Подборка задач на механические колебания · 2016-01-10 · ал, необходимый для решения задач высокого уровня

Журнал «Физика – Первое сентября» № 8/2012

1

А.Н. ДОЛГУШИН [email protected],

МОУ лицей № 23, г. Воскресенск, Московская обл.

Подборка задач на механические колебания

Часть 1. Основные методы решения

Задачи на нахождение периода колебаний являются одними из самых сложных в школьном

курсе физики. Связано это с тем, что решение подобных задач сводится к получению однородного

дифференциального уравнения второго порядка (представления о котором студенты получают не

раньше 2–3 семестра учёбы в вузе), описывающее процессы в представленной в задаче колебатель-

ной системе. Кроме того, времени на разбор таких задач, отработку навыков решения и оценку по-

лученных знаний, умений и навыков учащихся учителю, как правило, всегда не хватает. К тому же в

материалах единого государственного экзамена по физике в 2006 и в 2010 годах появлялись задачи

высокого уровня сложности по представленной тематике.

Данная подборка задач адресована не только учителям, но и (в первую очередь) выпускникам

общеобразовательных учреждений, выбравших ЕГЭ по физике. Представлен теоретический матери-

ал, необходимый для решения задач высокого уровня сложности на нахождение периода колебаний

различных колебательных систем, а также задачи базового, повышенного, высокого и олимпиадного

уровней сложности с подробными решениями. Некоторые задачи решаются двумя способами (энер-

гетическим и динамическим). Большинство задач являются комбинированными, т.к. охватывают все

разделы школьного курса физики. В квадратных скобках указан номер пособия из перечня использу-

емой литературы.

________

Текст к печати подготовлен М.А. Бражниковым ([email protected], ИХФ РАН, редакция журна-

ла «Физика-Первое сентября») и к.ф.-м.н. Д.А. Ивашкиной ([email protected], МОУ Лицей города

Троицка, Московская обл.).

mailto:[email protected]

mailto:[email protected]


2

Типизация задач на определение периода (частоты) собственных колебаний

Основные представления о колебательном движении

1. Виды колебаний:

1.1. По физической природе: механические, электромагнитные и другие.

1.2. По характеру возникновения и существования: свободные, вынужденные, параметрические,

автоколебания.

1.3. По характеру зависимости колеблющейся величины от времени: гармонические, негармони-

ческие.

Далее будут рассмотрены, прежде всего, гармонические колебания, т.е. колебания, возника-

ющие под воздействием периодически изменяющейся возвращающей силы, прямо пропорциональ-

ной смещению из положения равновесия.

Типы задач

Стандартные

Задачи,

сводимые к

Маятник

Математический

Пружинный

математическому и

пружинному маят-

никам

уравнению колеба-

тельного движения

на основе законов

динамики

сохранения

энергии


3

2. Период колебаний – время одного полного колебания , ct

T TN

. Здесь t – время, за которое

совершается N колебаний.

3. Частота колебаний – число колебаний за единицу времени , ГцN

t T

1.

4. Круговая, или циклическая, частота колебаний – число колебаний за 2 секунд

, рад/сT

22 .

5. Амплитуда колебаний – модуль наибольшего смещения колеблющегося тела из положения рав-

новесия , мx x 0 0 .

6. Гармонические колебания: происходят под действием возвращающей силы, значение которой

прямо пропорционально смещению из положения равновесия с обратным знаком. При этом ко-

ордината колеблющейся материальной точки, отсчитываемая от положения равновесия, проис-

ходят по закону sin или cos.

7. Кинематика гармонических колебаний (координата, скорость, ускорение – аналитические выра-

жения, графическое представление):

7.1. Координата (рис. 1):

sinx x t 0 . (1)

Рис. 1

[Общая форма записи уравнения гармонических колебаний:

sinx x t 0 0 , (2)

где аргумент функции sin (выражение, стоящее в скобках) называют фазой колебаний, а, соответственно, φ0

– начальной фазой (фазой в момент времени t = 0). Поскольку функция cos отличается от функции sin сме-

щением аргумента на π/2, то уравнение колебаний может быть записано в другом виде:

cosx x t 0 0 с другой начальной фазой, Наличие начальной фазы играет роль только в задачах,


4

где описываются конкретные начальные условия (например, задано начальное отклонение от положения

равновесия или начальная скорость), то без ущерба для дальнейшего теоретического рассмотрения вопроса

о гармонических колебаниях начальную фазу в уравнении колебаний можно опустить). – Д.И., М.Б.]

7.2. Проекция скорости на ось Х равна производной координаты х по времени (рис. 2):

sin cos cosх

V x x t x t V t 0 0 0 , (3)

где V x 0 0 – амплитудное значение проекции скорости. (4)

Рис. 2

7.3. Проекция ускорения на ось Х равна производной проекции скорости по

времени (рис. 3):

txtxVa sincos 2

00

, (5)

где a V x 20 0 0 (6)

амплитудное значение проекции ускорения.

Рис. 3


5

7.4. Совместное графическое пред-

ставление представленных выше

кинематических величин, описыва-

ющих гармонические колебания те-

ла, дано на рис. 4 (графики, скорости и

ускорения смещены относительно графика

координаты на четверть и половину пери-

ода соответственно, амплитуды на рис. 4 не

являются равными в силу разной размерно-

сти величин и соответственно разного

масштаба по вертикальной оси. – Д.И.).

8. Энергия гармонических колебаний (кинетическая энергия, потенциальная энергия

упруго деформируемой пружины – аналитические выражения, графическое представление):

8.1. Кинетическая энергия. Если координата колеблющегося тела изменяется по

гармоническому закону sinx x t 0 , то, подставив скорость из формулы (3),

получим закон изменения кинетической энергии со временем:

cos cos

cosk

mV t mx mxm V tW t

2 2 2 2 2 220 0 01 2

1 22 2 2 2 4

1. (7)

То есть кинетическая энергия материальной точки изменяется периодически с

циклической частотой 2 и амплитудой mx 2 2

0

4 (рис. 5).

Рис. 5

1 Так как. значения модуля скорости и проекции скорости различаются только знаком, здесь и далее в значении кинети-

ческой энергии для более строгого вывода квадрат скорости можно заменить квадратом проекции скорости. – Д.И.

Рис. 4


6

8.2. Закон для изменения потенциальной энергии упруго деформируемой пружины:

sin sin cos

cosp

k x t kx t kx kxk x tW t

2 2 2 2 220 0 0 01 2

1 22 2 2 2 2 4

.

(8)

То есть потенциальная энергия упруго деформируемой пружины изменяется пе-

риодически с циклической частотой 2 и амплитудой kx

20

4 (рис. 6).

Рис. 6

[Проанализируем получившиеся выражения. Значение кинетической энергии изменяется по гармо-

ническому закону, но не относительно «0», а относительно некоторой постоянной величины,

равной половине максимального значения. Как следует из (7),

cosk

mx mxW t

2 2 2 20 0 24 4

. При этом минимальное значение энергии получается рав-

ным нулю (при cos t 1), а максимально равно mV

20

2 (при cos t 1). Этот факт

легко понять, ведь кинетическая энергия не может принимать отрицательных значений.

Ещё один важный, также легко объяснимый факт. Если проекция скорости совершает колебания с

периодом Т, то за время одного колебания скорость два раза принимает амплитудные значе-

ния: один раз со знаком «+» и один раз со знаком «–». Но кинетическая энергия в обоих случа-

ях принимает максимальное значение, то есть периодически изменяется в два раза чаще, что и

показывает удвоенная частота в выражении для кинетической энергии. Для ответа на вопросы

части А ЕГЭ достаточно понять и запомнить оба этих факта (положительность величины и

удвоенная частота или вдвое меньший период). Всё вышесказанное относится и к колебаниям

значений потенциальной энергии. – Д.И., М.Б.]


7

8.3. Графическое

представление

энергетических ве-

личин, описываю-

щих гармониче-

ские колебания те-

ла, дано на рис. 7.

(

З

н

(Значения кинетической и потенциальной энергий совершают колебания с одной амплитудой,

но со смещением на полпериода друг относительно друга. При этом сумма энергий остаётся

постоянной, в этом можно убедиться, сложив значения для кинетической и потенциальной

энергий и подставив значение циклической частоты пружинного маятника. Значения коорди-

наты на графике отложены в другом масштабе. – Д.И.).

