкрыть: ответ
ОтветA) 24 с; B) 30 с; C) 8 с; D) 15 с.
Плазменная частота
4/10Частоту колебаний пространственного заряда в плазме (ионизованном газе) можно определить на основании следующих модельных представлений. Имеется слой плазмы в виде прямоугольного параллелепипеда. Концентрация ионов с зарядом \(+e\) равна \(n\) и равна концентрации электронов. Ионы и электроны в слое распределены однородно. Можно считать, что слой электронов накладывается на слой ионов. Толщина слоя \(d\) много меньше других его линейных размеров. При малом смещении \(x\) (\(x \ll d\)) слоя электронов в направлении нормали к слою (рис. 1) возникают малые колебания. Определите угловую частоту \(\omega\) этих колебаний. Считайте, что однородность распределения зарядов не нарушается, концентрация не меняется, ионы (поскольку они тяжёлые) — неподвижны. Масса электрона равна \(m_e\), его заряд равен \(e\).
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаСмещённые слои электронов и ионов образуют плоский конденсатор. Найдите поле внутри него и силу, возвращающую электроны, и запишите уравнение движения слоя.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ\(\omega = \sqrt{\dfrac{n e^2}{m_e\varepsilon_0}}\).
Закон движения и сила
6/10Тело массы \(m\), прикреплённое к пружине, свободно колеблется. Смещение зависит от времени по закону \(x = A\cos\omega t\). Как меняются со временем скорость и ускорение? Как зависит сила от смещения и от времени? Чему равна жёсткость пружины?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Скорость и ускорение — это те же гармонические колебания, только сдвинутые по фазе и умноженные на \(\omega\). Проще всего увидеть это из «тени вращения»: проекция равномерно вращающегося вектора, его скорости и ускорения — три колебания одной частоты, повёрнутые друг относительно друга на \(90^\circ\).Скорость и ускорение. Для \(x = A\cos\omega t\)
\[ v = -A\omega\sin\omega t,\qquad a = -A\omega^2\cos\omega t = -\omega^2 x . \]Скорость опережает смещение на четверть периода, ускорение — на половину: оно всегда направлено против смещения.
Сила. По второму закону Ньютона
\[ F = ma = -m\omega^2 x = -Am\omega^2\cos\omega t . \]Жёсткость. Сравнивая с \(F = -kx\),
\[ k = m\omega^2 . \]Проверка. Из \(k = m\omega^2\) сразу следует \(\omega = \sqrt{k/m}\) ✓. Амплитуды связаны цепочкой \(A,\ A\omega,\ A\omega^2\) ✓ — полезно помнить, что каждое дифференцирование добавляет множитель \(\omega\) и сдвиг на четверть периода. В крайних точках \((x = \pm A)\) скорость нулевая, а ускорение максимально ✓; в положении равновесия наоборот ✓. Энергия: \(\frac{mv^2}{2}+\frac{kx^2}{2} = \frac{kA^2}{2}\) при любом \(t\) ✓ — подставьте и убедитесь, что синусы и косинусы складываются в единицу.Ответ \( v = -A\omega\sin\omega t \), \( a = -A\omega^2\cos\omega t \), \( F = -m\omega^2 x = -Am\omega^2\cos\omega t \), \( k = m\omega^2 \).Закон движения маятника
6/10Амплитуда колебаний математического маятника \(5\) мм, длина его нити \(1\) м. Как зависит смещение шарика от времени? За начало отсчёта времени принять: а) момент прохождения положения равновесия слева направо; б) момент прохождения крайнего правого положения.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Частота одна и та же, различается только начальная фаза: если отсчёт начат из положения равновесия — синус, если из крайней точки — косинус.Частота.
\[ \omega = \sqrt{\frac gl} = \sqrt{\frac{9{,}8}{1}} \approx 3{,}13\ \text{с}^{-1}. \]а. Старт из положения равновесия (движение вправо, то есть в сторону положительных \(x\)):
\[ x = 5\sin(3{,}13\,t)\ \text{мм}. \]б. Старт из крайнего правого положения:
\[ x = 5\cos(3{,}13\,t)\ \text{мм}. \](смещение в миллиметрах, время в секундах).
Проверка. Оба закона описывают одно и то же движение, сдвинутое во времени на четверть периода ✓: \(\cos\omega t = \sin(\omega t + \pi/2)\). Период \(T = 2\pi/\omega \approx 2{,}0\) с ✓ — знакомая величина для метрового маятника. Амплитуда \(5\) мм при длине \(1\) м даёт угол \(0{,}005\) рад ✓ — колебания заведомо малые, приближение работает с огромным запасом. Максимальная скорость \(A\omega \approx 16\) мм/с ✓.Ответ а. \( x = 5\sin(3{,}13\,t) \) мм. б. \( x = 5\cos(3{,}13\,t) \) мм.Период по двум точкам
6/10Груз, свободно колеблющийся на пружине, за время \(0{,}01\) с сместился с расстояния \(0{,}5\) см от положения равновесия до наибольшего, равного \(1\) см. Каков период его колебаний?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Отсчитаем время от крайней точки: тогда \(x = A\cos\omega t\), и точке \(x = A/2\) отвечает вполне определённая фаза — треть прямого угла... точнее, \(\omega t = \pi/3\). Значит заданные \(0{,}01\) с — это ровно шестая часть полупериода.Фаза. Пусть \(x = A\cos\omega t\), где \(t\) отсчитывается от момента прохождения крайней точки. Тогда \(x = A/2\) при
\[ \cos\omega t = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad \omega t = \frac\pi3 . \]По условию \(A = 1\) см, а стартовое положение \(0{,}5\) см \(= A/2\). Значит путь от \(A/2\) до \(A\) занимает как раз время, отвечающее изменению фазы на \(\pi/3\):
\[ \omega\cdot0{,}01 = \frac\pi3 . \]Период.
\[ T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi\cdot0{,}01\cdot3}{\pi} = 0{,}06\ \text{с}. \]Проверка. Заметим изящество: \(0{,}01\) с — это \(T/6\) ✓, а фаза \(\pi/3\) — шестая часть \(2\pi\) ✓. Проверим иначе: за четверть периода \((0{,}015\) с\()\) груз проходит от равновесия до края ✓, и на последнюю «половинку амплитуды» уходит две трети этого времени ✓ — движение у края замедляется, и это согласуется с тем, что там скорость обращается в нуль.Ответ \( T = 0{,}06 \) с.Когда энергия убывает вдвое
6/10Частота свободных колебаний тела равна \(\omega\). Через какое наименьшее время его кинетическая энергия уменьшается вдвое по сравнению со своим наибольшим значением?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Кинетическая энергия пропорциональна \(\cos^2\), а «вдвое меньше» для квадрата означает \(\cos = 1/\sqrt2\) — то есть фазу \(45^\circ\). Восьмая часть периода.Отсчёт от максимума. Кинетическая энергия наибольшая в положении равновесия; отсчитаем время от этого момента:
\[ v = v_0\cos\omega t \quad\Longrightarrow\quad E_{\text{к}} = \frac{mv_0^2}{2}\cos^2\omega t . \]Условие.
\[ \cos^2\omega t = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad \omega t = \frac\pi4 \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{\pi}{4\omega} = \frac T8 . \]Проверка. Восьмая часть периода ✓ — в этот момент тело находится в точке \(x = A/\sqrt2\), где кинетическая и потенциальная энергии в точности равны ✓, каждая по половине полной. Красивый ориентир: «половина энергии — на \(0{,}71\) амплитуды» ✓. Заметим, что энергия колеблется с удвоенной частотой \((\cos^2\omega t = \frac12(1+\cos2\omega t))\) ✓, поэтому её период равен \(T/2\), а искомое время — четверть уже этого периода ✓.Ответ \( t = \dfrac{\pi}{4\omega} = \dfrac T8 \).Маятник с гвоздём
6/10Найдите период колебаний математического маятника длины \(l\), если на пути нити на расстоянии \(l/2\) вниз по вертикали от точки подвеса вбит гвоздь.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Полпериода маятник качается как обычный, длины \(l\), а вторую половину — вокруг гвоздя, как маятник длины \(l/2\). Складываем два полупериода.Влево нить свободна на всю длину, вправо она перегибается через гвоздь и работает лишь её половина. Две половины качания. Пока маятник отклонён в ту сторону, где нить свободна, он качается с периодом \(T_1 = 2\pi\sqrt{l/g}\). Перейдя через вертикаль, нить ложится на гвоздь, и дальше маятник качается вокруг гвоздя с периодом \(T_2 = 2\pi\sqrt{l/(2g)}\).
Полный период складывается из двух полупериодов:
\[ T = \frac{T_1}{2}+\frac{T_2}{2} = \pi\sqrt{\frac lg} + \pi\sqrt{\frac{l}{2g}} = \pi\sqrt{\frac lg}\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right). \]Проверка. Если гвоздь убрать, обе половины станут одинаковыми и получится \(T = 2\pi\sqrt{l/g}\) ✓. Если вбить гвоздь у самого груза, вторая половина почти исчезнет и \(T\to\pi\sqrt{l/g}\) — ровно половина обычного периода ✓. Числовой множитель \(1+1/\sqrt2 = 1{,}71\) вместо \(2\) ✓ — период сократился примерно на \(15\,\%\). Важно, что амплитуды по разные стороны разные (справа маятник поднимается выше), но на период это не влияет ✓ — период не зависит от амплитуды.Ответ \( T = \pi\sqrt{\dfrac lg}\left(1+\dfrac{1}{\sqrt2}\right) \).Период в несимметричном жёлобе
6/10Найдите период колебаний тела в задаче 3.1.7 (жёлоб, слева выгнутый по радиусу \(r\), справа — по радиусу \(R\)).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Каждую половину колебания тело проходит по своей дуге и ведёт себя как маятник соответствующей длины. Периоды не зависят от амплитуды, поэтому полупериоды просто складываются.Складываем полупериоды. В левой половине тело — маятник длины \(r\), в правой — длины \(R\):
\[ T = \frac{2\pi}{2}\sqrt{\frac rg} + \frac{2\pi}{2}\sqrt{\frac Rg} = \pi\left(\sqrt{\frac Rg}+\sqrt{\frac rg}\right). \]Проверка. При \(r = R\) получается \(2\pi\sqrt{R/g}\) ✓. Ответ не зависит от того, с какой амплитудой запустили тело ✓ — и это ключевое свойство, позволившее сложить полупериоды. Заметим, что движение здесь не гармоническое: график \(x(t)\) склеен из двух синусоид с разными частотами ✓, но периодичность от этого не страдает. Совпадает с тем, что мы отметили в проверке задачи 3.1.7 ✓.Ответ \( T = \pi\left(\sqrt{\dfrac Rg}+\sqrt{\dfrac rg}\right) \).Задача 3.3.7
6/10Гладкую однородную верёвку длины \(l\) удерживают в вертикальном колене изогнутой трубы так, что нижний конец её касается горизонтальной части трубы. Верёвку отпускают. Через какое время она полностью окажется в горизонтальном колене? Трением пренебречь. Как изменится это время, если вначале часть верёвки уже находилась в горизонтальном колене?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Тянет вниз только та часть верёвки, что висит в вертикальном колене, — и её вес пропорционален её длине. А разгоняется вся верёвка целиком. Получается сила, пропорциональная «координате», то есть закон Гука, — только с отталкиванием. Впрочем, формально это те же уравнения, и путь от старта до нуля занимает ровно четверть периода.Свисающая часть длины \(x\) тянет вниз всю верёвку — сила пропорциональна \(x\). Уравнение движения. Пусть \(\lambda = m/l\) — погонная масса, \(x\) — длина части, оставшейся в вертикальном колене. Тянет вниз только её вес:
\[ m\,\dot v = \lambda x g \quad\Longrightarrow\quad l\,\ddot x = -g\,x \](знак минус потому, что \(x\) убывает: \(v = -\dot x\)). Это в точности уравнение гармонических колебаний
\[ \ddot x = -\frac gl\,x,\qquad \omega = \sqrt{\frac gl}. \]Время. Верёвка стартует из покоя при \(x = l\) — это крайняя точка «колебания». Полностью перейти в горизонтальное колено значит достичь \(x = 0\) — положения равновесия. От крайней точки до положения равновесия проходит четверть периода:
\[ t = \frac T4 = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac lg}. \]Если часть уже лежала в горизонтальном колене. Тогда старт из покоя при \(x = x_0 < l\) — но это по-прежнему крайняя точка того же самого колебания (частота-то от амплитуды не зависит!), и до \(x = 0\) снова ровно четверть периода:
\[ t = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac lg}\ \ \text{— не изменится}. \]Проверка. Независимость от начальной длины — прямое следствие изохронности гармонических колебаний ✓, того же свойства, из-за которого период маятника не зависит от размаха. Обратите внимание: \(l\) в формуле — это полная длина верёвки (она задаёт инерцию), а не длина свисающей части ✓. Скорость в конце \(v = \omega x_0 = x_0\sqrt{g/l}\) ✓ — зависит от начальной длины, а время нет. Числа: для \(l = 1\) м получаем \(t \approx 0{,}5\) с ✓.Ответ \( t = \dfrac\pi2\sqrt{\dfrac lg} \); от начальной длины свисающей части не зависит.Задача 3.3.8
6/10Воздушный шарик при слабом ударе о стенку деформируется, как показано на рисунке. Максимальная деформация \(x\) много меньше радиуса \(R\). Пренебрегая изменением избыточного давления \(\Delta p\) воздуха в шарике и упругостью оболочки, оцените время соударения со стенкой. Масса шарика \(m\).
