Основные формулы
– Уравнение второго закона Ньютона для тела, закрепленного на пружине
\[
m \frac{d^{2} x}{d t^{2}}=-k x
\]
где $x$ – смещение тела из положения равновесия, $m$ – его масса, $\frac{d^{2} x}{d t^{2}}$ ускорение, $k$ – коэффициент жесткости пружины. В уравнении (4.1.1) в качестве переменной может выступать не только смещение $x$, но и некоторая обобщенная координата $q$ (например, угол $\varphi$ и др.). В этом случае вместо обычной массы и жесткости появятся обобщенная масса $m_{\text {эфф }}$ и $k_{\text {эфф }}$.
– Представим уравнение (4.1.1) в виде
\[
m \frac{d^{2} x}{d t^{2}}+\omega_{0}{ }^{2} x=0 .
\]
Решение этого уравнения имеет вид
\[
x=a_{0} \cos \left(\omega_{0} t+\alpha\right),
\]
где $a_{0}$ – амплитуда колебаний, $\omega_{0}=2 \pi f=2 \pi / T=\sqrt{\mathrm{k} / \mathrm{m}}$ – собственная циклическая частота колебаний, $f$ – обычная частота, $T$ – период колебаний, выражение в круглых скобках носит название фазы колебаний, $\alpha$ – начальная фаза. В случае эффективных массы и жесткости $\omega_{0}^{2}=k_{\text {эфф }} / m_{\text {эфф }}$
– Потенциальная и кинетическая энергии гармонического осциллятора
\[
E_{n}=\frac{k x^{2}}{2}, \quad E_{k}=\frac{m v^{2}}{2} .
\]
– Для случая обобщенной координаты $q$
\[
E_{n}=\frac{k_{\text {эфф }} q^{2}}{2}, \quad E_{k}=\frac{m_{\text {эфф }}}{2}\left(\frac{d q}{d t}\right)^{2} .
\]
Примеры решения задач
4.1.1. Найти период малых поперечных колебаний шарика массы $m=40$ г, укрепленного на середине натянутой струны длины $l=1$ м. Силу натяжения струны считать постоянной и равной $F=10 \mathrm{H}$. Массой струны и силой тяжести пренебречь.
Решение
Зависимость возвращающей силы $F_{x}$ от $x$ имеет вид (см. рис.4.1)
\[
F_{x}=-2 F \sin \varphi \text {. }
\]
По условию задачи шарик совершает малые колебания, т.е. $\varphi \ll 1$. Из рисунка видно, что $\varphi \approx \frac{2 x}{l}$, следовательно, $F_{x}=-2 F \varphi=-\frac{4 x F}{l}$.
Рис.4.1
Уравнение движения шарика
\[
m \frac{d^{2} x}{d t^{2}}=-\frac{4 x F}{l},
\]
или
\[
\frac{d^{2} x}{d t^{2}}+\frac{4 F}{m l} x=0 .
\]
Отсюда получаем окончательное выражение для периода $T$ и ег численное значение:
\[
T=2 \pi / \omega_{0}=\pi \quad m l / F=0,2 \mathrm{c}
\]
Ответ: $T=2 \pi / \omega_{0}=\pi \quad m l / F=0,2 \mathrm{c}$
4.1.2. Шарик подвесили на нити длины $l$ к точке О стенки, составляющей небольшой угол $\alpha$ с вертикалью (рис.4.2). Затем нить с шариком отклонили на небольшой угол $\beta>\alpha$ и отпустили. Считая удар шарика о стенку абсолютно упругим, найти период колебаний такого маятника.
Рис. 4.2
Рис. 4.3
Решение
Из рис. 4.3 видно, что период колебаний шарика равен
\[
T=T_{0}-\Delta T,
\]
где $T_{0}=2 \pi \sqrt{g / l}$ – период свободных колебаний математического маятника длиной $l$. Из рис. 4.3 также видно, что
\[
\Delta T=2\left[T_{0} / 4-\left(T_{0} \arcsin (\alpha / \beta)\right) / 2 \pi\right] .
\]
В результате получаем следующее выражение для периода колебаний
\[
T=\sqrt{\frac{l}{g}}[\pi+2 \arcsin (\alpha / \beta)] .
\]
Ответ: $T=\sqrt{\frac{l}{g}}[\pi+2 \arcsin (\alpha / \beta)]$.
4.1.3. Брусок массы $m$, находящийся на гладкой горизонтальной поверхности, соединен со стенкой легкой горизонтальной пружиной жесткости $k$ и находится в покое. Начиная с некоторого момента, на брусок начала действовать вдоль пружины постоянная сила $F$. Найти пройденный путь и время движения бруска до первой остановки.