9. Закон сохранения полной механической энергии. В замкнутой системе тел, взаи-

модействующих между собой с силами упругости и тяготения, полная механиче-

ская энергия системы, равная сумме кинетических и потенциальных энергий всех

входящих в неё тел, остаётся неизменной:

k p

W W W const 0 . (9)

10. Период колебаний математического маятника:

lT

g 2 . (10)

Рассмотрим вывод формулы для периода колебаний математического маятника двумя

способами, позволяющими определять период колебаний.

Динамический метод получения уравнения гармонических колебаний математическо-

го маятника (см. схему типизации задач).

В процессе колебаний на шарик действуют две силы: сила тяжести F

и сила упругости

нити yF , направленная вдоль нити (рис. 8). Будем предполагать, что сила трения пренебрежимо

мала. Вектор силы тяжести удобно разложить на две составляющие: тангенциальную F

, направ-

Рис.7


8

ленную по касательной к траектории перпендикулярно к

нити, и нормальную nF

, направленную вдоль нити. Сила

упругости yF и составляющая силы тяжести nF

перпен-

дикулярны к скорости маятника и сообщают ему нор-

мальное ускорение. Действие этих сил не меняет скорость

маятника по модулю, а приводит лишь к изменению

направления скорости. Вектор скорости непрерывно «по-

ворачивается», так что в любой момент времени скорость

направлена по касательной к дуге окружности – трае-

ктории маятника. Тангенциальная составляющая F

си-

лы тяжести создаёт тангенциальное ускорение, характе-

ризующее изменение скорости по модулю. Она всегда направлена к положению равновесия, и

именно она вызывает колебания маятника [4, с. 12].

Так как при гармонических колебаниях математи-

ческого маятника угол отклонения нити предполагается

малым, то дуга AE, по которой движется груз, мало отли-

чается от полухорды AB2 (рис. 9). Поэтому можно счи-

тать, что груз маятника движется по хорде, вдоль которой

направлена координатная ось. Уравнение движения мате-

матического маятника (второй закон Ньютона) в проек-

ции на касательную к дуге AE (рис. 9) имеет вид

sinmg mx (проекция силы упругости на касатель-

ную равна нулю, х – ускорение). Так как sinx

l (из

треугольника АВО), то можно записать:

xml

xmg 0 x

l

gx . (11)

Таким образом, мы получили уравнение, описывающее колебания математического маят-

ника (гармонического осциллятора).

2 Автор хотел бы подчеркнуть, что даннная система приближений не является безупречной с точки зрения логики

изложения, но поскольку в школьном курсе физики, как правило, не рассматривается, уравнение динамики враща-

тельного движения, в рамках которого можно получить корректное решение, то переход от угловых координат и

движения по дуге к линейным координатам на прямой будет содержать «натяжки». Эту оговорку следует иметь в

виду при рассмотрении решения задач «динамическим» методом. При выбранном автором подходе школьникам

подчёркивается главное – роль составляющей силы тяжести как возвращающей силы.

Рис. 8

Рис. 9


9

Решением уравнения гармонического осциллятора

x x 2 0 . (12)

является функция вида

sinx x t 0 0 . (13)

Величину ω по аналогии с движением материальной точки по окружности называют кру-

говой или циклической частотой колебаний (см. пункт 4). Зная её, легко найти период колебаний

математического маятника:

g lT

l g

2 22 .

[Утверждение о том, что решением дифференциального уравнения (12) является функция вида (13), легко

проверить. Для этого необходимо два раза продифференцировать функцию (13) по времени:

cos sin .o o

x x t x x t 20 0

Теперь осталось подставить вторую производную в уравнение (11) и убедиться в верности подстановки:

sin . sinx t x t 2 20 0 0 0 0 .

Таким образом, для нахождения периода колебаний любой системы достаточно получить дифференциаль-

ное уравнение для величины, совершающей колебание, в виде (12) и, взяв из него значение для циклической часто-

ты, получить искомую формулу. – Д.И.]

Энергетический метод получения уравнения гармонических колебаний

математического маятника. Найдём полную механическую энергию маятника в

произвольный момент времени. Учтем, что при колебаниях математического маят-

ника угол отклонения нити от положения равновесия очень мал (рис. 10):

Рис. 10

constmghmV

constWW pk2

2

cosmV

mgl const 2

12

.2

sin2cos1 2

Так как угол мал, то sin sinx

l

2 22

22 2 2

2 2 2 2 4

.mV mg

x constl

2

2

2 2 (14)

Находим производную от обеих частей (14), причём:


10

1) возьмём производную по времени от сложной функции;

2) сохранение энергии означает, что, несмотря на изменение составляющих: кинетической

и потенциальной, их сумма есть величина постоянная во времени, а значит, производная от по-

стоянной есть нуль;

3) если отклонение системы от положения равновесия характеризуется величиной x (при-

чём это может быть не только декартовая координата, но и угол отклонения маятника, или глу-

бина погружения колеблющегося тела в жидкость), то первая производная от этой величины

определяет скорость изменения величины x (см. сноску 1):

mV mg mV mg m mg

x const x V V x xl l l

2 22 2 0 2 2 0

2 2 2 2 2 2

.mg g g

m V x x V m V x x x xl l l

0 0 0

Мы снова получили дифференциальное уравнение колебаний (11), но энергетическим

способом. Приравниваем g

l 2 и получаем

lT

g

22 .

11. Уравнение гармонических колебаний математического маятника для углового от-

клонения маятника. Используя взаимосвязь длины дуги и угла, выраженного в ра-

дианах, можно получить выражения для связи угловых и линейных величин, ха-

рактеризующих движение математического маятника:

.x l x l x l (15)

Подставив данные выражения в формулу (9), получим:

.g g

l ll l

0 0

Таким образом, угол отклонения также удовлетворяет уравнению колебаний, то есть со-

вершает колебания по тому же гармоническому закону, что и линейное отклонение.

Отметим тот факт, что в роли обобщённой координаты может выступать не только линей-

ная, но и угловая координата, и при составлении уравнения энергии необходимо,

чтобы скорость была именно производной от той обобщённой координаты, которой

описывается смещение из положения равновесия.


11

12. Период колебаний пружинного маятника: m

Tk

2 .

Динамический метод получения уравнения гармонических колебаний пружинного

маятника. Вывод уравнения колебаний для горизонтального пружинного маятника с помощью

второго закона Ньютона в силу общеизвестности рассматривать не будем. [Однако, учёт постоянной

силы, действующей на маятник (силы тяжести в случае вертикального маятника) поучителен.

В положении равновесия сила тяжести, действующая на маятник, уравновешивается силой упругости (рис.

11, а):

упрF mg mg kx 0 . (16)

В произвольном положении (рис. 11, б) amgmFупр

,

откуда в проекции на ось Х:

k x х mg mx 0 .

Заменяя mg согласно (15), получаем

kkx mx mx kx x x

m 0 0 . (17)

Мы получили дифференциальное уравнение в виде (11). При

этом из (17) следует, что k

m 2

. – Д.И.]

Энергетический метод получения уравнения гармонических колебаний пружинного

маятника. Рассмотрим обычный горизонтальный пружинный маятник. В отсутствие силы трения

k p

mV kxW W const const

2 2

2 2. Находим производную от обеих частей последнего равен-

ства:

mV kx mV kx

const

2 2 2 2

02 2 2 2

m kV V x x m V x k x V 2 2 0 0

2 2

а б

Рис. 11

хо

х gm

упрF

упрF

gm

Х


12

k

V m x k x x xm

0 0 –

получили уравнение, описывающее колебания пружинного маятника. Следовательно,

k

m 2 и

mT

k

22 . (18)

Вывод уравнения колебаний для вертикального маятника лишь немногим длиннее, оставим

этот вывод читателям.

1. Задачи на знание основных понятий

Задача 1.1 [ЕГЭ]. Тело, подвешенное на пружине, совершает свободные гармонические коле-

бания с частотой . С какой частотой происходит изменение кинетической энергии тела?

Решение. Ответ уже содержится в замечании к п. 8.2.

Задача 1.2 [Всероссийская олимпиада школьников по физике. Районно-городской этап, 2004

г.]. Небольшой груз, закреплённый на конце лёгкой нерастяжимой нити, называется математическим

маятником. Грузу в положении равновесия сообщили скорость см/сV 0 3 , в результате чего маят-

ник стал совершать малые колебания. Оцените путь, пройденный грузом за время мин 2 .