К задаче 3.3.8 (рисунок из условия, перерисован). Шарик радиуса R сплющен о стенку; x — глубина деформации, штриховая линия — недеформированный контур. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сила, с которой стенка давит на шарик, — это избыточное давление, умноженное на площадь пятна контакта. А площадь пятна при малой деформации растёт пропорционально самой деформации. Значит сила линейна по \(x\) — перед нами обычная пружина, и удар длится ровно полпериода.Шарик прижат к стенке; пятно контакта — круг радиуса \(a\), причём \(a^2 = 2Rx\) при малой деформации. Размер пятна. Шар радиуса \(R\), вдавленный на глубину \(x\), касается стенки по кругу радиуса \(a\). По теореме Пифагора для центра шара
\[ a^2 + (R-x)^2 = R^2 \quad\Longrightarrow\quad a^2 = 2Rx - x^2 \approx 2Rx \qquad (x\ll R). \]Сила. Стенка давит на шарик избыточным давлением по всему пятну:
\[ F = \Delta p\cdot \pi a^2 = 2\pi R\,\Delta p\;x . \]Это закон Гука с жёсткостью
\[ k = 2\pi R\,\Delta p . \]Время удара. Пока шарик касается стенки, он проходит ровно половину «колебания» — от нулевой деформации до максимума и обратно:
\[ t = \frac T2 = \pi\sqrt{\frac mk} = \pi\sqrt{\frac{m}{2\pi R\,\Delta p}} . \]Проверка. Время не зависит от скорости удара ✓ — типичное свойство линейной «пружины»; именно поэтому условие «слабый удар» нужно лишь затем, чтобы деформация осталась малой. Чем сильнее надут шарик (больше \(\Delta p\)), тем жёстче он и тем короче удар ✓. Числа: \(m = 3\) г, \(R = 15\) см, \(\Delta p = 3\) кПа дают \(t \approx \pi\sqrt{0{,}003/(2\pi\cdot0{,}15\cdot3000)} \approx 6\) мс ✓ — правдоподобно для мягкого шарика. Размерность: \([\Delta p\,R] = \) Н/м ✓ — действительно жёсткость.Ответ \( t = \pi\sqrt{\dfrac{m}{2\pi R\,\Delta p}} \).Фокусировка пучка частиц
6/10Докажите, что пучок частиц будет собираться (фокусироваться) в некоторых определённых точках оси \(OO'\), если скорость каждой частицы пучка в сечении \(OO''\) равна \(v_0\), а сила, действующая на частицу, \(F = -kr\), где \(r\) — расстояние от частицы до оси пучка. На каком расстоянии от сечения \(OO''\) фокусируются частицы, если масса каждой равна \(m\)?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Вдоль оси частицы летят равномерно, поперёк — совершают гармонические колебания с одной и той же частотой, независимо от того, насколько далеко от оси они летели. Все они пересекают ось одновременно — вот и фокус.Все частицы, независимо от начального удаления от оси, пересекают её в одних и тех же точках. Разделяем движения. Вдоль оси силы нет, поэтому продольная скорость постоянна и равна \(v_0\) (по условию вся скорость в сечении \(OO''\) направлена вдоль оси). Поперёк действует \(F = -kr\), то есть
\[ \ddot r = -\frac km\,r,\qquad \omega = \sqrt{\frac km}. \]Почему получается фокус. В сечении \(OO''\) у каждой частицы поперечная скорость равна нулю, а поперечное смещение \(r_0\) своё. Значит
\[ r(t) = r_0\cos\omega t \]— и обращается в нуль в моменты \(\omega t = \frac\pi2 + \pi n\), одинаковые для всех частиц: частота от \(r_0\) не зависит. Все частицы сходятся на ось одновременно.
Где именно. За это время частица пролетает вдоль оси
\[ l = v_0 t = \frac{v_0}{\omega}\left(\frac\pi2+\pi n\right) = \pi\left(n+\frac12\right)v_0\sqrt{\frac mk}, \qquad n = 0,1,2,\dots \]Проверка. Фокусов бесконечно много, и расположены они через равные промежутки \(\pi v_0\sqrt{m/k}\) ✓ — это половина «пространственного периода». Чем быстрее частицы, тем дальше фокус ✓, чем сильнее фокусирующее поле — тем ближе ✓. Именно так работают магнитные линзы ускорителей и электронных микроскопов ✓; условие \(F\propto r\) — это и есть требование «линзы без аберраций», ведь только при линейной силе точка фокуса не зависит от того, насколько далеко от оси идёт частица ✓.Ответ \( l = \pi\left(n+\frac12\right)v_0\sqrt{\dfrac mk} \), \(n\) — целое.Шарик в цилиндрическом жёлобе
6/10Из нижней точки гладкого горизонтального цилиндрического жёлоба радиуса \(R\) под небольшим углом к его образующей выскальзывает со скоростью \(v_0\) маленький шарик. Сколько раз на длине \(l\) он пересечёт нижнюю образующую жёлоба?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Движение вдоль жёлоба равномерное, поперёк — гармоническое с частотой \(\sqrt{g/R}\). Значит траектория — «синусоида», намотанная на жёлоб, и она пересекает дно через равные промежутки длины.Развёртка жёлоба: шарик идёт по «синусоиде» и пересекает нижнюю образующую через равные промежутки. Два движения. Вдоль образующей на шарик ничего не действует — он летит равномерно со скоростью \(v_0\) (угол мал, так что почти вся скорость продольная). Поперёк жёлоб работает как маятник длины \(R\):
\[ \omega = \sqrt{\frac gR}. \]Промежуток между пересечениями. Поперечная координата обращается в нуль через каждые полпериода, а за это время шарик пролетает вдоль
\[ d = v_0\cdot\frac{T}{2} = \frac{\pi v_0}{\omega} = \pi v_0\sqrt{\frac Rg}. \]Число пересечений. На длине \(l\) их укладывается
\[ N = \left[\frac{l}{d}\right] = \left[\frac{l}{\pi v_0}\sqrt{\frac gR}\right] \]— целая часть этого выражения.
Проверка. Чем быстрее шарик, тем реже пересечения ✓ — он успевает улететь дальше за то же время. Чем шире жёлоб \((R\) больше\()\), тем «медленнее» поперечные колебания и тем реже пересечения ✓. Начальный угол в ответ не входит ✓ — от него зависит лишь амплитуда «синусоиды», а не её период; это опять изохронность. Ровно та же математика, что и в предыдущей задаче о фокусировке пучка ✓ — только там сила была упругая, а здесь её роль играет тяжесть.Ответ \( N = \left[\dfrac{l}{\pi v_0}\sqrt{\dfrac gR}\right] \) — целая часть.Маятник у наклонной стены
6/10К наклонной стене подвешен маятник длины \(l\). Маятник отклонили от вертикали на малый угол, в два раза превышающий угол наклона стены к вертикали, и отпустили. Найдите период колебаний маятника, если удары о стену абсолютно упругие.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Между ударами маятник качается как обычный, с амплитудой \(2\beta\). Стена обрезает качание на угле \(\beta\) — то есть на половине амплитуды. А момент, когда гармоническое колебание проходит половину амплитуды, известен: это фаза \(60^\circ\).Свободный размах — \(2\beta\), но стена стоит под углом \(\beta\) и обрывает качание на половине амплитуды. Свободный участок. Пусть стена наклонена к вертикали на \(\beta\), а маятник отпущен с угла \(2\beta\) в противоположную сторону. Между ударами
\[ \theta = 2\beta\cos\omega t,\qquad \omega = \sqrt{\frac gl}. \]Момент удара. Маятник встречает стену при \(\theta = -\beta\):
\[ 2\beta\cos\omega t = -\beta \quad\Longrightarrow\quad \cos\omega t = -\frac12 \quad\Longrightarrow\quad \omega t = \frac{2\pi}{3}. \]Период. Удар абсолютно упругий, значит скорость просто меняет знак и маятник проходит тот же путь обратно за то же время:
\[ T = 2\cdot\frac{2\pi}{3\omega} = \frac{4\pi}{3}\sqrt{\frac lg}. \]Проверка. Если бы стены не было, период равнялся бы \(2\pi\sqrt{l/g}\) ✓ — наш ответ ровно в \(3/2\) раза меньше, и это разумно: стена «съела» треть свободного качания. Проверим предельные случаи: если стену поставить вертикально \((\beta = 0)\), маятник будет ударяться в нижней точке, свободный участок станет четвертью периода и \(T = \pi\sqrt{l/g}\) ✓ — вдвое меньше свободного; наша формула при \(\beta\to0\) этого не даёт лишь потому, что там уже другое условие (амплитуда тоже стремится к нулю). Ответ не зависит ни от \(\beta\), ни от массы ✓ — работает только отношение «амплитуда к углу стены», равное двум.Ответ \( T = \dfrac{4\pi}{3}\sqrt{\dfrac lg} \).Плита рядом с пружинным маятником
6/10Один конец пружины прикреплён к стене, на втором — шарик, колеблющийся с амплитудой \(A\) и периодом \(T_0\). На каком расстоянии от положения равновесия шарика нужно поставить плиту, чтобы период его колебаний стал равным \(T\)? Удары шарика о плиту абсолютно упругие.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Та же схема, что и с наклонной стеной: плита обрезает колебание на некотором смещении, и период равен удвоенному времени свободного участка. Надо лишь выразить это смещение через нужную фазу.Плита стоит на расстоянии \(l\) от положения равновесия и обрывает колебание. Свободный участок. Пусть \(x = A\cos\omega_0 t\), отсчёт от дальней крайней точки \((\omega_0 = 2\pi/T_0)\). Шарик доходит до плиты, стоящей на расстоянии \(l\) по другую сторону от равновесия, то есть при \(x = -l\):
\[ \cos\omega_0 t = -\frac lA . \]Период. Удар упругий, поэтому \(T = 2t\):
\[ \omega_0 t = \frac{\omega_0 T}{2} = \frac{2\pi}{T_0}\cdot\frac T2 = \frac{\pi T}{T_0}, \] \[ -\frac lA = \cos\frac{\pi T}{T_0} \quad\Longrightarrow\quad l = -A\cos\frac{\pi T}{T_0} = A\cos\left[\pi\left(1-\frac{T}{T_0}\right)\right]. \]Проверка. При \(T = T_0\) получаем \(l = A\cos0 = A\) ✓ — плита стоит ровно в крайней точке и ничего не меняет. При \(T = T_0/2\) выходит \(l = A\cos(\pi/2) = 0\) ✓ — плита в положении равновесия обрезает ровно половину колебания. Формула имеет смысл при \(T_0/2 \le T \le T_0\) ✓: сделать период больше свободного плитой нельзя. Задача — близкий родственник предыдущей ✓, только там роль плиты играла стена, а «амплитуда/расстояние» было равно двум.Ответ \( l = A\cos\left[\pi\left(1-\dfrac{T}{T_0}\right)\right] \).Груз падает на пружину
6/10Груз массы \(m\) падает с высоты \(H\) на пружину жёсткости \(k\) и длины \(h\), нижний конец которой прикреплён к полу. Определите время контакта груза с пружиной, если \(mg < 2k(H-h)\).
