Равноускоренные колебания

Подсказка

Ускорение системы грузов находится по второму закону Ньютона; на каждом этапе оно постоянно, поэтому движение — набор равноускоренных участков, а за цикл система получает энергию от перегрузка.

Ответ

3.1) \(a_1\approx5{,}0\) см/с\(^2\);  3.2) \(a_2\approx5{,}0\) см/с\(^2\) (направлено против движения);  3.4) \(y_{\min}(n)=-8{,}0\,n\) см, \(y_{\max}(n)=+8{,}0\,n\) см.

Решение

Хорошо известна задача о движении грузов на нити, переброшенной через блок. Уравнения второго закона Ньютона для каждого из грузов (с учетом равенства модулей ускорений и равенства модулей сил натяжения нитей) имеют вид

\[\begin{aligned} m_2 a &= m_2 g - T \\ m_1 a &= T - m_1 g \end{aligned}\tag{1}\]

Из этой системы следует формула для ускорения грузов (положительное направление ускорения указано на рисунке)

\[a = \frac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1} g.\tag{2}\]

Способ решения 1. Чисто кинематический. Последовательно рассмотрим все этапы движения системы, описанной в условии задачи. При движении вниз между уровнями \(A\) и \(B\) ускорение грузов в соответствии с полученной формулой (2) равно

\[a_1 = \frac{m_2 + m_3 - m_1}{m_2 + m_3 + m_1} g = \frac{0{,}99 + 0{,}02 - 1{,}00}{0{,}99 + 0{,}02 + 1{,}00} \cdot 10 \frac{\text{м}}{\text{с}^2} \approx 5{,}0 \frac{\text{см}}{\text{с}^2}\tag{3}\]

Когда правый груз пройдет расстояние \(h\), его скорость находится из формулы

\[h = \frac{v_1^2 - v_0^2}{2a} \quad \Rightarrow \quad v_1 = \sqrt{v_0^2 + 2ah}\tag{4}\]

Если малый груз снят, то ускорение системы равно

\[a_2 = \frac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1} g = \frac{0{,}99 - 1{,}00}{0{,}99 + 1{,}00} \cdot 10 \frac{\text{м}}{\text{с}^2} \approx -5{,}0 \frac{\text{см}}{\text{с}^2}\tag{5}\]

Дальнейшее движение будет происходить с отрицательным ускорением, путь, который пройдет до остановки, и минимальная координата находится по формулам

\[\Delta y = \frac{v_1^2}{2a_2} \quad \Rightarrow \quad y_{\min} = -h - \frac{v_1^2}{2a_2}\tag{6}\]

Остальные формулы для расчета характерных точек находятся аналогично. Для удобства численных расчетов все формулы сведены в единую таблицу. В таблице модуль ускорения обозначен \(a = 5{,}0 \frac{\text{см}}{\text{с}^2}\), в строках скоростей и ускорений приведены их проекции на вертикальную ось \(y\).

Таблица 1. Кинематический расчет закона движения

Результаты необходимых численных расчетов приведены в таблице 2. (координаты в см, время в с)

Таблица 2. Расчет закона движения

График рассчитанной зависимости показан на рисунке.

Проведенные расчеты показывают, зависимости минимального и максимального смещения от номера цикла имеют простой вид

\[\begin{aligned} y_{\min} &= -8{,}0n \text{ (см)} \\ y_{\max} &= +8{,}0n \text{ (см)} \end{aligned}\tag{7}\]

Способ решения 2. «Энергетически-кинематический»

Полученные соотношения слишком просты, чтобы быть случайными – поэтому возможен второй, более «быстрый» способ решения, основанный не только на кинематических формулах. Заметим, что система получает дополнительную энергию при движении вниз с грузом \(m_3\).

Рассмотрим изменение энергии системы между крайними точками, в которых скорости грузов равны нулю.

а) Опускание: груз \(m_2\) движется от крайнего верхнего положения \(y_{\max n}\) до следующего крайнего нижнего положения \(y_{\min n+1}\). На этом этапе груз \(m_3\) опустился на высоту \(h\) (от уровня \(A\) до уровня \(B\)). Начальные и конечные положения всех грузов показаны на рисунке. Поэтому уравнение закона сохранения энергии имеет вид

\[m_2 y_{\max n} - m_1 y_{\max n} = m_2 y_{\min n+1} - m_1 y_{\min n+1} - m_3 h,\]

из которого следует (с учетом численных значений масс грузов):

\[y_{\min n+1} = y_{\max n} + \frac{m_3}{m_2 - m_1} h = y_{\max n} - 2h.\]

Б) Подъем: груз \(m_2\) поднимается от крайнего нижнего положения \(y_{\min n}\) до следующего крайнего верхнего положения \(y_{\max n+1}\). Учитывая, что груз \(m_3\) кладут на уровне \(A\), изобразим начальные и конечные положения грузов и запишем уравнение закона сохранения энергии в этом случае

\[m_2 y_{\min n} - m_1 y_{\min n} = (m_2 + m_3) y_{\max n+1} - m_1 y_{\max n+1},\]

из которого находим (опять с учетом масс грузов)

\[y_{\max n+1} = \frac{m_2 - m_1}{m_2 + m_3 - m_1} y_{\min n} = -y_{\min n}.\]

Полученные формулы сразу приводят к полученным ранее формулам (7). Далее традиционным способом находим ускорения грузов при движении с грузом \(m_3\) (\(a_1 = -a = -5{,}0 \frac{\text{см}}{c^2}\)) и без него (\(a_2 = +a = 5{,}0 \frac{\text{см}}{c^2}\)).

Далее отмечаем, что движение без дополнительного груза \(m_3\) происходит на участках \(-h \to y_{\min} \to -h \to 0\), а движение с дополнительным грузом на участках \(0 \to y_{\max} \to 0 \to -h\). Так как модули ускорений на этих участках одинаковы и максимальные смещения также одинаковы, то графики законов движения (параболы) на этих участках тоже одинаковы, только перевернуты. Эти рассуждения позволяют заметно сократить расчеты, начиная каждый цикл с момента прохождения вниз уровня \(B\). Сначала следует «подойти» к началу первого цикла: рассчитать время первого прохождения точки \(y = -h\) по формуле \(t_0 = \sqrt{\frac{2h}{a}} = 4{,}0 \text{с}\). После этого рассчитать максимальное смещение

груза в цикле по формуле \(Y = 8n\) (см), а также три интервала времени прохождения соответствующих отрезков (они показаны на рисунке) по формулам

\[\Delta t_1 = \sqrt{\frac{Y - h}{2a}} = \sqrt{8n - 4} = 2\sqrt{2n - 1}\]

\[\Delta t_2 = \sqrt{\frac{Y}{2a}} = \sqrt{8n} = 2\sqrt{2n}\]

\[\Delta t_1 = \sqrt{\frac{Y + h}{2a}} = \sqrt{8n + 4} = 2\sqrt{2n + 1}\]

После чего вычисления времен прохождения каждой характерной точки рассчитываются простым суммированием (для удобства схема расчета сведена в таблицу 3.

Таблица 3. Схема расчета времен характерных точек.

Очевидно, что результаты расчетов по этой схеме приводят к тем же результатам.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.