Решение. Можно предположить, что время мин 2 больше периода колебаний (чтобы ма-

тематический маятник имел период, например 20 с, длина подвеса должна быть около 100 м), следо-

вательно, путь пройденный грузом можно приблизительно рассчитать, приняв во внимание, что за ¼

периода маятник проходит путь, равный амплитуде, и хотя колебательное движение не является

равномерным, путь оценивается выражением NxS 04 , где N = t/T.

Тогда t t

S x N x xT

0 0 04 4 42

. Циклическую частоту при колебаниях можно связать с

максимальной скоростью и амплитудой колебаний V x 0 0 , тогда .tVt

S x

00

22


13

2. Задачи, решаемые путём получения дифференциального уравнения колебаний

динамическим или энергетическим методом

Задача 2.1 [6, № 30.11, с. 382]. Брусок положили на пружину жёсткостью 2k, а затем притя-

нули к потолку двумя одинаковыми пружинами жёсткостью k каждая (рис. 12). Масса бруска равна

m. Определите период колебаний бруска.

Рис. 12

Решение3. На начальном этапе формирования навыков нахождения периода колебаний целе-

сообразно рассмотреть с учащимися два способа решения данной задачи.

Первый способ. Возможен вариант решения задачи с использованием второго закона Ньюто-

на. Для этого выполним рисунок, на котором укажем силы, действующие на брусок, если колебания

отсутствуют. Необходимо учесть деформацию каждой пружины x0 (рис. 13) в равновесном состоя-

нии (при выполнении условия сноски 3 удлинения верхних и нижней пружин одинаковы).

Рис. 13

Так как груз покоится, то mgFFF 321 , mgkxkxkx 000 2 , mgkx 04 . Чтобы возник-

ли колебания, груз будем смещать вниз на величину x (рис. 14).

3 Для простоты предположим, что длины пружин в нерастянутом состоянии таковы, что сумма длин верхней и нижней

пружин вместе с высотой тела составляют как раз расстояние между стенками. В противном случае окажется, что удли-

нение пружин придётся записывать с неким начальным удлинением, что сделает решение несколько более громоздким,

но не приведёт к изменению результата. – Д.И.


14

Рис. 14

Тогда второй закон Ньютона, с учётом выбранного направления оси X, будет иметь вид

хmmgFFF 321 xmmgxxkxxkxxk 000 2 .

После преобразований, учитывая, что mgkx 04 , получаем xmkx 4 . Далее переходим к

уравнению, описывающее колебания груза: 04

xm

kx . Откуда

k

m 2 4

, а период равен

mT

k .

Второй способ. Закон сохранения полной механической энергии для случая, изображённого

на рис. 14, с учётом выбора нулевого уровня имеет вид:

const

xxkxxkxxmg

xm

2

2

22

2

2

0

2

0

0

2

,

причём k

mgx

40 . После дифференцирования обеих частей выражения и алгебраических преобразо-

ваний приходим к аналогичному уравнению, описывающему колебания груза, полученному на осно-

ве второго закона Ньютона.

Задача 2.2 [6, № 30.10, с. 381]. На гладкой горизонтальной плоскости лежит груз массой m,

прикреплённый горизонтальными пружинами к стенам (рис. 15). Жёсткость одной пружины k, а дру-

гой пружины 2k. Если груз несколько сместить вправо или влево, он начнёт колебаться. Найти пери-

од колебаний груза.


15

Рис. 15

Решение4

Первый способ. Воспользуемся энергетическим способом решения задачи, а именно приме-

ним закон сохранения полной механической энергии для произвольного момента времени, когда

груз смещён относительно положения равновесия по горизонтали на х: k xmV kx

const

22 2 2

2 2 2

(удлинения пружин при смещении груза на величину х одинаковы и равны х). Найдём производную

от обеих частей:

k xmV kxconst

22 2 2

2 2 2

m kVV xx k xx 2 2 2 0

2 2 02xVkkxVxmV V mx kx k x 2 0 .mx kx 3 0

Разделим обе части равенства на m (массу груза) и получим уравнение, описывающее гармо-

нические колебания груза в системе, представленной по условию задачи, квадрат циклической ча-

стоты и период колебаний:

kx x

m

30

k

m 2 3

m

Tk

22

3.

Второй способ. Задачу можно решить, используя второй закон Ньютона применительно к

гармоническим колебаниям: xmFвозвр , знак «–» указывает на то, что возвращающая сила всегда

направлена в сторону, противоположную смещению груза относительно положения равновесия.

Важно отметить тот факт, что колебания груза происходят за счёт возникновения двух сил упруго-

сти. Сила трения отсутствует, это предполагается условием задачи, а проекции силы тяжести и силы

реакции опоры на ось X равны нулю (рис. 16). В связи с вышеуказанными рассуждениями, второй

закон Ньютона для произвольного смещения х можно записать в виде:

упр упрF F mx 1 2 kx kx mx 2 kx mx 3

mx kx 3 0k

x xm

3

0k

m 2 3

и период колебаний m

Tk

22

3.

4 Как и в предыдущей задаче предположим, что в положении равновесия обе пружины не растянуты. В противном случае

при записи значений сил или потенциальной энергии упругого взаимодействия в формулы придётся добавлять началь-

ные удлинения х01 и х02, что не приведёт к изменению результата. Такие выкладки рекомендуется проделать, чтобы убе-

диться в этом. – Д.И.


16

Рис. 16

Задача 2.3 [ЕГЭ]. Ареометр, погружённый в жидкость, совершает вертикальные гармониче-

ские колебания с малой амплитудой (рис. 17). Масса ареометра 40 г, радиус его трубки 2 мм, плот-

ность жидкости 0,8 г/см3. Каков период этих колебаний? Сопротивлением жидкости пренебречь.

Рис. 17

Решение. В положении равновесия A жmg F g r h 2 , где h – высота той части ареометра,

которая погружена в жидкости (рис. 185).

5Сила тяжести приложена к центру тяжести ареометра, а сила Архимеда – к центру тяжести вытесненного объёма жид-

кости.


17

Рис. 18

Чтобы возникли колебания ареометра, увеличим глубину погружения на величину x (рис. 19).

Рис. 19

Тогда увеличение силы Архимеда, действующей на ареометр, приводит к возникновению его

колебаний в жидкости. Возвращающая сила при этом имеет направление, противоположное вы-

бранной оси X, и второй закон Ньютона имеет вид:

жg r h x mg mx 2 .

С учётом положения равновесия после преобразований получаем уравнение, описывающее

малые колебания ареометра в жидкости:

жg rx x

m

2

0 .

Так как жg r

m

22 , то период колебаний ареометра


18

ж ж

m mT

g r r g

2

2 22 .

После подстановки числовых значений, получаем T = 3,96 с.

Задача 2.4 [ЕГЭ]. Однородный цилиндр с площадью поперечного сечения 10–2

м2 плавает на

границе несмешивающихся жидкостей плотностью 800 кг/м3 и 1000 кг/м

3 (рис. 20). Пренебрегая со-

противлением жидкостей, определите массу цилиндра, если период его малых вертикальных коле-

баний

5 c.

Рис. 20

Решение. В положении равновесия (рис. 21) сила тяжести, действующая на цилиндр, уравно-

вешена силами Архимеда, действующими на цилиндр со стороны двух несмешивающихся жидко-

стей:

mg gSh gSh 1 1 2 2 .

Рис. 21

Чтобы возникли колебания, цилиндр необходимо вывести из положения равновесия, напри-

мер, погрузить на малую величину x вниз. При этом глубина погружения цилиндра в жидкости

плотностью 1000 кг/м3 увеличится на x, а в жидкости плотностью 800 кг/м

3 уменьшится на x. Изме-

нение глубины погружения цилиндра в жидкостях приводит к изменению числовых значений сил

Архимеда, следовательно, возникает возвращающая сила, направление которой, противоположно

оси X (рис. 22):


19

Рис. 22

По второму закону Ньютона:

gS h x gS h x mg mx 1 1 2 2 ,

поэтому, учитывая условие равновесия mg gSh gSh 1 1 2 2 , после преобразований получаем урав-

нение, описывающее малые колебания однородного цилиндра на границе раздела двух несмешива-

ющихся жидкостей:

gSx x

m

2 1 0 .