К задаче 3.3.13 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Пока груз на пружине, он совершает гармонические колебания около положения равновесия \(mg/k\) ниже верхнего конца пружины. Контакт начинается и кончается в одной и той же точке — на высоте \(mg/k\) выше равновесия. Значит нужно найти, какую долю периода занимает путь между этими двумя моментами.Скорость в момент касания. Груз пролетает свободно \(H-h\):
\[ v_0 = \sqrt{2g(H-h)} . \]Колебания на пружине. Частота \(\omega = \sqrt{k/m}\), положение равновесия на \(mg/k\) ниже верхнего конца пружины. Отсчитаем \(y\) от равновесия вниз: в момент касания \(y = -mg/k\), скорость \(v_0\) вниз. Амплитуда
\[ a = \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^{\!2}+\frac{v_0^2}{\omega^2}} . \]Доля периода. Запишем \(y = a\sin\psi\), где \(\psi = \omega t + \psi_0\). Контакт начинается при \(\sin\psi_0 = -\dfrac{mg/k}{a}\) и движении вниз, кончается — при том же \(\sin\psi\), но при движении вверх. Разность фаз
\[ \Delta\psi = \pi + 2\arcsin\frac{mg/k}{a} = \pi + 2\operatorname{arctg}\frac{mg/k}{v_0/\omega}. \]Отношение под арктангенсом считается легко:
\[ \frac{mg/k}{v_0/\omega} = \frac{mg/k}{\sqrt{2g(H-h)}\sqrt{m/k}} = \sqrt{\frac{mg}{2k(H-h)}} . \]Время.
\[ t = \frac{\Delta\psi}{\omega} = \left[\pi + 2\operatorname{arctg}\sqrt{\frac{mg}{2k(H-h)}}\,\right]\sqrt{\frac mk}. \]Проверка. Если бы груз просто положили на пружину без падения \((H = h)\), арктангенс стал бы \(\pi/2\) и вышло бы \(t = 2\pi\sqrt{m/k}\) — полный период ✓, ведь груз тогда не отрывается вовсе и «контакт» бесконечен... точнее, ровно столько длится один цикл. При очень большой высоте падения арктангенс стремится к нулю и \(t\to\pi\sqrt{m/k}\) ✓ — ровно полпериода, статическая просадка \(mg/k\) становится несущественной. Условие \(mg < 2k(H-h)\) как раз означает, что подкоренное выражение меньше единицы, то есть падение уже «весомее» статической просадки ✓. Время не зависит от того, где именно стоит пружина ✓ — только от \(m\), \(k\) и высоты падения.Ответ \( t = \left[\pi + 2\operatorname{arctg}\sqrt{\dfrac{mg}{2k(H-h)}}\,\right]\sqrt{\dfrac mk} \).Брусок наезжает на шероховатый участок
6/10По гладкой горизонтальной плоскости со скоростью \(v\) скользит тонкий однородный брусок длины \(l\). Брусок наезжает на обширный шероховатый участок плоскости. Через какое время брусок остановится, если коэффициент трения равен \(\mu\)?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Пока брусок наполовину на шероховатом участке, тормозит его только та часть веса, которая уже «за чертой», — а она пропорциональна заехавшей длине. Сила, пропорциональная координате, — это опять гармоническое движение, только четвертушка его.Тормозит только заехавшая часть длины \(x\) — сила пропорциональна \(x\). Пока брусок заезжает. Пусть \(x\) — длина части, оказавшейся на шероховатом участке. Нормальная нагрузка этой части равна \(mg\,x/l\), поэтому
\[ m\ddot x = -\mu mg\,\frac xl \quad\Longrightarrow\quad \ddot x = -\frac{\mu g}{l}x,\qquad \omega = \sqrt{\frac{\mu g}{l}} . \]Старт: \(x = 0\), \(\dot x = v\), значит
\[ x(t) = \frac{v}{\omega}\sin\omega t . \]Случай медленного бруска \(\left(v \le \omega l = \sqrt{\mu g l}\right)\). Тогда \(x\) не успевает дорасти до \(l\): брусок останавливается в момент, когда \(\dot x = 0\), то есть через четверть периода:
\[ t = \frac{\pi}{2\omega} = \frac\pi2\sqrt{\frac{l}{\mu g}} . \]Случай быстрого бруска \(\left(v > \sqrt{\mu gl}\right)\). Брусок успевает заехать целиком. Скорость в этот момент найдём из энергии (работа трения при заезде равна \(\mu mgl/2\)):
\[ v' = \sqrt{v^2-\mu g l}. \]Время заезда — из \(\dfrac{v}{\omega}\sin\omega t_1 = l\), то есть \(\sin\omega t_1 = \dfrac{\omega l}{v} = \dfrac{\sqrt{\mu g l}}{v}\), что то же самое, что \(\cos\omega t_1 = v'/v\):
\[ t_1 = \sqrt{\frac{l}{\mu g}}\arccos\frac{v'}{v}. \]Дальше брусок целиком на шероховатом участке и тормозит равнозамедленно:
\[ t_2 = \frac{v'}{\mu g},\qquad t = \frac{v'}{\mu g} + \sqrt{\frac{l}{\mu g}}\arccos\frac{v'}{v}. \]Проверка. На границе \(v = \sqrt{\mu gl}\) имеем \(v' = 0\), и вторая формула даёт \(\sqrt{l/(\mu g)}\arccos 0 = \frac\pi2\sqrt{l/(\mu g)}\) ✓ — в точности первая. Медленный брусок останавливается за время, не зависящее от скорости ✓ — красивое следствие изохронности. При очень большой \(v\) главный вклад даёт \(v/(\mu g)\) ✓ — обычное равнозамедленное торможение. Заметим, что медленный брусок останавливается, не заехав целиком, и так и стоит ✓ — трение покоя удержит его.Ответ При \(v \le \sqrt{\mu gl}\): \( t = \dfrac\pi2\sqrt{\dfrac{l}{\mu g}} \). При \(v > \sqrt{\mu gl}\): \( t = \dfrac{v'}{\mu g}+\sqrt{\dfrac{l}{\mu g}} \arccos\dfrac{v'}{v} \), где \( v' = \sqrt{v^2-\mu gl} \).Задача 3.3.15
6/10Стрелок пытается попасть в диск радиуса \(R\), который колеблется гармонически так быстро, что стрелок не может за ним уследить. Тогда он целится в центр области движения диска. С какой вероятностью стрелок попадёт в диск, если амплитуда колебаний диска \(A \gg R\)? Если \(A = 2R\)? Увеличится ли вероятность попадания, если целиться в точку на расстоянии \(R\) от края области?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Момент выстрела случаен, поэтому диск застаётся «где придётся» — но не равновероятно: у краёв он задерживается дольше (там скорость мала). Нужна плотность вероятности положения гармонического осциллятора.У краёв диск задерживается дольше — плотность вероятности там обращается в бесконечность. Плотность вероятности. Доля времени, проводимая на участке \(dx\), обратно пропорциональна скорости \(v(x) = \omega\sqrt{A^2-x^2}\). Нормируя на полупериод,
\[ p(x) = \frac{1}{\pi\sqrt{A^2-x^2}},\qquad -A < x < A. \]Прицел в центр. Пуля попадает в диск, если центр диска в этот момент отстоит от точки прицеливания меньше чем на \(R\):
\[ w = \int_{-R}^{R}\frac{dx}{\pi\sqrt{A^2-x^2}} = \frac2\pi\arcsin\frac RA . \]Два случая. При \(A \gg R\) арксинус можно заменить аргументом:
\[ w \approx \frac{2R}{\pi A}. \]При \(A = 2R\)
\[ w = \frac2\pi\arcsin\frac12 = \frac2\pi\cdot\frac\pi6 = \frac13 . \]Прицел у края. Плотность \(p(x)\) максимальна у краёв — там диск «зависает». Значит, целясь в точку на расстоянии \(R\) от края области, стрелок захватывает как раз самый «густой» участок, и вероятность увеличится. Например, при \(A = 2R\) прицел в точку \(x = A-R = R\) даёт
\[ w' = \int_{0}^{2R}\frac{dx}{\pi\sqrt{4R^2-x^2}} = \frac1\pi\arcsin 1 = \frac12 > \frac13\ ✓ \]Проверка. Полная вероятность нормирована: при \(R \ge A\) формула даёт \(w = \frac2\pi\arcsin1 = 1\) ✓ — диск шире области движения, промахнуться нельзя. Приближение \(2R/(\pi A)\) при \(A = 2R\) дало бы \(0{,}32\) вместо \(0{,}33\) ✓ — почти точно, хотя \(A\) всего вдвое больше \(R\). Множитель \(2/\pi \approx 0{,}64\) вместо наивной «равномерной» оценки \(R/A\) ✓ — учёт неравномерности даёт заметную поправку. Тот же эффект «зависания у краёв» мы обсуждали в задаче 3.1.4 про мигающую лампочку ✓.Ответ \( w = \dfrac2\pi\arcsin\dfrac RA \); при \(A\gg R\) это \( \dfrac{2R}{\pi A} \), при \(A = 2R\) — \( \dfrac13 \). Прицел у края вероятность увеличивает.Пружину потянули и резко остановили
6/10К одному концу первоначально недеформированной и неподвижной пружины жёсткости \(k\) прикреплён груз массы \(m\). Свободный конец пружины стали тянуть с постоянной скоростью, пока он не переместился на расстояние \(d\). Затем его резко остановили. При какой скорости этого конца груз после остановки не будет колебаться? Сформулируйте аналогичную задачу для математического маятника.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Перейдём в систему отсчёта, движущуюся вместе с концом пружины. Там положение равновесия неподвижно, и груз просто совершает гармонические колебания. Чтобы после остановки он замер, к этому моменту он должен и стоять на месте, и находиться точно в новом положении равновесия — а это бывает ровно через целое число периодов.Свободный конец тянут со скоростью \(u\), пока он не пройдёт \(d\), и резко останавливают. В системе конца пружины. Пусть конец движется со скоростью \(u\), тогда мгновенное положение равновесия груза тоже едет со скоростью \(u\). Введём \(y = x - ut\) — смещение груза относительно этого «бегущего равновесия». Уравнение получается обычным:
\[ m\ddot y = -k y,\qquad \omega = \sqrt{\frac km}. \]В начальный момент груз стоит на месте и пружина не деформирована, значит \(y(0) = 0\), \(\dot y(0) = -u\):
\[ y = -\frac u\omega\sin\omega t . \]Условие «не колебаться». Скорость груза в лабораторной системе \(\dot x = \dot y + u = u(1-\cos\omega t)\). Чтобы после мгновенной остановки конца груз замер, нужно \(\dot x = 0\), то есть
\[ \cos\omega\tau = 1 \quad\Longrightarrow\quad \omega\tau = 2\pi n . \]При этом автоматически \(y = 0\), то есть груз стоит точно в новом положении равновесия ✓ — колебаться ему нечем и незачем.
Скорость. Конец шёл время \(\tau = d/u\), поэтому
\[ \omega\,\frac du = 2\pi n \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{d}{2\pi n}\sqrt{\frac km},\qquad n = 1,2,\dots \]Аналог для маятника. Точку подвеса математического маятника длины \(l\) начали двигать горизонтально с постоянной скоростью и, сдвинув на \(d\), резко остановили. При каких скоростях маятник после этого не будет качаться? Ответ той же формы: \(u = \dfrac{d}{2\pi n}\sqrt{\dfrac gl}\).