Решение
Запишем уравнение движения бруска
\[
m \frac{d^{2} x}{d t^{2}}=F-k x
\]
начало оси $x$ поместим в центр бруска при недеформированной пружине (см. рис.4.4). Приведем (1) к следующему виду
\[
\frac{d^{2} x}{d t^{2}}+\omega_{0}^{2}\left(x-\frac{F}{k}\right)=0,
\]
где $\omega_{0}{ }^{2}=\frac{k}{m}$. Сделаем в (2) замену переменной $x_{1}=x-x_{0}$, где $x_{0}=\frac{F}{k}$. В результате получим уравнение
\[
\frac{d^{2} x_{1}}{d t^{2}}+\omega_{0}^{2} x_{1}=0
\]
Рис. 4.4
находился в точке $x=0$. Отсюда получаем
которое описывает гармонические колебания бруска с частотой $\omega_{0}$ с центром колебаний в точке $x_{1}=0$ или $x=x_{0}$. Решение уравнения (3) имеет вид
\[
x_{1}=a_{0} \cos \left(\omega_{0} t+\alpha\right) \text {, }
\]
где $a_{0}$ и $\alpha$ – произвольные постоянные, значения которых найдем из начальных условий: при $t=0$ брусок покоился и
\[
\begin{array}{l}
x_{1}(0)=a_{0} \cos \alpha=-\frac{F}{k}, \\
V_{1}(0)=-a_{0} \omega_{0} \sin \alpha=0 .
\end{array}
\]
Из (4) следует, что $a_{0}=\frac{F}{k}, \alpha=\pi$, т.е.
\[
x_{1}=-\frac{F}{k} \cos \omega_{0} t .
\]
При колебаниях, описываемых уравнением (5), брусок останавливается в точках максимального отклонения от положения равновесия, т.е. при $x_{1}=\mp \frac{F}{k}$ или $x=0, \frac{2 F}{k}$. Таким образом, брусок начинает движение в точке $x=0$ и первый раз останавливается в точке $x=\frac{2 F}{k}$, пройдя путь $S=\frac{2 F}{k}$. Это движение происходит в течение половины периода колебаний: $t=\frac{T}{2}=\frac{1}{2} \cdot \frac{2 \pi}{\omega_{0}}=\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$.
Ответ: $S=\frac{2 F}{k}, t=\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$.
4.1.4. Брусок массы $m$ находится на гладкой горизонтальной поверхности. К нему прикреплена легкая пружина жесткости $k$. Свободный конец пружины начали перемещать в горизонтальном направлении вдоль пружины с некоторой постоянной скоростью. Через сколько времени надо остановить этот конец пружины, чтобы после остановки брусок не колебался?
Решение
Пусть имеется неподвижная система координат $0 x y$. Введем систему координат $0_{1} x_{1} y_{1}$, движущуюся со скоростью $V$ вдоль оси $x$ по отношению к системе $0 x y$ так, что $x=x_{1}+V t$ (см. рис.4.5). В системе $0_{1} x_{1} y_{1}$ свободный конец пружины покоится, а брусок движется влево со скоростью $V$. Пружина с бруском представляет собой колебательную систему с собственной частотой $\omega_{0}=\sqrt{\frac{k}{m}}$. Движение бруска в системе
Рис.4.5
$0_{1} x_{1} y_{1}$ описывается уравнением
\[
x_{1}=a_{0} \cos \left(\omega_{0} t+\alpha\right),
\]
В момент $t=0$ смещение бруска $x_{1}=0$, а скорость $V_{1}=\frac{d x_{1}}{d t}=-V$. Через время, равное целому числу периодов колебаний после начала движения конца пружины $t=n T=n \frac{2 \pi}{\omega_{0}}=2 \pi n \sqrt{\frac{m}{k}}(n=1,2,3 \ldots)$, скорость бруска в системе координат $0_{1} x_{1} y_{1}$ будет равна $-V$, а в системе $0 x y$ он будет покоится. Следовательно, при остановке свободного конца пружины в указанные моменты времени в системе $0 x y$ брусок будет покоится и колебаний не возникнет.
Ответ: $t=2 \pi n \sqrt{\frac{m}{k}},(n=1,2,3 \ldots)$.
4.1.5. Сплошной однородный цилиндр радиуса $r$ катается без скольжения по внутренней стороне цилиндрической поверхности радиуса $R$, совершая малые колебания. Найти их период.
2 скорость цилиндра относительно его собственной оси, $I=m r^{2} / 2$ – момент инерции цилиндра. Далее получаем
Рис. 4.6
Решение
Допустим, что цилиндр отклонился от вертикали на угол $\varphi$ (см. рис.4.6). Приращение его потенциальной энергии составляет
\[
E_{k}=m g(R-r)(1-\cos \varphi),
\]
где $m$ – масса цилиндра. Кинетическая энергия цилиндра:
\[
E_{k}=\frac{m V^{2}}{2}+\frac{I \omega^{2}}{2},
\]
где $V=\omega r, V$ – скорость цилиндра, $\omega$ – угловая где $V$ – $\omega$, $V$ – скорость цилиндра, $\omega$ – угловая оси, $I=m r^{2} / 2$ – момент инерции цилиндра. Далее получаем
\[
E_{k}=\frac{m V^{2}}{2}+\frac{m r^{2} \omega^{2}}{4}=\frac{3 m r^{2} \omega^{2}}{4} .