Выражение gS

m

2 1 является квадратом циклической частоты колебаний:

gS

m

2 12 . Так как T

2, то выражение для расчёта массы цилиндра имеет вид:

T gSm

22 1

24,

а числовое значение массы составляет 0,2 кг.

Задача 2.5 [3, № 2.11, с. 20; 6, № 30.29, с. 384]. В сосуде, разделённом поршнем массой m и

имеющим площадь поперечного сечения S, находится идеальный газ (рис. 23). В равновесии пор-

шень расположен посередине сосуда, давление в каждой половине p, объём половины сосуда V. Если

поршень сдвинуть влево на расстояние x и отпустить, то возникнут колебания. Определите период

малых колебаний поршня, если процесс изотермический, а трением можно пренебречь.

Рис. 23

Решение. В положении равновесия силы давления газов на поршень слева и справа равны.

Переместим поршень влево на малую величину x (рис. 24).


20

Рис. 24

Давление слева увеличивается, а справа уменьшается. Возникает возвращающая сила, под

действием которой начнутся колебания поршня. Величину возвращающей силы можно определить

выражение возврF p p S 1 2 . Так как, по условию задачи, процесс является изотермическим, то

можно использовать закон Бойля–Мариотта для идеального газа, находящегося в обеих частях ци-

линдра:

для левой p V

p V p V pS d x

1 1 1 ,

для правой p V

p V p V pS d x

2 2 2 .

Отсюда

p V p V xp p

S d x d x S d x

1 2 2 2

1 1 2.

Так как x – малая величина, то ею можно пренебречь по сравнению с d2, тогда

p V xp p

S d

1 2 2

2.

Так как возвращающая сила, действующая на поршень, направлена в сторону, противополож-

ную смещению поршня, то

p V x p VS mx x x

S d d m

2 2

2 20 .

Мы получили уравнение, описывающее малые колебания поршня.

Так как p V p S

d m V m

22

2

2 2, то период колебаний

V mT

S p

2 2

2.

Задача 2.6 [4, № 11, с. 54; ЕГЭ]. На концах лёгкого стержня длиной 2l, расположены два оди-

наковых одноимённых электрических заряда q1 = q2 = q. В точке, расположенной посередине стерж-

ня, помещают заряженную частицу массой m, несущей такой же по знаку электрический заряд Q.

Определите период малых колебаний заряженной частицы. Трением пренебречь.


21

Решение. В точке, расположенной посередине стержня, силы кулоновского отталкивания,

действующие на заряженную частицу массой m, несущей электрический заряд Q, со стороны двух

одинаковых одноимённых электрических зарядов q1 и q2, уравновешивают друг друга (рис. 25).

Рис. 25

При смещении электрического заряда Q на малую величину x (рис. 26) относительно положе-

ния равновесия вдоль прямой, проходящей через электрические заряды, возникает возвращающая

сила, под действием которой начинаются его малые колебания. Решим данную задачу двумя спосо-

бами: энергетическим – при помощи закона сохранения энергии (трением пренебрегают) и динами-

ческим – при помощи второго закона Ньютона.

Рис. 26

Способ первый. В произвольный момент времени при малых колебаниях электрического за-

ряда Q закон сохранения энергии имеет вид:

k p p

q Q q Qm VW W W const const

l x l x

21 2

1 2

0 0

1 1

2 4 46.

Запишем последнее равенство с учётом данных задачи и алгебраических преобразований

m V lq Q const

l x

2

2 20

1 2

2 4.

Находим производную от обеих частей:

m V l m V l

q Q const q Ql x l x

2 2

2 2 2 20 0

1 2 1 20

2 4 2 4

6 В этой записи отсутствует слагаемое, выражающее энергию взаимодействия двух неподвижных зарядов. Но эта энергия

остаётся неизменной, поэтому она может быть включена в константу, стоящую справа.


22

x x x VmV V q Q l m V x q Q l

l x l x

2 22 2 2 20 0

21 12 2 0 0

2 4.

Величина смещения x мала, и слагаемым х2 можно пренебречь по сравнению с l

2. Тогда:

x Vm V x q Q l

l

40

10 ,

откуда получаем уравнение, описывающее малые колебания электрического заряда:

q Qx x

m l

30

0 .

Так как q Q

m l

2

30

, то период малых колебаний составляет

m lT

q Q

302

2 .

Способ второй. Рассмотрим силы, действующие на электрический заряд Q при его малом

смещении влево на малую величину x (рис. 27).

Рис. 27

Сила кулоновского отталкивания F1 больше F2, следовательно, возникнет возвращающая си-

ла, под действием которой начнутся малые колебания электрического заряда Q. Величину возвра-

щающей силы определим через разность

возвр

q Q q QF F F

l x l x

1 2 2 2

0 0

1 1

4 4

и после алгебраических преобразований получим

возвр

q Q l xF F F

l x

1 2 22 2

0

.

Так как величина смещения x мала, то х2 можно пренебречь по сравнению с l

2, и по второму

закону Ньютона при малых колебаниях xmFF )( 21 , получаем


23

q Q l xm x

l

40

,

и уравнение, описывающее малые колебания электрического заряда q Q

x xm l

30

0 , полно-

стью совпадает с уравнением, полученным энергетическим методом.

Задача 2.7 [3, № 3.3, с. 26; 4, № 9, с. 54]. На невесомом стержне

прикреплены точечные массы, как показано на рис. 28. Найдите период

малых колебаний.

Решение. За колеблющуюся величину принимаем угол отклоне-

ния стержня от вертикали при малых колебани-

ях. При смещении стержня на малый угол от

вертикали, шарик массой m поднимается на вы-

соту h относительно нулевого уровня (рис. 29).

Из геометрических и тригонометрических соображений:

cos cos sinl h l

h l l ll

2 221 2 22 4 2

.

Кинетическую энергию груза запишем в виде:

k

mV m mlW l

2 22 2

2 2 2.

Воспользуемся законом сохранения полной механической энергии

m l l m l l

m g m g const

2 2 2 2

2 21 1 1 2 2 21 2

2 2 2 2

и найдём производные от обеих частей:

m l l m l l

m g m g 2 2

1 1 1 2 2 21 22 2 2 2 0

2 2 2 2.

После преобразований, получим:

m l m gl m l m gl 2 21 1 1 1 2 2 2 2 0 .

m

Рис. 28

Рис. 29


24

Перейдём к уравнению

g m l m l

m l m l

1 1 2 2

2 21 1 2 2

0 ,

Отсюа ясно, что g m l m l

m l m l

1 1 2 220 2 2

1 1 2 2

и собственная частота колебаний стержня определяется

выражением

g m l m l

m l m l

1 1 2 20 2 2

1 1 2 2

,

а период колебаний выражением

m l m l

Tg m l m l

2 21 1 2 2

0 1 1 2 2

22 .

3. Задачи, сводимые к математическому и пружинному маятникам

Задача 3.1 [2, № 14.8, с. 200; 4, № 4, 5, с. 53]. Математический маятник, движущийся с

ускорением. Определите период колебаний математического маятника на нити длиной l, если точка

подвеса движется с ускорением a: вертикально вверх (рис. 30); вертикально вниз (рис. 31); гори-

зонтально (рис. 32).

Решение. Используем выражение для периода колебаний математического маятника, если

точка подвеса движется поступательно с ускорением a: эф

lT

g 2 , где н

эф

Fg

m , Fн – сила натяже-

ния нити в отсутствие колебаний7. Ниже краткие решения представлены в лабораторной инерциаль-

ной системе отсчёта (ИСО).

7 Чтобы лучше понять, как получается эта формула, можно перейти в неинерциальную систему отсчёта (НИСО), в кото-

рой точка подвеса маятника покоится, тогда «эффективная» сила тяжести, действующая в такой системе, будет равна

векторной сумме эф тяж инF F F m g m a m g a , где a – вектор ускорения точки подвеса в ИСО. Да-

лее рассматривается колебание тела в НИСО, в которой роль возвращающей силы играет составляющая «эффективной»

силы тяжести.