Проверка. Условие означает, что за время протяжки укладывается целое число периодов ✓ — груз успевает «догнать» конец ровно в нужной фазе. Максимальная подходящая скорость отвечает \(n = 1\) ✓; более быстрая протяжка всегда оставляет колебания. Заметим, что путь \(d\) при этом любой ✓ — важна только связь между \(d\) и \(u\). Полезная физическая аналогия: так гасят раскачку груза на кране — подбирая длительность разгона кратной периоду ✓.Ответ \( u = \dfrac{d}{2\pi n}\sqrt{\dfrac km} \), \(n\) — целое.Два маятника с задержкой
6/10Два одинаковых маятника имеют общую точку подвеса. Одному маятнику толчком сообщили некоторую скорость, затем через время \(\tau\) другому маятнику тоже толчком сообщили такую же скорость. Через какое время после начала движения первого маятника оба маятника встретятся, если период их колебаний равен \(T\) и \(\tau < T/2\)?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Оба маятника колеблются одинаково, только второй отстаёт по времени на \(\tau\). Одинаковые синусоиды со сдвигом пересекаются посередине между своими максимумами — остаётся выписать это.Законы движения. Оба стартуют из положения равновесия:
\[ x_1 = a\sin\omega t,\qquad x_2 = a\sin\omega(t-\tau),\qquad \omega = \frac{2\pi}{T}. \]Встреча. Приравниваем и пользуемся тем, что синусы равны, когда их аргументы дополняют друг друга до \(\pi\):
\[ \omega t = \pi - \omega(t-\tau) \quad\Longrightarrow\quad 2\omega t = \pi + \omega\tau, \] \[ t = \frac{\pi}{2\omega}+\frac\tau2 = \frac T4 + \frac\tau2 . \]Проверка. При \(\tau = 0\) маятники движутся одинаково и «встречаются» сразу ✓ — формула даёт \(T/4\), момент, когда оба в крайней точке; на самом деле они не расстаются вовсе, и \(T/4\) тоже подходит ✓. Ответ — это ровно середина между максимумами первого \((T/4)\) и второго \((T/4+\tau)\) ✓, что и понятно по симметрии. Условие \(\tau < T/2\) гарантирует, что первая встреча происходит именно на первом качании ✓. Скорости в момент встречи равны по модулю и противоположны по знаку ✓ — маятники идут навстречу.Ответ \( t = \dfrac T4+\dfrac\tau2 \).Подставку убрали
6/10Тело массы \(m\), подвешенное на пружине жёсткости \(k\), лежит на подставке. Подставку мгновенно убирают. Опишите движение тела, если первоначально пружина: а) не деформирована; б) сжата и её деформация равна \(l\).
К задаче 3.3.18 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Тело стартует из покоя, значит стартовая точка — это крайняя точка будущих колебаний, а амплитуда равна расстоянию от неё до положения равновесия. Всё остальное — стандартный косинус.Положение равновесия. Оно находится там, где пружина растянута на \(mg/k\).
а. Пружина не деформирована. Тело стартует на \(mg/k\) выше равновесия, из покоя. Значит амплитуда \(A = mg/k\), и, направив ось \(x\) вертикально вверх с началом в начальном положении,
\[ x = \frac{mg}{k}\left(\cos\omega t - 1\right),\qquad \omega = \sqrt{\frac km}. \]Тело опускается, доходит до \(-2mg/k\) и возвращается.
б. Пружина сжата на \(l\). Теперь тело ещё на \(l\) выше, то есть на \(mg/k + l\) выше равновесия:
\[ x = \left(\frac{mg}{k}+l\right)\left(\cos\omega t - 1\right). \]Проверка. В обоих случаях в начальный момент \(x = 0\) и скорость нулевая ✓. Максимальное опускание вдвое больше статической просадки ✓ — это знакомый факт: если груз «уронить» на пружину без начальной скорости, она растянется вдвое сильнее, чем при медленном опускании. Максимальная скорость \(A\omega\) ✓, а максимальная сила пружины \(2mg\) в случае а ✓ — вдвое больше веса. Частота от начальной деформации не зависит ✓, меняется только амплитуда.Ответ а. \( x = \dfrac{mg}{k}(\cos\omega t-1) \). б. \( x = \left(\dfrac{mg}{k}+l\right)(\cos\omega t-1) \); ось \(x\) направлена вверх, начало — в начальном положении, \( \omega=\sqrt{k/m} \).Пуля застревает в теле на пружине
6/10Пуля массы \(m\), летящая со скоростью \(v\), попадает в тело массы \(M\), связанное со стенкой пружиной жёсткости \(k\), и застревает в нём. Выбрав момент попадания за начало отсчёта времени, найдите зависимость скорости и координаты тела от времени.
К задаче 3.3.19 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Удар мгновенный, пружина за это время не успевает деформироваться — значит работает только закон сохранения импульса. А сразу после удара начинаются обычные колебания, начатые из положения равновесия с найденной скоростью.Скорость сразу после удара. Пуля застревает, импульс сохраняется:
\[ mv = (M+m)u \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{mv}{M+m}. \]Частота. Колеблется тело вместе с застрявшей пулей:
\[ \omega = \sqrt{\frac{k}{M+m}} . \]Движение. В момент \(t = 0\) координата нулевая (пружина не деформирована), а скорость равна \(u\) — это старт из положения равновесия:
\[ v(t) = u\cos\omega t = \frac{mv}{M+m}\cos\sqrt{\frac{k}{M+m}}\;t, \] \[ x(t) = \frac u\omega\sin\omega t = \frac{mv}{\sqrt{k(M+m)}}\,\sin\sqrt{\frac{k}{M+m}}\;t . \]Проверка. Амплитуда \(A = u/\omega = mv/\sqrt{k(M+m)}\) ✓; её же даёт закон сохранения энергии \(\frac{(M+m)u^2}{2} = \frac{kA^2}{2}\) ✓. При \(m\ll M\) получаем \(A \approx mv/\sqrt{kM}\) ✓ — лёгкая пуля раскачивает тело слабо. Заметим, что энергия при ударе теряется: осталась доля \(m/(M+m)\) от начальной ✓ — неупругий удар, и это нормально. Размерность \(mv/\sqrt{kM}\): \(\text{кг}\cdot\text{м/с} \big/\sqrt{\text{Н/м}\cdot\text{кг}} = \text{м}\) ✓.Ответ \( v = \dfrac{mv}{M+m}\cos\omega t \), \( x = \dfrac{mv}{\sqrt{k(M+m)}}\sin\omega t \), где \( \omega = \sqrt{\dfrac{k}{M+m}} \).Два шарика с пружиной у стенки
6/10По горизонтальной плоскости со скоростью \(v\) скользят два шарика одинаковой массы \(m\), связанные недеформированной пружиной жёсткости \(k\). Шарики налетают на вертикальную упругую стенку. Опишите последующее движение шариков. Произойдёт ли повторный удар их о стенку?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея После первого удара передний шарик летит от стенки, задний — к ней: они сближаются, и пружина сжимается. Удобно смотреть из системы центра масс — там он покоится, а шарики просто совершают колебания с частотой \(\sqrt{2k/m}\).Оба шарика подлетают к стенке со скоростью \(v\), пружина не деформирована. Первый удар. Передний шарик отскакивает упруго и летит от стенки со скоростью \(v\), задний по-прежнему идёт к стенке со скоростью \(v\). Суммарный импульс стал нулевым — центр масс системы остановился.
Колебание. Относительное движение — это колебание двух тел на пружине с приведённой массой \(\mu = m/2\):
\[ \omega = \sqrt{\frac{k}{\mu}} = \sqrt{\frac{2k}{m}}, \qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}} . \]Шарики сближаются, пружина сжимается, достигает наибольшего сжатия через четверть периода и через полпериода снова оказывается недеформированной — но с противоположными скоростями: передний шарик теперь летит к стенке со скоростью \(v\), задний — от неё.
Второй удар. Он неизбежен и происходит ровно через
\[ \frac T2 = \pi\sqrt{\frac{m}{2k}} \]после первого, причём в этот момент пружина не деформирована. Передний шарик отскакивает и приобретает скорость \(v\) от стенки — теперь оба шарика движутся от стенки со скоростью \(v\), пружина не деформирована, и система удаляется как единое целое, больше не колеблясь.
Проверка. Проследим за передним шариком в системе центра масс: он уходит от стенки, разворачивается и возвращается точно к ней через полпериода ✓ — именно поэтому второго удара не избежать. Энергия: до первого удара \(mv^2\), после второго — тоже \(mv^2\) ✓, оба удара упругие и в моменты ударов пружина не деформирована, так что вся энергия снова кинетическая. Итоговое состояние — зеркальное отражение начального ✓, что и должно быть при полностью упругом взаимодействии.Ответ Второй удар произойдёт через \( \pi\sqrt{m/(2k)} \) после первого, в момент, когда пружина не деформирована; после него оба шарика уходят от стенки со скоростью \(v\), не колеблясь.Задача 3.3.21
6/10Тела массы \(m_1\) и \(m_2\) связаны первоначально недеформированной пружиной. Телу массы \(m_1\) сообщают ударом скорость \(v\), направленную вдоль пружины. Как с течением времени станут меняться скорости этих тел, если частота свободных колебаний равна \(\omega\)?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Разложим движение на два простых: равномерное движение центра масс плюс колебание относительной координаты. Первое даёт постоянную добавку к обеим скоростям, второе — гармоническую.Центр масс. Он движется равномерно со скоростью
\[ V = \frac{m_1 v}{m_1+m_2}. \]Относительное движение. В момент удара пружина не деформирована, а относительная скорость равна \(v\). Значит относительная скорость меняется как
\[ v_{\text{отн}} = v_1 - v_2 = v\cos\omega t . \]Собираем. Скорости выражаются через \(V\) и \(v_{\text{отн}}\):
\[ v_1 = V + \frac{m_2}{m_1+m_2}v_{\text{отн}},\qquad v_2 = V - \frac{m_1}{m_1+m_2}v_{\text{отн}}, \] \[ v_1 = \frac{m_1 v}{m_1+m_2}\left(1+\frac{m_2}{m_1}\cos\omega t\right), \qquad v_2 = \frac{m_1 v}{m_1+m_2}\left(1-\cos\omega t\right). \]Проверка. При \(t = 0\): \(v_1 = v\), \(v_2 = 0\) ✓ — ровно начальные условия. Импульс \(m_1v_1+m_2v_2 = m_1 v\) в любой момент ✓ (подставьте и убедитесь, что косинусы сокращаются). Второе тело никогда не движется назад: \(1-\cos\omega t \ge 0\) ✓, его скорость меняется от нуля до \(2V\). Первое тело поворачивает назад \((v_1 < 0)\), только если \(m_2 > m_1\) ✓ — толкнув лёгкое тело в тяжёлое, получим отскок, что и подсказывает интуиция. При \(m_2\to\infty\): \(v_1 \to v\cos\omega t\), \(v_2\to0\) ✓ — пружина у стенки.Ответ \( v_1 = \dfrac{m_1v}{m_1+m_2}\left(1+\dfrac{m_2}{m_1}\cos\omega t\right) \), \( v_2 = \dfrac{m_1v}{m_1+m_2}\left(1-\cos\omega t\right) \).Включили постоянную силу
6/10На тело, связанное со стенкой пружиной и находящееся в равновесии, начала действовать вдоль пружины постоянная сила \(F\). Чему равно наибольшее значение силы натяжения пружины и через какое время после включения оно достигается? Период свободных колебаний тела \(T\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Постоянная сила лишь сдвигает положение равновесия на \(F/k\). Тело стояло на месте — значит теперь оно оказалось в крайней точке колебания с амплитудой \(F/k\) и качнётся ровно вдвое дальше нового равновесия.Новое равновесие. Оно смещено на \(x_0 = F/k\).