\]
Угловая скорость $\frac{d \varphi}{d t}$ и угловая скорость $\omega$ связаны между собой соотношением (см. рис.4.6):
\[
\frac{d \varphi}{d t}(R-r)=\omega r .
\]
Отсюда
\[
E_{k}=\frac{3 m r^{2}(R-r)^{2}}{4 r^{2}}\left(\frac{d \varphi}{d t}\right)^{2}=\frac{1}{2}\left[\frac{3 m(R-r)^{2}}{2}\right]\left(\frac{d \varphi}{d t}\right)^{2} .
\]
Предположим, что $\varphi<<1$, т.е. колебания малые. Тогда
\[
E_{n} \cong \frac{1}{2}[m g(R-r)] \varphi^{2}
\]
Выражение в квадратных скобках в (1) представляет собой $m_{\text {эф }}$, а в (2) $k_{\text {эф }} \cdot$ Следовательно
\[
\omega_{0}=\left[k_{\partial \phi} / m_{3 \phi}\right]^{1 / 2}=2 \pi / T .
\]
Отсюда получаем окончательно
\[
T=2 \pi[3(R-r) / 2 \mathrm{~g}]^{1 / 2} .
\]
Ответ: $T=2 \pi[3(R-r) / 2 \mathrm{~g}]^{1 / 2}$
4.1.6. Тонкое кольцо радиуса $R$ совершает малые колебания около точки $\mathrm{O}$ (см. рис.4.7). Найти период колебаний, если они происходят:
a) в плоскости рисунка;
б) в направлении, перпендикулярном к плоскости рисунка. Найти приведенную длину физического маятника в случаях а) и б).
Решение
a) Рассмотрим сначала случай колебаний кольца в плоскости рисунка. При отклонении центра кольца от вертикали, проходящей через
Рис. 4.7
точку подвеса, на небольшой угол $\varphi(\varphi<<1)$ на кольцо действует момент силы тяжести, возвращающий его в положение равновесия (см. рис.4.7б):
\[
N=-m g R \sin \varphi \cong-m g R \varphi
\]
Основное уравнение динамики твердого тела (1.4.1) выглядит в данном случае следующим образом
\[
I \frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}=N,
\]
где $I$ – момент инерции кольца относительно точки О. Согласно теореме Штейнера (1.4.2)
\[
I=I_{\mathrm{C}}+m a^{2},
\]
где $I_{\mathrm{C}}=m R^{2}$ – моменг инерции кольца относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно плоскости кольца, $a=R$. Отсюда получаем
\[
I=2 m R^{2} .
\]
Подставляя (1) и (4) в (2), получим
\[
2 m R^{2} \frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}+m g R \varphi=0,
\]
откуда приходим к уравнению малых колебаний кольца
\[
\frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}+\omega_{0}^{2} \varphi=0,
\]
где $\omega_{0}=\frac{2 \pi}{T}=\sqrt{\frac{g}{2 R}}$ – круговая частота колебаний. Следовательно,
\[
T=2 \pi \sqrt{\frac{2 R}{g}} .
\]
б) В этом случае уравнение движения кольца аналогично уравнению (2), но в выражении для $I$ (см.(3)) меняется $I_{\mathrm{C}}$. Теперь $I_{\mathrm{C}}$ представляет собой момент инерции кольца относительно оси, совпадающей с его диаметром. Используя общую формулу для момента инерции тела относительно оси
\[
I=\sum m_{i} r_{i}^{2}
\]
(где $m_{i}$ – элементарные массы, на которые разбивается тело; $r_{i}$ расстояние $i$-й массы до оси) и переходя в пределе $m_{i} \rightarrow 0$ к интегрированию, получим величину $I_{\mathrm{C}}$ кольца относительно его диаметра:
\[
I_{\mathrm{C}}=\frac{m R^{2}}{2} .
\]
Подставляя (5) в (3), получим момент инерции кольца относительно оси, проходящей через точку $\mathrm{O}$ :
\[
I=\frac{3}{2} m R^{2} .
\]
Далее по аналогии со случаем а) получим
\[
T=2 \pi \sqrt{\frac{3 R}{2 g}} .
\]
Напомним, что приведенной длиной физического маятника называется длина такого математического маятника, период которого совпадает с периодом данного физического маятника:
\[
l_{n p}=\frac{I}{m l},
\]
где $I$ – момент инерции физического маятника относительно оси вращения, $m$ – масса маятника, $l$ – расстояние от оси вращения до центра масс маятника. Подставляя (4) и (5) в (6), а также учитывая, что $l=R$ в обоих случаях, получим
а) $l_{n p}=\frac{2 m R^{2}}{m R}=2 R$;
б) $l_{n p}=\frac{\frac{3}{2} m R^{2}}{m R}=\frac{3}{2} R$.
Ответ: а) $T=2 \pi \sqrt{\frac{2 R}{g}}, \quad l_{n p}=2 R$;
б) $T=2 \pi \sqrt{\frac{3 R}{2 g}}, \quad l_{n p}=\frac{3}{2} R$.