[Поскольку силы инерции не изучаются в школьном курсе физики, то объяснить такой подход можно с помощью прин-

ципа эквивалентности Эйнштейна. При решении задач на нахождение веса тела в лифте мы получаем, что тело испыты-


25

Рис. 30

нF m g ma

OY: нF mg ma

нF mg ma

нF m g a

нэф

Fg g a

m

эф

l lT

g g a

2 2

Рис. 31

нF m g ma

OY: нF mg ma

нF mg ma

нF m g a

нэф

Fg g a

m

эф

l lT

g g a

2 2

Рис. 32

нF m g ma

OY: н cosF mg

OX: н sinF ma

н cos sinF m g a 2 2 2 2 2 2

нF m g a 2 2 2 2

нF m g a 2 2

эфнF

g g am

2 2

эф

l lT

g g a

2 2

2 2

Задача 3.2.

Определите период колебаний математического маятника в идеальной жидкости (несжимае-

мой и без трения) плотностью , если длина нити l, масса подвешенного к нити шарика m0, плот-

ность материала шарика 0.

вает «перегрузку» или «недостачу» веса. Это эквивалентно изменению силы тяжести, то есть ускорения свободного па-

дения. В случае такого изменения мы испытали бы такое же изменение веса, то есть силы упругости, в данном случае –

силы натяжения подвеса. – Д.И.]


26

Решение

Первый способ. Используем выражение для периода колебаний математического маятника

эф

lT

g 2 , где н

эф

Fg

m , Fн – сила натяжения нити в отсутствии колебаний, эфg – эффективное

ускорение маятника (рис. 33).

Рис. 33

н AF m g F 0 0

OY: н

mF m g g m g

0 00 0

0 0

, нэф

Fg g

m

0

0 0

, эф

llT

g g

0

0

2 2 .

Отметим, что при совпадении плотности материала шарика и плотности окружающей его

жидкости колебания не возникнут, так как Т → ∞.

Второй способ8. Рассмотрим динамический способ получения дифференциального уравнения

колебаний. Прежде чем записать уравнение движения математического маятника в проекции на ка-

сательную AE (см. рис. 9), необходимо учесть, что кроме силы тяжести на шарик действует сила Ар-

химеда, направленная вертикально вверх. Тогда (проекция силы упругости на касательную AE равна

нулю) получаем:

sinархmg F mx .

Поскольку sinx

l , то

xmg gV mx

l . Получаем уравнение, описывающее колеба-

ния математического маятника в жидкости с учётом условия задачи:

gx x

l

0

0

0 .

8Данный, более подробный, вариант решения можно рассматривать как обоснование первого, более краткого, варианта.


27

Сравнивая полученное уравнение с уравнением (11), находим g

l

02

0

и отсюда пери-

од колебаний:

lT

g

0

0

22 .

Задача 3.3 [6, № 30.24, с. 383]. Математический маятник в виде железного шарика массой 40

г подвешен на нити длиной 1 м и совершает гармонические колебания. Если снизу под шариком по-

местить магнит, создающий однородное магнитное поле, то он будет притягивать шарик с постоян-

ной силой 0,24 Н. Определите период колебаний шарика в новом состоянии.

Решение


эф

lT

g 2 , где н

эф

Fg

m , Fн – сила натяжения нити в отсутствие колебаний (рис. 34).

Рис. 34

магнF m g F 0

OY: н магF mg F , магнэф

эф маг

.mg FF l lm

g Tm m g mg F

2 2 Т=1,6 с.


28

Второй способ (обоснование первого)

Уравнение движения математического маятника в

проекции на касательную AE (рис. 35) имеет вид (проекция

силы упругости на касательную равна нулю):

маг sinmg F mx .

Так как sinx

l (из треугольника АВО), то

маг

xmg F mx

l . После преобразований уравнение,

описывающее колебания математического маятника в одно-

родном магнитном поле полосового магнита, принимает вид:

магmg Fx x

ml

0 .

Так как магmg F

ml

2 , то период колебаний

маг

mlT

mg F

22 .

Задача 3.4 [2, № 14.11, с. 201; 6, № 30.23, с. 383]. Небольшое тело совершает малые колеба-

ния в вертикальной плоскости, двигаясь без трения по внутренней поверхности сферической чаши

радиусом R, в трёх случаях: чаша покоится; чаша движется вниз (вверх) с ускорением 0,5g. Опреде-

лите период колебаний тела в каждом случае.

Решение. Выполним рисунок (рис. 36). Используя метод «аналогии», видим, что задача реша-

ется так же, как и в случае математического маятника. Только вместо силы натяжения следует рас-

сматривать силу реакции опоры (либо силу давления), а роль длины нити играет радиус сферической

чаши.

Рис. 36

Если чаша покоится, то g

RT 2 .

Рис. 35


29

Если чаша опускается вниз с ускорением 0,5g, то период колебаний

эф ,

R R R RT

g g a g g

22 2 2 2

0 5.

Если чаша поднимается вверх с ускорением 0,5g, то период колебаний

эф ,

R R R RT

g g a g g

22 2 2 2

1 5 3.

Задача 3.5 [2, № 14.10, с. 201; 6, № 30.25]. Определите период колебаний математического

маятника массой m, с длиной нити l, если его зарядить зарядом q > 0 и поместить в однородное элек-

трическое поле, вектор напряжённости которого E направлен вертикально: а) вверх (рис. 37); б)

вниз (рис. 38).

Решение


эф

lT

g 2 , где н

эф

Fg

m , Fн – сила натяжения нити в отсутствие колебаний.

Рис. 37

элнF m g F 0 .

OY: нF mg q E .

нэф

q EFg g

m m .

эф

l lT

q Egg

m

2 2 ,

для m

Eqg .

Рис. 38

элнF m g F 0 .

OY: нF mg q E .

нэф

q EFg g

m m .

эф

l lT

q Egg

m

2 2 .


30

Если m

Eqg , то Т → ∞, то есть колеба-

ния не возникнут.

Второй способ: аналогичен задачам 3.2 и 3.3.

Задача 3.6. Два шара массой m каждый, соединённые пружиной жёсткостью k, находятся на

гладкой горизонтальной поверхности (рис. 39). Определите период собственных колебаний этой си-

стемы.

Рис. 39

Решение

Первый способ. [При отсутствии сил трения нет внешних сил, изменяющих положение системы как целого.

В силу симметрии задачи ясно, что середина пружины будет при этом оставаться на месте, а каждый из шаров будет со-

вершать колебания с одной и той же частотой в противофазе, как отдельный горизонтальный пружинный маятник на

пружине, являющейся половинкой данной пружины (рис. 40). – М.Б., Д.И.].

Рис. 40

Шары колеблются в противофазе, а это означает, что их скорости в любой момент времени

направлены противоположно друг другу, причём к колебаниям каждой части применима формула

периода колебаний пружинного маятника. Периоды колебаний каждой части одинаковы. Можно за-

писать:

m mT T

k k 1 2

1 2

1 2

2 2 .

Так как сила упругости пружины одинакова во всех её точках (пружина невесома), то можно

приравнять силу упругости, действующую на шарик со стороны половины пружины (левый «маят-

ник» – xkF 11 ) и силу упругости целой пружины, растянутой на 2х, с которой она действует на

каждый из шаров ( xkF 2 ):

k x k х k k 1 12 2m m

Tk k

1

1

2 22

.


31

Второй способ. Используя закон сохранения полной механической энергии для малых коле-

баний в произвольный момент времени, можно записать:

k xmVconst

22 22

2 2,

где 2x – деформация пружины. Находим производную от обеих частей:

mVV kxx 2 4 0 mx kx 2 0 ,

а затем переходим к уравнению, описывающему колебания шариков на пружине:

kx x

m

20 .

Отсюда k

m 2 2

и выражение для периода колебаний:

mT

k

22

2.

Задача 3.7 [5, № 554, с. 86, 87]. На гладкой горизонтальной поверхности находится пружина

жёсткостью k, к которой прикреплён брусок массой m. В него со скоростью V0, направленной под

углом к горизонту, влетает пуля и застревает в нём (рис. 41). Масса пули m0 n m. Напишите уравне-

ние колебаний бруска. Определите период колебаний груза.