Амплитуда. Тело в начальный момент покоится в старой точке, отстоящей от нового равновесия на \(F/k\). Покой — признак крайней точки, значит
\[ A = \frac Fk . \]Наибольшее смещение и сила пружины. Тело доходит до \(2F/k\), где пружина растянута сильнее всего:
\[ F_{\max} = k\cdot\frac{2F}{k} = 2F, \]и происходит это через полпериода после включения:
\[ \tau = \frac T2 . \]Проверка. Знаменитый «коэффициент динамичности 2» ✓: внезапно приложенная нагрузка растягивает пружину вдвое сильнее, чем та же нагрузка, приложенная медленно. Тот же множитель мы видели в задаче 3.3.18 ✓. В момент \(\tau = T/2\) скорость тела равна нулю ✓ — оно на мгновение останавливается, а затем возвращается. Именно поэтому конструкции рассчитывают на удвоенную «внезапную» нагрузку ✓.Ответ \( F_{\max} = 2F \), достигается через \( \tau = \dfrac T2 \).Задача 3.3.23
6/10В момент времени \(t_0\) координата тела, совершающего колебания с частотой \(\omega\), равна \(x_0\), а скорость равна \(v_0\). Докажите, что зависимость координаты от времени можно представить в виде
\[ x = x_0\cos\omega(t-t_0) + \frac{v_0}{\omega}\sin\omega(t-t_0). \]▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Гармоническое колебание задаётся двумя числами — амплитудой и фазой. Значит достаточно проверить, что предложенная функция, во-первых, сама является гармоническим колебанием частоты \(\omega\), и, во-вторых, в момент \(t_0\) даёт нужные координату и скорость. Больше двух условий и не нужно: третьего колебания с теми же данными не бывает.Это гармоническое колебание. Сумма двух гармоник одной частоты снова гармоника той же частоты. Действительно, обозначив \(\tau = t-t_0\),
\[ x = x_0\cos\omega\tau + \frac{v_0}{\omega}\sin\omega\tau = A\cos(\omega\tau - \varphi), \]где
\[ A = \sqrt{x_0^2+\frac{v_0^2}{\omega^2}},\qquad \operatorname{tg}\varphi = \frac{v_0}{\omega x_0} \]— это обычное «свёртывание» суммы синуса и косинуса, то же самое, что сложение двух перпендикулярных векторов длиной \(x_0\) и \(v_0/\omega\).
Начальные данные. Подставим \(t = t_0\), то есть \(\tau = 0\):
\[ x(t_0) = x_0\cdot1 + \frac{v_0}{\omega}\cdot0 = x_0\ ✓ \]Скорость (каждое дифференцирование даёт множитель \(\omega\) и сдвиг фазы):
\[ \dot x = -x_0\omega\sin\omega\tau + v_0\cos\omega\tau, \qquad \dot x(t_0) = v_0\ ✓ \]Единственность. Любое гармоническое колебание частоты \(\omega\) имеет вид \(A\cos(\omega\tau-\varphi)\) — в нём два свободных параметра. Условия \(x(t_0) = x_0\) и \(\dot x(t_0) = v_0\) задают ровно два уравнения и определяют их однозначно. Значит найденная функция — та самая, и других нет.
Проверка. При \(v_0 = 0\) остаётся \(x = x_0\cos\omega\tau\) ✓ — старт из крайней точки. При \(x_0 = 0\) остаётся \(x = (v_0/\omega)\sin\omega\tau\) ✓ — старт из положения равновесия, амплитуда \(v_0/\omega\), как и должно быть. Амплитуда \(A = \sqrt{x_0^2+v_0^2/\omega^2}\) ✓ совпадает с той, что даёт закон сохранения энергии: \(\frac{kA^2}{2} = \frac{kx_0^2}{2}+\frac{mv_0^2}{2}\) ✓. Формула исключительно удобна: она позволяет «сшивать» движение в моменты ударов и включений сил, чем мы и пользуемся в соседних задачах ✓.Ответ Доказано: обе части — гармонические колебания частоты \(\omega\) с одинаковыми координатой и скоростью в момент \(t_0\), а такое колебание единственно.Задача 3.3.24
6/10Тело массы \(m\), подвешенное на пружине, колеблется по закону \(x = A_0\cos\omega t\). С момента времени \(t_0\) на тело начинает действовать вдоль пружины постоянная сила \(F\). Определите амплитуду колебаний относительно нового положения равновесия. При каком \(t_0\) эта амплитуда наибольшая? наименьшая?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сила лишь переносит положение равновесия на \(F/k\). Новая амплитуда — это расстояние от «изображающей точки» до нового центра, а его удобно считать по теореме косинусов: вектор с составляющими \((x, v/\omega)\) остаётся прежним, а центр сдвигается.Состояние в момент включения.
\[ x(t_0) = A_0\cos\omega t_0,\qquad \frac{v(t_0)}{\omega} = -A_0\sin\omega t_0 . \]Новая амплитуда. Отсчитывая от нового равновесия \(x_{\text{нов}} = F/k\),
\[ A^2 = \left(A_0\cos\omega t_0 - \frac Fk\right)^{\!2} + \left(A_0\sin\omega t_0\right)^{\!2}, \] \[ A = \sqrt{A_0^2 + \frac{F^2}{k^2} - \frac{2A_0F}{k}\cos\omega t_0}. \]Это в точности теорема косинусов для треугольника со сторонами \(A_0\) и \(F/k\) и углом \(\omega t_0\) между ними — что и понятно: на «фазовой плоскости» мы складываем старый радиус-вектор со сдвигом центра.
Крайние случаи. Амплитуда наибольшая, когда \(\cos\omega t_0 = -1\):
\[ \omega t_0 = \pi(2n+1),\qquad A_{\max} = A_0+\frac Fk, \]и наименьшая при \(\cos\omega t_0 = 1\):
\[ \omega t_0 = 2\pi n,\qquad A_{\min} = \left|A_0-\frac Fk\right| . \]Проверка. При \(A_0 = 0\) получаем \(A = F/k\) ✓ — это задача 3.3.22. При \(F = 0\) амплитуда не меняется ✓. Если включить силу в тот момент, когда тело и так находится в крайней точке со стороны новой силы \((\omega t_0 = 2\pi n)\) и при этом \(A_0 = F/k\), то \(A = 0\) ✓ — колебания гасятся полностью одним точно рассчитанным включением. Это тот же приём, что и в задаче 3.3.16 ✓. Амплитуда зависит только от фазы включения, но не от момента \(t_0\) как такового ✓ — период тут ни при чём.Ответ \( A = \sqrt{A_0^2+\dfrac{F^2}{k^2}-\dfrac{2A_0F}{k}\cos\omega t_0} \); наибольшая при \( \omega t_0 = \pi(2n+1) \), наименьшая при \( \omega t_0 = 2\pi n \).Задача 3.3.25
6/10На горизонтальной ленте транспортёра, движущейся со скоростью \(u\), находится груз массы \(m\), связанный пружиной жёсткости \(k\) с неподвижной стенкой. В начальный момент пружина не деформирована и груз из-за трения движется вместе с лентой. Определите амплитуду возникших колебаний.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея В начальный момент груз находится в положении равновесия и имеет скорость \(u\) — это стандартный старт «из центра с ходу». Амплитуда такого колебания равна \(v/\omega\).Лента увлекает груз, и он стартует из недеформированного положения со скоростью \(u\). Начальные условия. Пружина не деформирована — значит груз в положении равновесия; трение уже разогнало его до скорости ленты \(u\).
Амплитуда. Для колебания, начатого из центра со скоростью \(u\),
\[ A = \frac u\omega = u\sqrt{\frac mk}. \]Проверка. Тот же результат даёт энергия: \(\frac{mu^2}{2} = \frac{kA^2}{2}\) ✓. Чем быстрее лента, тем сильнее раскачка ✓; чем жёстче пружина, тем меньше амплитуда ✓. Размерность \(u\sqrt{m/k}\) — метры ✓. Как только груз начнёт отставать от ленты, вступит в игру трение скольжения — этим занимается следующая задача ✓; здесь же спрашивается именно об амплитуде «возникших» колебаний, определяемой начальным толчком.Ответ \( A = u\sqrt{\dfrac mk} \).Задача 3.3.26
6/10Пусть в условии задачи 3.3.25 начальная скорость груза нулевая, а коэффициент трения равен \(\mu\). При какой скорости ленты движение груза будет гармоническим колебанием? Как зависит амплитуда установившихся колебаний от скорости ленты \(u\)?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Пока лента скользит под грузом, трение постоянно и равно \(\mu mg\) — а постоянная сила лишь сдвигает положение равновесия. Значит движение гармоническое ровно до тех пор, пока груз не догонит ленту. Всё решает сравнение максимальной скорости груза со скоростью ленты.Пока груз скользит. Трение \(\mu mg\) направлено вперёд и сдвигает равновесие в точку \(x_{\text{р}} = \mu mg/k\). Груз стартует из покоя в точке \(x=0\), то есть в крайней точке колебания с амплитудой \(\mu mg/k\):
\[ x = \frac{\mu mg}{k}\left(1-\cos\omega t\right),\qquad v = \frac{\mu mg}{k}\,\omega\sin\omega t . \]Наибольшая скорость груза при этом
\[ v_{\max} = \frac{\mu mg}{k}\,\omega = \mu g\sqrt{\frac mk}. \]Быстрая лента. Если
\[ u \ \ge\ \mu g\sqrt{\frac mk}, \]груз никогда не догоняет ленту, трение всё время остаётся скользящим и постоянным — движение так и остаётся чисто гармоническим с амплитудой
\[ A = \frac{\mu mg}{k}. \]Медленная лента. При меньшей \(u\) груз догоняет ленту, «прилипает» к ней и некоторое время едет вместе с ней, пока пружина не пересилит трение покоя. Это происходит как раз в точке \(x = \mu mg/k\) — в новом положении равновесия, причём со скоростью \(u\). Дальше груз срывается и совершает колебание, начатое из центра со скоростью \(u\):
\[ A = u\sqrt{\frac mk}. \]Так устроен установившийся режим — знакомое «прилипание и проскальзывание».
Проверка. На границе \(u = \mu g\sqrt{m/k}\) обе формулы дают одно и то же: \(u\sqrt{m/k} = \mu mg/k\) ✓ — ответ склеивается непрерывно. При очень медленной ленте амплитуда мала и пропорциональна \(u\) ✓. При быстрой ленте амплитуда перестаёт зависеть от \(u\) вовсе ✓ — её задаёт только трение; это и есть предел, в котором лента «просто тащит» с постоянной силой. Совпадает с задачей 3.3.25, где начальная скорость была равна \(u\) ✓.Ответ Гармоническое движение сразу — при \( u \ge \mu g\sqrt{m/k} \), амплитуда \( A = \mu mg/k \). При меньших \(u\) устанавливаются колебания с амплитудой \( A = u\sqrt{m/k} \).Задача 3.3.27
6/10На горизонтальной плоскости лежит тело массы \(M\), связанное пружиной жёсткости \(k\) с неподвижной стенкой. Тело оттянули на расстояние \(l\) от положения равновесия и отпустили. Совершив \(n\) колебаний, тело остановилось. Чему равен коэффициент трения между телом и плоскостью, если после остановки пружина оказалась недеформированной?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Вся запасённая в пружине энергия уходит на трение, а работа трения — это просто \(\mu Mg\) на весь пройденный путь. Остаётся сообразить, чему равен путь: при сухом трении амплитуда убывает линейно, поэтому средняя амплитуда равна половине начальной.Энергия. В конце пружина не деформирована и тело стоит, значит вся начальная энергия израсходована:
\[ \frac{k l^2}{2} = \mu M g\,S, \]где \(S\) — полный путь.
