Брусок на пружине с трением

За каждый полупериод амплитуда уменьшается на одну и ту же величину, определяемую работой силы трения. Колебания прекращаются, когда сила упругости не превосходит максимальной силы трения покоя.

Брусок остановится на \(0{,}3\) см от положения недеформированной пружины, по ту же сторону, откуда его отпустили; через это положение он пройдёт \(8\) раз.

10-5. Для решения задачи воспользуемся законом сохранения энергии с учетом отрицательной работы силы трения. Предположим, что, миновав положение равновесия, груз остановился на расстоянии \(\Delta l_1\) от него. Понятно, что \(\Delta l_1 < \Delta l\), т.к. работа силы трения уменьшила механическую энергию системы пружина – брусок (пружинного маятника). Работа силы трения при таком перемещении:

\[A_{\text{тр}} = -\mu mg (\Delta l + \Delta l_1)\]

Она же равна изменению механической энергии системы:

\[A_{\text{тр}} = \Delta E^{\text{мех}} = E_2^{\text{мех}} - E_1^{\text{мех}} \Rightarrow E_1^{\text{мех}} = E_2^{\text{мех}} - A_{\text{тр}}.\]

Раскрывая выражение для механической энергии получаем:

\[\frac{k \Delta l^2}{2} = \frac{k \Delta l_1^2}{2} + \mu mg (\Delta l + \Delta l_1).\tag{1}\]

Преобразовав (1) к виду:

\[\frac { k } { 2 } \left( \Delta l ^ { 2 } - \Delta l _ { 1 } ^ { 2 } \right) = \frac { k } { 2 } ( \Delta l - \Delta l _ { 1 } ) ( \Delta l + \Delta l _ { 1 } ) = \mu m g ( \Delta l _ { 1 } + \Delta l ) ,\]

найдем

\[\Delta l _ { 1 } = \Delta l - \frac { 2 \mu m g } { k }\tag{2}\]

Представляя в (2) численные значения, получаем: \(\Delta l _ { 1 } = 7 { , } 3 \text{см}\).

Рассуждая далее аналогично, заметим, что соотношение (3) сохранится и в последующем движении, только роль \(\Delta l\) будет играть уже \(\Delta l _ { 1 }\). Таким образом, после следующего колебания он отклонится от уже на \(\Delta l _ { 2 } = 6 { , } 3 \text{см}\) и т.д.

Однако при малых отклонениях возможна ситуация, когда сила трения покоя сможет удержать груз на некотором расстоянии \(\Delta l ^ { * }\)

\[\Delta l ^ { * } \leq \frac { \mu m g } { k } = 0 { , } 5 \text{см}.\tag{3}\]

Это обстоятельство приведет к тому, что пройдя из положения \(\Delta l _ { 7 } = 1 { , } 3 \text{см}\) в положение \(\Delta l _ { 8 } = 0 { , } 3 \text{см}\) груз замрет в этом положении и не сможет вернуться в точку равновесия. Таким образом, будучи отведенным вправо, груз совершит 8 «переходов» через начальное положение и остановится в 0,3 см правее его.

Анализируя (3) видим, что поведенный вариант решения справедлив при слабом трении, т.е. когда:

\[\Delta l \gg \frac { 2 \mu m g } { k } .\]

Например, при \(\Delta l = \frac { 2 \mu m g } { k }\), груз вернется точно в положение равновесия и остановится там. А что будет в случае, если

\[\frac { \mu m g } { k } < \Delta l < \frac { 2 \mu m g } { k } .\]

Здесь, при решении необходимо учесть, что груз может остановиться и не дойдя до положения равновесия, т.е. закон сохранения энергии примет несколько иной вид:

\[\frac { k \Delta l ^ { 2 } } { 2 } = \frac { k \Delta l _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 } + \mu m g ( \Delta l - \Delta l _ { 1 } )\]

(сравните с (1)).

Откуда следует, что:

\[\Delta l _ { 1 } = \frac { 2 \mu m g } { k } - \Delta l .\]

В этом случае груз остановится на расстоянии \(\Delta l _ { 1 }\), так ни разу добравшись до положения равновесия.

Наконец, если начальное смещение таково, что

\[\Delta l < \frac { \mu m g } { k } ,\]

то груз не сдвинется с места, поскольку силы трения покоя удержит его.

Подобные затухающие механические колебания отражают общие закономерности затухающих колебаний: их энергия переходит в теплоту (или иные формы энергии), предельное смещение после каждого колебания уменьшается по отношению к предыдущему, период этих колебаний больше периода свободных колебаний (из-за тормозящего действия силы трения).

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