Рис. 41

Решение. Так как колебания бруска с пулей будут гармоническими, то уравнение колебаний

можно записать с помощью одной из гармонических функций. Поскольку в начальный момент коле-

баний (сразу после удара пули) амплитуда равна нулю, то лучше выбрать синус, а не косинус, при

этом начальная фаза колебаний будет равна нулю: sinx x t 0 , где x0 – амплитуда колебаний. Ис-

пользование закона сохранения проекции импульса для системы тел «пуля-брусок» обусловлено

тем, что на брусок в момент удара действует внешняя сила нормальной реакции опоры которая «га-

сит» вертикальную составляющую импульса. Проекция этой силы на горизонтальную ось X равна

нулю, именно в этом направлении сохраняется проекция импульса. Закон сохранения проекции им-

пульса позволит определить скорость совместного движения бруска и пули.

Тогда в проекции на ось X (рис. 42) имеем:


32

coscos ( ) .

m Vm V m m U U

m m

00 0

0

Дальнейшее применение закона сохранения полной механической энергии позволит опреде-

лить модуль наибольшей деформации пружины, которая и будет являться амплитудой колебаний:

( ) cos cos.

m m U kx m V m Vkx x

m m k m m

2 2 2 2 220 0 0 00 0

0 02 2

9

Рис. 42

После взаимодействия пули и маятника система будет представлять собой обычный пружин-

ный маятник с массой груза, равной m+m0. Частота колебаний такого маятника равна k

m m

0

.

В общем виде уравнение колебаний бруска с пулей имеет вид:

cossin

m V kx t

m mk m m

0

00

.

Так как, по условию задачи, предполагается, что массой пули можно пренебречь (m0n m), то

уравнение колебаний имеет вид:

cossin

m V kx t

mkm

0 ,

а период колебаний равен m

Tk

2 .

9 Для определения амплитуды можно также воспользоваться соотношением между амплитудами смещения и скорости:

U x 0 . – Д.И.


33

Часть 2. Нахождение периода колебаний

сложных колебательных систем

Во второй части подборки приведены решения более сложных задач методами, описанными в

первой части. Однако при их решении приходится привлекать дополнительные приёмы и методы,

обычно изучаемые в профильных физико-математических классах. Так, первая задача посвящена

использованию метода размерности. Этот метод имеет известные ограничения, не позволяющие

находить точные формулы для искомых величин, однако его использование может быть полезно при

решении качественных задач, а также задач с выбором ответа.

Задача 1. Оценка периода колебаний математического маятника методом размерностей.

Будем считать, что период колебаний математического маятника зависит от массы груза m, длины

нити l, ускорения свободного падения g. Так как период колебаний связан с круговой частотой вы-

ражением T

2, то необходимо установить зависимость круговой частоты от массы груза, длины

нити и ускорения свободного падения. Для этого воспользуемся методом размерности физических

величин.

Полагаем, что ~ a b dm lg . Переходим к размерности физических величин

мс ~кг м

с

d

а b

1

2.

Преобразуем: c ~ кг м cа b d d 1 2 , кг м c ~кг м cа b d d 0 0 1 2 . Получаем систему уравнений:

0 = a,

0 = b+d,

–1 = –2d.

Решением полученной системы уравнений являются выражения a = 0, d = 2

1, b =-

1

2.

Найденные значения показателей подставляем в выражение для круговой частоты ~ a b dm lg , полу-

чаем 0~m ~l g

1 1

2 2g

l. То есть мы получили выражение для периода колебаний методом размерно-

стей с точностью до безразмерного коэффициента: l

Tg

2 .

Задача 2 [Всероссийская олимпиада школьников по физике. Районно-городской этап, 2005

г.]. Один конец пружины прикреплён к упору, а другой – к грузу массой m1= 1 кг. Груз колеблется

без трения вдоль горизонтальной оси X с амплитудой A1 = 1 см. Во сколько раз нужно изменить мас-


34

су груза, чтобы при колебаниях с амплитудой A2 = 2 см максимальное (амплитудное) значение

мощности, развиваемое пружиной, осталось таким же, как и в первом случае? Определите значение

этой массы m2.

Решение. «Необычной» величиной, по данным задачи, является максимальное (амплитудное)

значение мощности, развиваемое пружиной, следовательно, необходимо получить её алгебраическое

выражение в общем виде. Мгновенная мощность определяется выражением VFN . Если

sinmax

x x t , то скорость cosx max

V x x t , а ускорение sinx x maxa V x x t 2 . С точно-

стью до знака получаем:

2 cos sin sin sin sin .2

max max

k kN F V ma V mx t t mx t mA t A k t

m m

3

3 3 2 21 1 12 2 2

2 2 2

Максимальное (амплитудное) значение мощности max

kN A k

m 21

2. Так как при изменении

массы груза максимальное (амплитудное) значение мощности, развиваемое пружиной, осталось та-

ким же, как и в первом случае, то k k

A k A km m

2 21 2

1 2

. В результате преобразований, получаем:

кгA m A

m mA m A

2 4

1 1 22 1

2 2 1

16 .

Задача 3 [2, № 14.27, с. 204]. Два шара массами m1 и m2 соединены между собой пружиной

жёсткостью k (рис. 43). Каков период колебаний этой системы на гладкой горизонтальной поверхно-

сти после деформации пружины? Массой пружины пренебречь.

Рис. 43

Решение. Рассмотрим колебания шаров относительно центра масс, который остаётся непо-

движным10

. Координату центра масс колебательной системы можно представить в виде (рис. 44):

Рис. 44

10

Поскольку на систему не действуют внешние силы, центр масс должен двигаться равномерно и прямолинейное либо

покоиться (теорема о центре масс). – Д.И.


35

ц.м.

...

...

n

i i

i i i

n

ii

i

m rm r m r m r m m l m l

xm m m m m m m

m

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2 1 2 1 2

1

0.

Центр масс делит пружину на две части, причём к колебаниям каждой части применима фор-

мула периода колебаний пружинного маятника. Период колебаний каждой части одинаковый, так

как центр масс при колебаниях покоится. Можно записать:

m mT T

k k 1 2

1 2

1 2

2 2 .

Так как сила упругости, действующая на пружину, одинакова во всех её точках (пружина не-

весома), то F1 = F2 = F, где F1 – сила, действующая со стороны первой части пружины на первый

груз (пропорциональна удлинению первой пружины и её жесткости), F2 – сила, действующая со сто-

роны второй пружины на второй груз, F – сила, действующая со стороны всей пружины на любой из

грузов. При этом удлинения каждой из частей пружины пропорциональны их длинам в недеформи-

рованном состоянии:

ц.м. ц.м.;х l хх х

х l х l

1 2 ,

где х1, х2 и х – удлинения левой части, правой части пружины и всей пружины соответственно.

Отсюда получаем:

ц.м.

k m m m m mk х k lk x k х k T

x x m k k m m

1 2 1 1 21 1 1

1 2 1 1 2

2 2

и

. .ц м

k m m m m mk х k lk х k х k T

х m k k m ml x

1 2 2 1 22 2 2

2 1 2 1 2

2 2 .

Полученную формулу можно проанализировать, если предположить, что массы шаров одина-

ковые, то период колебаний определяется по формуле m

Tk

22

, что полностью совпадает с вы-

ражением, полученным в задаче 3.6. первой части подборки, но энергетическим способом.


36

Задача 4 [2, № 14.26, с. 204; 3, № 2.10, с. 19]. Тонкое кольцо радиусом R0 совершает осесим-

метричные колебания. Определите период малых колебаний кольца. Кольцо изготовлено из матери-

ала плотностью и с модулем упругости E.

Решение. Малые осесимметричные колебания возникают за счёт действия упругих сил, воз-

никающих при деформации кольца. Пусть радиус кольца в результате деформации увеличился на х.

Разобьём тонкое кольцо на элементарные ячейки (рис. 45).

Рис. 45

Для ячейки массой mi используем второй закон Ньютона в проекции на ось Y (рис. 46), знак

«–» указывает на то, что возвращающая сила, направлена в сторону противоположную деформации

кольца: sinу iF m x

2

2.

Рис. 46

Так как угол очень мал, то sin

2 2, а

у iF m x . Из соображений разбиения кольца на

элементарные ячейки i

mm

2, получаем

у

mF x

2у

mF x

2.

Так как при колебаниях в результате деформации внутри кольца возникает механическое

напряжение, прямо пропорциональное относительному удлинению, то E , где E – модуль Юн-


37

га (модуль упругости), упрF

S – механическое напряжение, S – площадь поперечного сечения

кольца, l

l

0

– относительное удлинение (отношение абсолютного удлинения к длине образца).