Путь. При сухом трении амплитуда за каждое колебание уменьшается на одну и ту же величину — убывает линейно от \(l\) до нуля. За одно полное колебание тело проходит четыре амплитуды, а средняя амплитуда равна \(l/2\):
\[ S = 4n\cdot\frac l2 = 2nl . \]Коэффициент трения.
\[ \frac{kl^2}{2} = \mu Mg\cdot 2nl \quad\Longrightarrow\quad \mu = \frac{k l}{4 M g\,n}. \]Проверка. Чем больше колебаний успело произойти, тем меньше трение ✓. Ответ линеен по начальному отклонению ✓ — при вдвое большем размахе то же трение даст вдвое больше колебаний. Проверим линейность убывания амплитуды: за полпериода амплитуда падает на \(2\mu Mg/k\) ✓ (это стандартный результат для сухого трения), значит за \(n\) полных колебаний — на \(4n\mu Mg/k\), и приравнивая это к \(l\), получаем тот же ответ ✓ — независимая проверка сошлась. Условие «пружина не деформирована в конце» существенно ✓: вообще говоря тело может застрять и в деформированном положении, если трения хватает, чтобы удержать пружину.Ответ \( \mu = \dfrac{kl}{4Mgn} \).Двойной маятник с вертикальной нитью
6/10К маятнику \(AB\) с шариком массы \(M\) подвешен маятник \(BC\) с шариком массы \(m\). Точка \(A\) совершает гармонические колебания по горизонтали с частотой \(\omega\). Найдите длину нити \(BC\), если известно, что нить \(AB\) всё время остаётся вертикальной.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Если \(AB\) вертикальна, её натяжение не даёт горизонтальной составляющей — значит шарик \(M\) разгоняется исключительно нитью \(BC\). Отсюда сразу видно, какой должна быть эта сила, а по ней — угол нижней нити и, наконец, её длина.Верхняя нить всё время вертикальна, поэтому горизонтальную силу шарику \(M\) сообщает только нижняя нить. Уравнение для \(M\). Нить \(AB\) вертикальна, её натяжение горизонтальной составляющей не имеет. Значит горизонтально шарик \(M\) тянет только нить \(BC\), у которой натяжение примерно \(mg\), а угол с вертикалью \(\theta\):
\[ M\ddot x_B = mg\,\theta . \]Так как \(x_B\) колеблется с частотой \(\omega\), \(\ddot x_B = -\omega^2 x_B\), и
\[ \theta = -\frac{M\omega^2}{mg}\,x_B . \]Уравнение для \(m\). На нижний шарик действует горизонтальная составляющая \(-mg\theta\), а его координата
\[ x_C = x_B + L\theta,\qquad L = BC. \]Поэтому
\[ m\ddot x_C = -mg\theta \quad\Longrightarrow\quad -m\omega^2\left(x_B + L\theta\right) = -mg\theta . \]Подставляем \(\theta\).
\[ -m\omega^2 x_B\left(1 - \frac{LM\omega^2}{mg}\right) = M\omega^2 x_B, \] \[ -m + \frac{LM\omega^2}{g} = M \quad\Longrightarrow\quad L = \frac{g(M+m)}{M\omega^2}. \]Проверка. Размерность верна ✓. При \(m\to0\) получается \(L = g/\omega^2\) ✓ — нижняя нить настроена так, что маятник \(BC\) сам по себе имел бы частоту \(\omega\): лёгкий шарик просто «висит в резонанс» и не мешает верхней нити. Чем тяжелее верхний шарик, тем короче нужна нижняя нить ✓ — ей приходится сильнее «тянуть» \(M\) вбок. При очень большой частоте \(L\) мало ✓. Заметим, что это и есть принцип динамического гасителя колебаний: подобранный маятник полностью снимает качание основного ✓.Ответ \( BC = \dfrac{g(M+m)}{M\omega^2} \).Сила при колебании с фазой
6/10Тело массы \(m\) колеблется по закону \(x = A\cos(\omega t+\varphi)\). Найдите зависимость силы от времени. Чему равно её наибольшее значение? В какие моменты сила принимает наибольшее по модулю значение?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Ускорение гармонического движения всегда равно \(-\omega^2x\), поэтому сила пропорциональна смещению и максимальна там, где тело дальше всего от равновесия.Сила.
\[ F = ma = -m\omega^2 x = -m\omega^2 A\cos(\omega t+\varphi). \]Наибольшее значение.
\[ |F|_{\max} = m\omega^2 A, \]достигается, когда \(|\cos(\omega t+\varphi)| = 1\), то есть при
\[ \omega t + \varphi = \pi n \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{\pi n - \varphi}{\omega},\qquad n\ \text{— целое}. \]Проверка. Это моменты прохождения крайних точек ✓ — там смещение максимально, скорость нулевая. Сила всегда направлена к положению равновесия ✓ (знак минус). Начальная фаза \(\varphi\) на величину силы не влияет, только сдвигает моменты ✓. Полезная связка амплитуд: \(A,\ A\omega,\ A\omega^2\) для смещения, скорости и ускорения ✓ — та же, что в задаче 3.3.1.Ответ \( F = -m\omega^2 A\cos(\omega t+\varphi) \), \( |F|_{\max} = m\omega^2A \) при \( t = \dfrac{\pi n-\varphi}{\omega} \).Груз на колеблющейся мембране
6/10Горизонтальная мембрана совершает гармонические колебания по вертикали с частотой \(\omega\) и амплитудой \(A\). На мембране лежит маленький груз. При каком условии он будет колебаться вместе с мембраной, а при каком — начнёт отскакивать? Ниже или выше среднего положения мембраны происходит отрыв?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Мембрана может только толкать груз вверх, тянуть вниз она не умеет. Значит вниз груз разгоняется исключительно тяжестью — с ускорением не больше \(g\). Как только мембране требуется ускорение вниз больше \(g\), груз за ней не поспевает и отрывается.Условие совместного движения. Ускорение мембраны \(a = -\omega^2 x\); вниз оно наибольшее в верхней точке и равно \(\omega^2 A\). Груз следует за мембраной, пока
\[ \omega^2 A \le g . \]Если же
\[ \omega^2 A > g, \]груз начинает отскакивать.
Где происходит отрыв. Реакция мембраны обращается в нуль там, где требуемое ускорение вниз равно \(g\):
\[ \omega^2 x = g \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{g}{\omega^2} > 0 . \]Координата положительна — отрыв происходит выше среднего положения мембраны, на высоте \(g/\omega^2\) над ним.
Проверка. Точка отрыва не зависит от амплитуды ✓ — она определяется только частотой; чем быстрее колебания, тем ближе к среднему положению происходит отрыв. Условие \(\omega^2A > g\) — это ровно «перегрузка больше \(1g\)» ✓, привычный критерий для вибростолов и сит. При \(\omega^2A = g\) отрыв случается точно в верхней точке ✓ — предельный случай, формулы согласуются. На этом же принципе работают вибротранспортёры и просеиватели ✓.Ответ Груз движется вместе с мембраной при \( \omega^2A \le g \) и подскакивает при \( \omega^2A > g \); отрыв — выше среднего положения, на высоте \( g/\omega^2 \).«молоточек» для измерения амплитуды
6/10Для измерения малых амплитуд колебаний мембраны, совершающей колебания высокой частоты \(\omega\), применяется «молоточек», включённый в электрическую цепь с мембраной и телефоном. Молоточек массы \(m\) прижимается к мембране силой, регулируемой микрометрическим винтом. Когда контакт прерывается, в телефоне слышно дребезжание. Определите амплитуду, если дребезжание началось с момента, когда сила прижатия достигла значения \(F\).
К задаче 3.3.31 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Молоточек прижат к мембране силой \(F\), и пока он движется вместе с ней, эта сила «дышит» вокруг \(F\) с размахом \(m\omega^2A\). Контакт рвётся, когда сила прижатия впервые обращается в нуль.Сила контакта. Молоточек массы \(m\) движется вместе с мембраной с ускорением \(a = -\omega^2 x\). Его прижимают винтом с силой \(F\), а мембрана отвечает реакцией \(N\). Второй закон Ньютона (вместе с постоянными силами, которые в равновесии дают как раз \(F\)):
\[ N = F - m\omega^2 A\cos\omega t . \]Сила контакта колеблется вокруг \(F\) с размахом \(m\omega^2A\).
Момент срыва. Дребезжание начинается, когда минимум \(N\) достигает нуля:
\[ F - m\omega^2 A = 0 \quad\Longrightarrow\quad A = \frac{F}{m\omega^2}. \]Проверка. Прибор тем чувствительнее, чем выше частота ✓ — при \(\omega = 10^4\) с\(^{-1}\) и \(m = 1\) г сила \(F = 1\) мН отвечает амплитуде \(A = 10^{-5}\) м \(= 10\) мкм ✓; уменьшая \(F\) винтом, ловят всё меньшие амплитуды. Метод по сути тот же, что в задаче 3.3.30, только роль тяжести играет регулируемая сила прижатия ✓ — потому и \(g\) в ответ не входит. Размерность \(F/(m\omega^2)\) — метры ✓.Ответ \( A = \dfrac{F}{m\omega^2} \).На какую высоту подскочит груз
6/10На горизонтальной плите лежит груз. Плита начинает двигаться вверх, совершая по вертикали гармонические колебания с частотой \(\omega\) и амплитудой \(A\). На какую высоту от начального положения плиты подскочит груз после своего отрыва от её поверхности?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Точку отрыва мы уже знаем: \(x = g/\omega^2\) над средним положением. Там же находим скорость по закону сохранения энергии колебания, а дальше — обычный полёт вверх.Точка и скорость отрыва. Отрыв при \(x_{\text{о}} = g/\omega^2\), где скорость
\[ v_{\text{о}} = \omega\sqrt{A^2 - x_{\text{о}}^2} = \omega\sqrt{A^2-\frac{g^2}{\omega^4}} . \]Свободный подъём. После отрыва груз поднимается ещё на
\[ \frac{v_{\text{о}}^2}{2g} = \frac{\omega^2A^2 - g^2/\omega^2}{2g} = \frac{\omega^2A^2}{2g} - \frac{g}{2\omega^2}. \]Высота над начальным положением. Плита начала движение из нижней точки, то есть на \(A\) ниже среднего положения. Складываем:
\[ h = A + \frac{g}{\omega^2} + \left(\frac{\omega^2A^2}{2g}-\frac{g}{2\omega^2}\right) = A + \frac{g}{2\omega^2} + \frac{\omega^2A^2}{2g}, \]и всё это при условии \(\omega^2A > g\).
Проверка. На пороге \(\omega^2A = g\) получаем \(h = A + A/2 + A/2 = 2A\) ✓ — груз «отрывается» ровно в верхней точке с нулевой относительной скоростью, и его высота над стартом равна размаху плиты \(2A\) ✓. При очень сильной тряске главный член \(\omega^2A^2/(2g)\) ✓ — это просто \(v_{\max}^2/(2g)\), высота подъёма с максимальной скоростью плиты. Все три слагаемых имеют размерность длины ✓.Ответ \( h = A + \dfrac{g}{2\omega^2} + \dfrac{\omega^2A^2}{2g} \) (при \( \omega^2A > g \)).Задача 3.3.33
6/10С какой амплитудой должна колебаться плита (см. задачу 3.3.32), чтобы наступил своеобразный резонанс: груз, подбрасываемый плитой, после каждого удара увеличивал бы высоту своего подъёма? Удары считать абсолютно упругими.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Чтобы каждый удар добавлял энергию, груз должен возвращаться на плиту всегда в одной и той же фазе — тогда плита каждый раз встречает его одинаково и «подбивает». Для этого время полёта обязано укладываться в целое число периодов плиты.Условие повторяемости. Пусть груз отрывается со скоростью \(v_{\text{о}}\). Время свободного полёта
\[ t_{\text{пол}} = \frac{2v_{\text{о}}}{g}. \]Чтобы плита к моменту возвращения груза была в той же фазе, нужно
\[ t_{\text{пол}} = n\,T = \frac{2\pi n}{\omega} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{о}} = \frac{\pi n g}{\omega}. \]Связь с амплитудой. Скорость отрыва мы знаем из предыдущей задачи:
\[ v_{\text{о}}^2 = \omega^2A^2 - \frac{g^2}{\omega^2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\pi^2n^2g^2}{\omega^2} = \omega^2A^2 - \frac{g^2}{\omega^2}, \] \[ \omega^2 A^2 = \frac{g^2}{\omega^2}\left(\pi^2n^2+1\right) \quad\Longrightarrow\quad A = \frac{g}{\omega^2}\sqrt{\pi^2n^2+1}. \]Проверка. При \(n = 1\) получаем \(A \approx 3{,}3\,g/\omega^2\) ✓ — заметно больше порога отрыва \(g/\omega^2\), и это разумно: чтобы груз улетел на целый период плиты, подбросить его надо основательно. Ответ образует дискретный набор амплитуд ✓ — в этом и состоит «своеобразный резонанс»: он наступает не при одной частоте, а при выделенных амплитудах. Размерность \(g/\omega^2\) — длина ✓. Заметим, что точный резонанс неустойчив: чуть отклонившись, груз попадёт в другую фазу и начнёт терять энергию ✓ — поэтому на практике устанавливается некий средний режим.Ответ \( A = \dfrac{g}{\omega^2}\sqrt{\pi^2n^2+1} \), \(n\) — целое.Задача 3.3.34
6/10Пьезокварцевая пластинка колеблется с частотой \(\omega = 10^7\) с\(^{-1}\). На торец пластинки положили тело массы, сравнимой с массой пластинки. Коэффициент трения между телом и пластинкой \(\mu = 1\). Оцените, при какой амплитуде наличие этого тела существенно влияет на частоту колебаний пластинки. Оцените наибольшую скорость тела в установившемся режиме при \(A = 10^{-6}\) см.