Поэтому полученное равенство у

mF x

2 можно записать в виде

S RlE S x

l

0

0

2

2, где

R0 – радиус недеформированного кольца. Если длина кольца l R 0 02 , то его удлинение

l l l R R R R x 0 0 02 2 2 2

и

S RxE S x

R

0

0

22

2 2.

Последнее равенство приводим к уравнению, описывающему осесимметричные колебания

кольца:

Ex x

R

20

0 .

Квадрат собственной частоты определяется выражением

E

R

20 2

0

,

а период осесимметричных колебаний

RT R

E E

20

0

0

22 2 .

Задача 4 [2, № 14.32, с. 205; 3, № 2.8, с. 17]. Тонкое проволочное кольцо радиусом R имеет

электрический заряд Q. Как будет двигаться точечный заряд массой m, имеющий заряд –q, если в

начальный момент времени он покоился в некоторой точке на оси кольца на расстоянии d n R от

центра. Кольцо неподвижно.

Решение. Малые гармонические колебания заряда –q происходят за счёт кулоновского при-

тяжения со стороны равномерно заряженного кольца. Задачу можно решить двумя способами: энер-

гетическим (используя закон сохранения полной энергии) и динамическим (используя второй закон

Ньютона). Рассмотрим оба способа.


38

Первый способ (энергетический). Для произвольного момента времени k p

W W const , где

k

mVW

2

2– кинетическая энергия заряда –q, pW – потенциальная энергия взаимодействия заряда –q

с равномерно заряженным кольцом. В школьном курсе физики рассматривается потенциальная энер-

гия взаимодействия двух точечных электрических зарядов как q q

Wr

1 212

0

1

4. В нашем случае

ситуация несколько необычная, так как имеем дело с равномерно распределённым по кольцу элек-

трическим зарядом Q. Для этого разобьём кольцо на элементарные ячейки. Будем считать, что раз-

биение равномерное, отталкиванием двух соседних ячеек и диаметрально противоположных, будем

пренебрегать11

. Тогда формулу q q

Wr

1 212

0

1

4 можно применять для точечного заряда –q и заря-

да iQ сосредоточенного в i-ой элементарной ячейке, где r – расстояние между зарядом –q и заря-

дом iQ , которое определяется по теореме Пифагора, через заданные по условию задачи радиус

кольца R и расстояния d (рис. 47).

Рис. 47

Получили формулу взаимодействия точечного заряда –q с зарядом iQ , сосредоточенным в i-

ой элементарной ячейке i

i

q QW

R d

1 2 2

0

1

4.

Суммируем обе части последнего равенства:

n

i

in

i

i

dR

QqW

122

01

14

1

.

Преобразуя, приходим к равенству

n n

i i

i i

q q QW Q W

R d R d

1 2 2 2 2

1 10 0

1 1

4 4.

На основании полученного равенства и выражения для кинетической энергии заряда –q, закон

сохранения энергии принимает вид:

11

Поскольку эта часть энергии взаимодействия не будет изменяться при колебаниях, её можно включить в константу

справа в законе сохранения энергии (п. 9 основных представлений, формула (9)). При дифференцировании эта константа

даст ноль. – Д.И.


39

constdR

QqmV

220

2

4

1

2 .

Находим производную от обеих частей:

const

dR

QqmV

220

2

4

1

2

0

4

1

2 220

2

dR

QqmV

m d dV V q Q

R d

32 20

1 22 0

2 4 2

d Vm V V q Q

R d

32 20

10

4

dV m d q Q

R d

32 20

10

4

q Q dd

mR d

32 20

10

4,

Так как d очень мало, то d2 можно пренебречь по сравнению с R

2, тогда

04 3

0

dmR

qQd

,

то есть получили уравнение, описывающее малые гармонические колебания заряда –q вдоль прямой,

перпендикулярной плоскости равномерно заряженного кольца и проходящей через его центр.

Так как qQ

mR

2

304

, то период малых колебаний mR

TqQ

302

4 .

Второй способ (динамический). Вначале определим силу кулоновского взаимодействия меж-

ду точечным зарядом –q и равномерно заряженным кольцом. С учётом границ применения закона

Кулона, равномерно заряженное кольцо необходимо разбить на элементарные ячейки (рис. 48), при-

чём будем считать, что разбиение равномерное, отталкиванием соседних ячеек и диаметрально рас-

положенных, будем пренебрегать12

. Тогда

Рис. 48

12

В данном рассмотрении нам нужна сила, действующая на заряд –q, поэтому силы взаимодействия между элементами

кольца в этом случае не важны.– Д.И.


40

рез cosi

i i

q Q dF F

R d R d

2 2 2 2

0

1

4 рез

i

i

q Q dF

R d

3

2 2 20

1

4

Суммируя обе части последнего равенства, получаем:

рез рез

n n ni

i i

i i i

q Q d q dF F Q

R d R d

3 32 2 2 22 21 1 10 0

1 1

4 4

рез

q Q dF

R d

3

2 2 20

1

4.

Так как кулоновская сила притяжения между зарядом –q и кольцом, несущим заряд Q,

направлена в сторону, противоположную смещению заряда –q относительно центра кольца, то вто-

рой закон Ньютона запишется в виде:

резF m d ,

и тогда

dm

dR

dQq

23

2204

1

.

После преобразований приходим к уравнению, описывающему малые гармонические коле-

бания заряда –q вдоль прямой, перпендикулярной плоскости равномерно заряженного кольца и про-

ходящей через его центр:

04 3

0

dmR

qQd

,

при условии, что d – очень мало (малые колебания). Тогда слагаемым d2 можно пренебречь по срав-

нению с R2. Мы получили уравнение, полностью совпадающее с уравнением, полученным энергети-

ческим способом.

Задача 5 [2, № 14.18, с. 202; 3, № 3.5, с.26; 6, № 30.31, с. 384]. Груз массой m прикреплён к

середине струны длиной l (рис. 49), натянутой с силой Fн. Определите период малых колебаний гру-

за около положения равновесия. Массой струны пренебречь.

Рис. 49


41

Решение. Результирующая двух сил натяжения, возникающих в струне при смещении груза

относительно положения равновесия на величину x, является возвращающей силой (рис. 50), под

действием которой возникают малые колебания. Второй закон Ньютона в скалярном виде при малых

колебаниях имеет вид н sinF mx 2 .

Рис. 50

Так как очень мал ввиду малого смещения груза относительно положения равновесия, то

sin tg и нtgF mx 2 .

Из рисунка 51 видно, что l

xtg

2 , поэтому

н н нн

н

F F Fx lmF mx mx x x x T

l l lm lm F

24 4 42 22 0 0 .

Рис. 51

Полезно ознакомиться с решением данной задачи, представленной В.Н. Толмасовым в статье

«Механические колебания» («Физика-ПС», 2012, № 1, с. 13). Решение задачи рассматривается с

применением понятий: квазиупругая сила (сила, величина которой пропорциональна смещению в

первой степени: F k x ); коэффициент квазиупругой силы (k); период колебаний, происходящих

под действием квазиупругих сил (m

Tk

2 , m – масса колеблющегося тела).

Задача 6 [3, № 3.6, с. 27]. Жидкость налита в изогнутую трубку, колена которой составляют с

горизонтом углы и (рис. 52). Длина столбика жидкости l. Найдите период малых колебаний жид-

кости.


42

Рис. 52

Будем следить за изменением уровня жидкости в левом колене, обозначив отклонение от по-

ложения равновесия вдоль колена через х. При таком смещении из положения равновесия в правом

колене уровень жидкости сместится вдоль колена также на х (рис. 53).

Рис. 53

Пусть масса единицы длины жидкости в трубке , тогда масса всей жидкости l. С учётом

массы всей жидкости её кинетическая энергия равна

k

l xmVW

22

2 2. Выразим потенциальную

энергию жидкости через координату x. Если в левом колене уровень жидкости сместился вдоль

трубки на x1, то по вертикали он опустился на sinH x z 1 1 . В правом колене уровень жидкости

поднялся на sinH x 2 2 . Поскольку жидкость несжимаема, то х1 = х2 = х.