К задаче 3.3.34 (рисунок из условия, перерисован). \(m\) — масса тела, лежащего на торце пластинки. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Трение способно сообщить телу ускорение не больше \(\mu g\) — а торец пластинки на таких частотах разгоняется несравнимо сильнее. Значит тело почти всегда просто стоит на месте, а пластинка «шаркает» под ним, ничего к своей массе не добавляя.Порог. Тело движется вместе с торцом, только если требуемое ускорение \(\omega^2 A\) не превышает того, что даёт трение:
\[ \omega^2 A \le \mu g \quad\Longrightarrow\quad A \le \frac{\mu g}{\omega^2} = \frac{1\cdot9{,}8}{10^{14}} \approx 10^{-13}\ \text{м} = 10^{-11}\ \text{см}. \]Только при таких — фантастически малых — амплитудах тело «прилипает» к торцу, входит в колебательную систему и заметно меняет её частоту. При больших амплитудах тело практически стоит, и пластинка колеблется так, будто его нет.
Скорость тела при \(A = 10^{-6}\) см. Здесь \(A\) в сто тысяч раз больше порога, так что тело всё время скользит. Трение постоянно по модулю \((\mu g)\) и меняет знак вместе со скоростью пластинки — то есть дважды за период. Значит тело попеременно разгоняется и тормозится с ускорением \(\mu g\), и за полпериода его скорость успевает измениться на \(\mu g\,T/2\). В установившемся режиме скорость колеблется около нуля с амплитудой
\[ v_{\max} = \mu g\cdot\frac{T}{4} = \frac{\pi \mu g}{2\omega} = \frac{\pi\cdot9{,}8}{2\cdot10^7} \approx 1{,}5\cdot10^{-6}\ \text{м/с}. \]Проверка. Скорость тела \(\sim10^{-6}\) м/с ничтожна по сравнению со скоростью торца \(\omega A = 10^7\cdot10^{-8} = 0{,}1\) м/с ✓ — тело действительно почти неподвижно, и приближение самосогласовано. Размах смещения тела за период порядка \(v_{\max}T \sim 10^{-12}\) м ✓ — оно едва шевелится. Именно поэтому кварцевый резонатор так стабилен: положенный сверху предмет его частоту не сбивает ✓. Эта же картина объясняет и следующую задачу про «скользкие» ультразвуковые поверхности ✓.Ответ Влияние заметно лишь при \( A \lesssim \mu g/\omega^2 \approx 10^{-11} \) см; при \( A = 10^{-6} \) см \( v_{\max} = \dfrac{\pi\mu g}{2\omega} \approx 1{,}5\cdot10^{-6} \) м/с.Почему ультразвук делает поверхность скользкой
6/10Поверхность тел, колеблющихся с ультразвуковой частотой, кажется скользкой на ощупь, а предметы, помещённые на эту поверхность, «плывут» по ней от малейшего приложенного к ним усилия. Объясните это.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сухое трение всегда направлено против относительной скорости. Если поверхность быстро дёргается туда-сюда, знак этой скорости меняется миллионы раз в секунду — и среднее трение оказывается почти нулевым. Малейшая сторонняя сила смещает баланс, и предмет медленно ползёт.Что происходит без внешней силы. Пусть поверхность колеблется со скоростью \(V(t) = v_0\cos\omega t\), а предмет почти неподвижен \((|u| \ll v_0)\). Относительная скорость предмета \(u - V(t)\) меняет знак дважды за период, значит и сила трения \(\mu mg\) меняет направление дважды за период. Ровно половину времени она тянет предмет в одну сторону, половину — в другую, и её среднее равно нулю. Предмет стоит.
Что происходит с малой внешней силой. Стоит предмету поехать со скоростью \(u\), как «плюсовые» и «минусовые» полупериоды перестают быть равными: доля времени, в которую \(V < u\), чуть больше половины. Разность оказывается пропорциональной \(u/v_0\), и среднее трение
\[ \langle F_{\text{тр}}\rangle \approx -\mu mg\cdot\frac{2u}{\pi v_0} \]— оно линейно по скорости, как вязкое сопротивление, и во много раз меньше \(\mu mg\), ведь \(u \ll v_0\).
Вывод. Сухое трение «превратилось» в очень слабое вязкое. Поэтому: покоя-с-трением больше нет — сдвинуть предмет можно сколь угодно малой силой; предмет не рывками, а плавно «плывёт» с установившейся скоростью, пропорциональной приложенной силе; и рука ощущает поверхность как скользкую, потому что сопротивление сдвигу практически исчезло.
Проверка. Количественную сторону подтверждает задача 3.3.36: на вибрирующей наклонной плоскости тело сползает со средней скоростью \(\pi v_0\operatorname{tg}\alpha/(2\mu)\) ✓ — она в точности следует из выписанного здесь линейного закона. Тот же эффект используют в вибропитателях и при ультразвуковой резке, а также в ультразвуковых двигателях ✓. Заметим, что настоящий коэффициент трения при этом не меняется ✓ — «скользкость» кажущаяся, это свойство усреднения, а не поверхности.Ответ Быстрые колебания меняют направление трения дважды за период, поэтому его среднее почти нулевое; сухое трение эффективно заменяется слабым вязким, пропорциональным скорости предмета, — трения покоя фактически нет.Задача 3.3.36
6/10Наклонная плоскость совершает гармонические колебания с большой частотой вдоль своей поверхности. Каково установившееся движение тела, находящегося на ней? Какова средняя скорость этого тела за большое время, если \(\operatorname{tg}\alpha \ll \mu\), где \(\alpha\) — угол наклона плоскости, \(\mu\) — коэффициент трения, \(v_0\) — амплитуда скорости наклонной плоскости?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Без вибрации тело стояло бы: \(\operatorname{tg}\alpha \ll \mu\). Но вибрация «размывает» сухое трение в вязкое (см. предыдущую задачу), а вязкое сопротивление удержать тело не может — оно медленно ползёт вниз с постоянной скоростью, при которой среднее трение как раз уравновешивает скатывающую силу.Плоскость быстро дёргается вдоль себя; тело медленно сползает со средней скоростью \(u\). Среднее трение. Пусть плоскость колеблется со скоростью \(V = v_0\cos\omega t\), а тело ползёт со скоростью \(u \ll v_0\). Трение направлено против относительной скорости \(u - V\). Доля времени, когда \(V < u\), равна
\[ 1 - \frac{\arccos(u/v_0)}{\pi} \approx \frac12 + \frac{u}{\pi v_0}, \]то есть «тормозящие» полупериоды длиннее «разгоняющих» на \(2u/(\pi v_0)\) доли. Значит среднее трение
\[ \langle F_{\text{тр}}\rangle = -\mu m g\cos\alpha\cdot\frac{2u}{\pi v_0}. \]Установившееся движение. Оно наступает, когда среднее трение уравновешивает скатывающую силу:
\[ mg\sin\alpha = \mu mg\cos\alpha\cdot\frac{2u}{\pi v_0} \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{\pi v_0\operatorname{tg}\alpha}{2\mu}. \]Тело равномерно сползает вниз, попутно подрагивая вместе с плоскостью.
Проверка. Условие \(\operatorname{tg}\alpha\ll\mu\) обеспечивает \(u \ll v_0\) ✓ — именно то приближение, в котором мы считали. Без вибрации \((v_0 = 0)\) тело стоит ✓. Чем сильнее трясут, тем быстрее сползание ✓ — неожиданно, но верно: вибрация не «держит», а «смазывает». Чем больше \(\mu\), тем медленнее ✓. Формула линейна по \(\operatorname{tg}\alpha\) ✓ — как и полагается вязкому режиму. Именно так работают вибрационные транспортёры и питатели, где сыпучий материал «течёт» по слабо наклонному вибрирующему лотку ✓.Ответ Тело равномерно сползает со средней скоростью \( u = \dfrac{\pi v_0\operatorname{tg}\alpha}{2\mu} \).Задача трёх тел
6/10В далёкой-далёкой галактике станции инопланетян способны притягивать космические корабли, находящиеся в зоне их действия. Сила притяжения \(\vec F\) прямо пропорциональна расстоянию \(\vec r\) от станции до корабля: \(\vec F = -P\vec r\), где \(P\) — коэффициент силы станции.
Три такие станции расположены в вершинах прямоугольного треугольника с углом \(30^\circ\) и гипотенузой длиной \(l\). Две станции, находящиеся в вершинах острых углов, характеризуются коэффициентом силы \(P\), а станция в вершине прямого угла — коэффициентом силы \(2P\).
В пунктах 1—3 космические станции неподвижны.
1. Определите расстояния от каждой станции до точки, в которой корабль будет находиться в равновесии.
В начальный момент времени космический корабль массой \(m\) находится на середине гипотенузы треугольника, в вершинах которого находятся станции. Скорость корабля равна нулю, двигатели не работают.
2. Определите максимальную скорость корабля \(v_\text{max}\) в процессе дальнейшего движения.
3. На какое минимальное расстояние в процессе движения корабль приблизится к станции, находящейся в вершине прямого угла?
Космический корабль, вновь оказывается в середине гипотенузы с нулевой начальной скоростью. Однако в этот момент времени станция в вершине прямого угла начинает двигаться с постоянной скоростью \(u = 2v_\text{max}\) вдоль прямой, перпендикулярной начальному направлению на корабль (см. рисунок). Станции, находящиеся в вершинах острых углов, остаются неподвижными.
4. Спустя какое время и на каком расстоянии от начального положения корабль впервые остановится?
Примечание: все объекты можно считать точечными, на корабль не действуют другие силы, кроме сил притяжения со стороны станций.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаСила \(-P\vec r\) линейна по положению корабля, поэтому силы станций складываются как силы пружин нулевой длины: две станции \(P\) равносильны одной станции \(2P\) в середине гипотенузы, а все три — одной «пружине» жёсткости \(4P\), закреплённой в центре масс системы \((m, m, 2m)\) в вершинах. В пункте 4 этот центр движется со скоростью \(u/2\) — перейдите в его систему отсчёта.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ1) до станции \(2P\) — \(l/4\), до станций \(P\) — \(\sqrt3\,l/4\) и \(\sqrt7\,l/4\) (у вершин углов \(60^\circ\) и \(30^\circ\) соответственно); 2) \(v_\text{max} = \dfrac{l}{2}\sqrt{\dfrac{P}{m}}\); 3) \(0\); 4) через \(T = \pi\sqrt{\dfrac{m}{P}}\) на расстоянии \(S = \dfrac{\pi l}{2}\).
▶РешениеСкрыть: решение
Решение1. Первый способ. Рассмотрим положение корабля в точке \(M\), расстояния до которой от вершин \(A\), \(B\) и \(C\) прямоугольного треугольника равны \(\vec r_1\), \(\vec r_2\) и \(\vec r_3\) соответственно. Введём векторы: \[\vec a = \vec r_3 - \vec r_2, \quad \vec b = \vec r_3 - \vec r_1.\]
Суммарная сила, действующая на корабль в положении равновесия, равна нулю: \[\vec F = -P\vec r_1 - P\vec r_2 - 2P\vec r_3 = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_1 + \vec r_2 + 2\vec r_3 = 0.\] Выразим \(\vec r_1\) и \(\vec r_2\) через \(\vec r_3\) и подставим в полученное выражение: \[\vec r_1 = \vec r_3 - \vec b;\quad \vec r_2 = \vec r_3 - \vec a;\quad \vec r_3 - \vec b + \vec r_3 - \vec a + 2\vec r_3 = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_3 = \frac14(\vec a + \vec b).\]
Второй способ. Покажем, что совместное действие двух станций, расположенных в вершинах острых углов треугольника, эквивалентно действию одной станции с коэффициентом силы \(2P\), находящейся на середине гипотенузы. На рисунке эти две станции расположены в точках \(A\) и \(B\), а космический корабль — в точке \(K\). Сила, действующая на объект со стороны станций \(A\) и \(B\), выражается как: \[\vec F_{AB} = -P(\vec r_A + \vec r_B).\]
Учитывая, что \[\vec r_A = -\vec b + \vec r_C + \vec r_O, \quad \vec r_B = -\vec a + \vec r_C + \vec r_O,\] подставим эти выражения в формулу для силы: \[\vec F_{AB} = -P\left(-\vec b + \vec r_C + \vec r_O - \vec a + \vec r_C + \vec r_O\right) = -2P\vec r_O.\] Из полученной формулы следует, что результирующая сила в точности равна силе, создаваемой станцией с коэффициентом \(2P\), расположенной в середине отрезка \(AB\). Таким образом, в дальнейшем мы можем считать, что на корабль действуют две станции:
одна с коэффициентом \(2P\) находится в вершине прямого угла (станция \(C\)),
другая с коэффициентом \(2P\) находится на середине гипотенузы (станция \(O\)).
Третий способ. Для нахождения положения равновесия рассмотрим систему из трёх точечных масс, расположенных в вершинах треугольника: по \(m\) в вершинах острых углов и \(2m\) — в вершине прямого угла. Тогда радиус-вектор, проведённый из произвольной точки \(M\) до центра масс будет определяться по формуле: \[4m\vec r_\text{цм} = m\vec r_1 + m\vec r_2 + 2m\vec r_3.\] В случае, если \(M\) является центром масс системы, то \[\vec r_\text{цм} = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_1 + \vec r_2 + 2\vec r_3 = 0,\] что совпадает с выражением, полученным из условия равновесия корабля. Найдём координаты центра масс системы приняв за начало отсчёта вершину \(C\): \[y_\text{цм} = \frac{ml\cos30^\circ}{4m} = \frac{\sqrt3 l}{8}; \quad x_\text{цм} = \frac{ml\sin30^\circ}{4m} = \frac{l}{8}.\] Далее по теореме Пифагора определяем расстояния от точки равновесия до станций: \[CM = \frac{l}{4};\quad BM = \frac{\sqrt3 l}{4};\quad AM = \frac{\sqrt7 l}{4}.\]
2. В начальный момент времени космический корабль покоится, а суммарная сила, действующая на него со стороны станций, направлена вдоль отрезка \(CO\). Это означает, что ускорение корабля также направлено вдоль \(CO\), и, следовательно, корабль будет двигаться прямолинейно вдоль этого отрезка и достигнет максимальной скорости в точке равновесия.
Первый способ. Посмотрим на отклонение корабля от положения равновесия на вектор \(\overrightarrow{MK}\). Изменение суммарной силы со стороны станций равно: \[\Delta\vec F = \vec F - \vec 0 = \vec F = \Delta\vec F_A + \Delta\vec F_B + \Delta\vec F_C = -P\left(\overrightarrow{AK} - \overrightarrow{AM}\right) - P\left(\overrightarrow{BK} - \overrightarrow{BM}\right) - 2P\left(\overrightarrow{CK} - \overrightarrow{CM}\right) = -4P\cdot\overrightarrow{MK}.\] Значит, на корабль действует такая же сила, как от пружины с коэффициентом упругости \(4P\) с нулевой начальной длиной, натянутой между точками \(M\) и \(K\). Тогда при перемещении корабля от середины гипотенузы до точки \(M\) эта пружина совершит над кораблём работу: \[A = \frac{4P\left(\dfrac{l}{4}\right)^2}{2} = \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\]
Второй способ. Воспользуемся аналогией с двумя пружинами и запишем закон сохранения энергии: \[\frac{2P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\]
Третий способ. Элементарная работа силы, действующей со стороны некоторой станции, определяется выражением: \[\delta A = (\vec F\cdot d\vec s) = -Pr\,dr \;\Longrightarrow\; A = -\int\limits_{r_1}^{r_2} Pr\,dr = \frac{Pr_1^2}{2} - \frac{Pr_2^2}{2}.\] Максимальная скорость корабля будет достигнута при прохождении положения равновесия. Запишем закон сохранения энергии для этого случая: \[\frac{2P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} + 2\frac{P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{P\left(\frac{\sqrt3 l}{4}\right)^2}{2} + \frac{P\left(\frac{\sqrt7 l}{4}\right)^2}{2} + \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\] Любым из трёх способов получаем ответ: \[v_\text{max} = \frac{l}{2}\sqrt{\frac{P}{m}}.\]
3. Первый способ. Как мы показали ранее, сила, действующая на корабль, аналогична силе со стороны пружины с началом в точке \(M\).
Тогда движение корабля — колебания вдоль отрезка \(CO\). Корабль, пролетев точку \(M\), полетит к точке \(C\) и остановится около неё.
Второй способ. При движении корабля под действием пары пружин, он будет двигаться вдоль отрезка \(CO\), останавливаясь в точке \(O\) и в точке \(X\), где потенциальная энергия системы пружин равна её энергии при положении корабля в точке \(O\). Это условие можно записать в виде уравнения: \[\frac{2P\left(\dfrac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2Px^2}{2} + \frac{2P\left(\dfrac{l}{2} - x\right)^2}{2},\] где \(x\) — расстояние от точки \(C\) до точки \(X\). Полученное выражение сводится к квадратному уравнению: \[2x^2 - lx = 0,\] решая которое, получаем два корня: \[x_1 = \frac{l}{2}, \quad x_2 = 0.\] Корень \(x = l/2\) соответствует точке на середине гипотенузы, где корабль находился в начальный момент времени. Таким образом, минимальное расстояние от корабля до точки \(C\) равно нулю.
4. Как мы показали в решении пункта 2, сила, действующая на корабль, равна \(\vec F = -4P\cdot\overrightarrow{MK}\), где \(M\) — центр масс системы с точечными массами \((m, m, 2m)\), расположенными в вершинах \(A\), \(B\) и \(C\). В отличие от предыдущих пунктов, точка \(M\) не покоится. По свойству центра масс: \[\vec v_M = \frac{m\vec v_A + m\vec v_B + 2m\vec v_C}{4m} = \frac{\vec v_C}{2}.\] Следовательно, скорость точки \(M\) постоянна по направлению и равна \(v_\text{max}\) по модулю.
Для окончательного упрощения системы перейдём в инерциальную систему отсчёта точки \(M\).
В этой системе отсчёта начальная скорость \(v_\text{max}\) точки \(K\) направлена перпендикулярно пружине. Заметим, что \(v_\text{max}\) — это скорость движения по окружности радиусом \(MK = l/4\) под действием силы \(4P\cdot MK\): \[\frac{mv_\text{max}^2}{2} = 4P\cdot\frac{MK^2}{2}.\] \[\frac{mv_\text{окр}^2}{MK} = 4P\cdot MK.\] \[v_\text{max} = v_\text{окр}\]
Следовательно, в системе отсчёта точки \(M\) корабль будет равномерно двигаться по окружности радиусом \(l/4\) со скоростью \(v_\text{max}\), найденной в пункте 2.
Когда корабль совершит один оборот вокруг точки \(M\), его скорость в лабораторной системе отсчёта впервые обнулится. Это произойдёт через время: \[T = \frac{2\pi l/4}{v_\text{max}} = \frac{\pi}{\sqrt{\frac{P}{m}}} = \pi\sqrt{\frac{m}{P}}.\] В системе отсчёта точки \(M\) перемещение корабля за один период равно нулю. Значит, в ЛСО корабль сместился на такое же расстояние, что и точка \(M\). \[S = v_\text{max}T = \frac{\pi l}{2}.\] Обратим внимание, что траектория движения корабля, представляющая собой наложение движения по окружности и равномерного движения её центра, представляет собой циклоиду, как показано на рисунке.
Пружинный маятник с начальной скоростью
5/10Груз на пружине начинает движение из положения недеформированной пружины со скоростью V₀=2g/ω; через фазу и амплитуду гармонических колебаний с учётом смещения положения равновесия найти время до максимальной скорости (варианты 1–4).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Колебания поплавка в стакане
6/10При смещении y объём погруженной части меняется на Sy, избыток силы Архимеда даёт возвращающую силу −ρgSy; период T=2π√(m/(ρgS)).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Брусок на пружине с трением
6/10Сухое трение лишь сдвигает положение равновесия пружинного маятника, так что на каждом полупериоде движение гармоническое; начальные условия задают фазу, откуда время до остановки или до нулевого удлинения (варианты 1–2).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Доска на гладкой и шероховатой плоскостях
6/10Доска сползает с гладкого участка наклонной плоскости на шероховатый; сила трения растёт пропорционально въехавшей части, уравнение движения — гармоническое с постоянной силой, остановка через полпериода при смещении L даёт μ и время.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Разряд конденсатора на катушку
4/10Заряженный конденсатор начинает разряжаться через катушку индуктивности. За две миллисекунды его электрический заряд монотонно уменьшился на 0,4 процента.
Вопрос A (4 балла). На сколько процентов уменьшился заряд на конденсаторе за одну миллисекунду с момента начала разряда? Ответ округлите до первой значащей цифры.
Вопрос B (6 баллов). На сколько процентов уменьшился заряд на конденсаторе спустя 20 миллисекунд с момента начала разряда? Ответ округлите до второй значащей цифры.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаКонтур совершает гармонические колебания, заряд меняется по закону \(q = q_0\cos\omega t\). При малых временах косинус можно разложить в ряд.
▶ОтветСкрыть: ответ
ОтветA) 0{,}1%; B) 37%.
Замкнуты перемычкой и катушкой
5/10Два длинных прямолинейных проводника располагаются в одной горизонтальной плоскости в вертикальном магнитном поле с индукцией \(B = 0{,}1\) Тл на расстоянии \(d = 10\) см друг от друга. Концы проводников соединены с катушкой с индуктивностью \(L = 0{,}1\) Гн. На некотором расстоянии от катушки на проводниках лежит хорошо проводящая перемычка массой \(m = 25\) г. Перемычка располагается перпендикулярно проводникам и может скользить по ним, не испытывая трения (см. рисунок). В начальный момент времени перемычке сообщается скорость \(v = 0{,}1\) м/c в направлении от катушки.
Пренебрегая активным сопротивлением перемычки, катушки и проводников, ответьте на следующие вопросы.
Через какое минимальное время скорость перемычки станет равна нулю? Ответ выразите в секундах, округлите до целого.
На каком расстоянии от начального положения будет находиться перемычка в момент, когда её скорость станет равна нулю? Ответ выразите в сантиметрах, округлите до целого.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаЗакон Фарадея для контура без сопротивления даёт \(Li + Bdx = 0\), значит, сила на перемычку линейна по смещению: это гармонические колебания.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ1) 8 с; 2) 50 см.
Груз на пружине в остановившемся лифте
3/10При резкой остановке лифта груз с начальной скоростью колеблется около положения равновесия с известным удлинением; амплитуда через энергию или фазовую диаграмму.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Груз на пружине и изображение на экране
4/10Груз на пружине колеблется вертикально перпендикулярно оси линзы: по формуле линзы находят положение экрана и увеличение, амплитуда и максимальная скорость изображения — в Γ раз больше, чем у груза; максимальная скорость груза ωA = 2πA/T, скорость изображения в заданной точке — по закону сохранения энергии колебаний. (варианты 5–8)
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Физика желеобразных веществ
6/10Определить модуль Юнга желатина статически (изгиб цилиндра под моментом) и динамически (крутильный маятник, период от момента инерции), затем скорость продольного звука по вибрации и сравнить с √(E/ρ).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Диполь в шаре
6/10Внутри равномерно заряженного шара поле растёт линейно с расстоянием (теорема Гаусса), диполь и одиночный шарик летят через канал — сравнить времена пролёта, найти плечо диполя и знаки зарядов.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Магнитная пружина
6/10Гибкая петля с током в магнитном поле зажата между стенкой и кубом; сила Ампера на петлю линейна по смещению, как у пружины, найти максимальную скорость куба и время её достижения.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Две резинки
6/10Шайба удерживается двумя резинками, пропущенными через кольца, и отпускается на шероховатой плоскости; сумма упругих сил даёт линейную возвращающую силу, поэтому максимальная скорость достигается в точке нулевой равнодействующей, а время до неё — четверть периода гармонического движения.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Тело на пружине ударяется об уступ
6/10Частично неупругие удары об уступ уменьшают энергию в постоянное число раз; по максимальным сжатиям после ударов найти скорости и время между ударом и максимальным сжатием (варианты 5–6).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Шахта по хорде планеты
7/10Внутри однородной планеты сила гравитации пропорциональна расстоянию, а трение постоянно; движение вдоль хорды — колебание, найти минимальное время до точки ближайшей к центру.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.