Запишем выражение для полной механической энергии жидкости в этот момент, полагая, что

отсчёт потенциальной энергии жидкости в поле тяжести идёт от положения равновесия. Потенци-

альная энергия жидкости при отклонении от положения равновесия равна изменению потенци-

альной энергии столбика жидкости при его подъёме на высоту x.

Чтобы вычислить потенциальную энергию, заметим, что состояние, изображённое на рис. 53,

отличается от равновесного (см. рис. 52), достигаепмого перемещением массы жидкости m x из

левого колена в правое. Изменение потенциальной энергии массы Δm равно произведению Δmg на

изменение высоты центра тяжести этой массы 22

21 HH :

ΔН


43

sin sinp

gH HW mg x

21 2

2 2 2.

Так как трение жидкости о внутренние стенки сосудов отсутствует, то полная энергия при ко-

лебаниях сохраняется:

sin sinl x gx const

2

2

2 2.

Далее находим производную от обеих частей последнего равенства,

sin sinl x x gxx

22 0

2 2.

После преобразований получаем уравнение гармонических колебаний

0

sinsin

x

l

gx

,

где sin sing

l

2 и следовательно период малых колебаний жидкости

sin sin

lT

g

2 .

Полученную формулу подробно проанализируем:

1) если , тогда sin

lT

g

2

2, что соответствует условию задачи: «Тонкая

изогнутая трубка постоянного сечения расположена в вертикальной плоскости (рис. 54).

Каждое колено трубки наклонено к горизонту под углом . Длина части трубки, занятой жид-

костью, равна l. Найдите период колебаний жидкости в трубке. При колебаниях опускающая-

ся поверхность жидкости не достигает изогнутого участка трубки. Трением между слоями

жидкости и жидкости о трубку не учитывать»;

Рис. 54

2) если =90, тогда sin

VT

Sg

2

1, что соответствует условию задачи:

«Жидкость объёмом V налита в изогнутую трубку с площадью поперечного сечения канала S.


44

Одно колено трубки вертикально, а другое составляет угол с горизонтом. Пренебрегая вяз-

костью, найдите период малых колебаний жидкости в трубке»;

3) если = =90, переходим к стандартному виду сообщающихся сосудов и к

традиционной задаче на нахождение периода колебаний жидкости в сообщающихся сосудах

постоянного сечения, l

Tg

22

, что соответствует условию задачиб [2, № 14.22, с. 203; 3,

№ 2.2, с.11; 6, № 30.28, с. 384]: «В сообщающихся сосудах (рис. 55) цилиндрической формы

налита ртуть. Найдите период малых колебаний ртути, если площадь поперечного сечения

каждого сосуда 0,3 см2, масса ртути 484 г, плотность ртути 13 600 кг/м

3. Трением ртути внут-

ри сообщающихся сосудов пренебречь.». Ответ: m

TgS

22

.

Рис. 55

Задачи для самостоятельной работы

Задача 1 [2, № 14.33, с. 206; 3, № 2.14, с. 25]. Проводник массой m и длиной l подвешен к ди-

электрику с помощью двух одинаковых проводящих пружин с общей жёсткостью k (рис. 56). Одно-

родное магнитное поле с индукцией B направлено перпендикулярно плоскости чертежа. К верхним

концам пружин присоединён конденсатор ёмкостью C. Пренебрегая сопротивлением, собственной

индуктивностью и ёмкостью проводников, определите период колебаний системы в вертикальной

плоскости.

Рис. 56

Указания к решению:


45

1) найдите деформацию пружин x0 в положении равновесия, когда колебания от-

сутствуют (mg

xk

0 );

2) чтобы возникли колебания, необходима дополнительная деформация пружин

(например, вниз) на величину x (тогда потенциальная энергия упругой деформации пружин

упр

k x xW

2

0

2);

3) выразите кинетическую энергию проводника через координату x (

k

m xW

2

2);

4) потенциальную энергию проводника представьте через координату x относи-

тельно нулевого уровня, связав его с первоначальной деформацией пружин

( xxmgWp 0 );

5) так как проводник при колебаниях движется в магнитном поле, то из-за возник-

новения на его концах ЭДС индукции, конденсатор начинает заряжаться, и между его об-

кладками возникает электрическое поле, обладающее энергией, величину которой можно

выразить через координату x:

э

C Bl xW

2

2;

6) получите уравнение колебаний представленной системы, воспользовавшись за-

коном сохранения энергии: k

x xm CB l

2 2

0 ;

Ответ: m CB l

Tk

2 2

2 .

Задача 2 [1, № 1.230, с. 42; 2, № 14.29, с. 204]. Невесомая штанга длиной L одним концом за-

креплена в идеальном шарнире, другим опирается на пружину жёсткостью k. На штанге находится

груз массой m, закреплённый на расстоянии l от шарнира. Определите период колебаний. Каким

станет период колебаний, если штангу повернуть на 90 по часовой стрелке.

Рис. 57

Ответ: l m

TL k

2 ; m

T lkL mgl

2

2 .


46

Задача 3 [2, № 14.17, с. 202]. Пружина жёсткостью k скреплена с осью колеса, вся масса ко-

торого m сосредоточена в ободе. Колесо может кататься без проскальзывания по горизонтальной по-

верхности (см. рис. 58). Определите период T колебаний системы.

Рис. 58

Указания к решению:

1) докажите, что кинетическая энергия колеса (включает в себя кинетическую

энергию поступательного и вращательного движений), вся масса которого сосредоточена в

ободе, определяется выражением k

W mV 2 ;

2) для этого необходимо учесть, что если проскальзывания нет, то точка А колеса

(рис.59), которой оно касается поверхности, в каждый момент времени неподвижна относи-

тельно горизонтальной поверхности, т.е. скорость вращения т. А относительно центра колеса

совпадает по числовому значению со скоростью центра колеса относительно поверхности.

Рис. 59

Колесо будет катиться без проскальзывания, если все его точки движутся относительно

его центра со скоростью, совпадающей со скоростью поступательного движения колеса;

3) воспользуйутесь законом сохранения полной механической энергии

kxmV const

22

2;


47

4) получите уравнение k

x xm

02

и выражение для периода колебаний системы

mT

k

22 .

Литература

1. Баканина Л.П., Белонучкин В.Е., Козел С. М. Сборник задач по физике: для 10 – 11

классов с углубленным изучением физики. / Под ред. С.М. Козела. – М.: Вербум, 2003. – 264

с.: ил.

2. Дмитриев С.Н., Васюков В.И., Струков Ю.А. Физика. Сборник задач для поступающих

в вузы. – М.: Ориентир, 2005. – 312 с.: ил.

3. Красавин Г.В. Малые механические колебания в задачах. – М.: ООО Чистые пруды,

2005. – 32 с.: ил. (Библиотечка «Первое сентября», серия «Физика»).

4. Мякишев Г.Я., Синяков А.З. Физика: Колебания и волны. 11 кл.: учеб. Для углублён-

ного изучения физики. – М.: Дрофа, 2001. – 288 с.: ил.

5. Парфентьева Н.А. Задачи по физике для поступающих в вузы. – М.: Классик Стиль,

2005. – 480 с.: ил.

6. Славов А.В., Спивак В.С., Цуканов В.В. Сборник задач по физике: учеб. пособие для

довуз. подгот.: под ред. А.В. Славова. – М.: Изд-во МЭИ, 2006. – 602 с.: ил.

Список дополнительной литературы

1. Сотников В.Н. Нестандартные решения // Физика-ПС. 2004. № 4. С. 18–20.

2. Бедарев Н.В. Малые колебания в системах без трения // Физика-ПС. 2004. № 27-28. С.

37–39.

3. Порфирьев А.Ю. Пролететь сквозь Землю // Физика-ПС. 2004. № 42. С. 27–30.

4. Шмаль В.В. Колебательные процессы // Физика-ПС. 2007. № 12. С. 13–15. URL:

http://fiz.1september.ru/article.php?ID=200701204

http://fiz.1september.ru/article.php?ID=200701204


48

5. Грибов В.А. ЕГЭ: решаем задачи части С // Физика-ПС. 2011. № 15. С. 42–44.

6. Толмасов В.Н. Механические колебания // Физика-ПС. 2012. № 1. с. 12–14.

7. Генденштейн Л.Э., Кошкина А.В., Орлов В А. Система обучающих задач по физике:

подготовка к ЕГЭ // Физика-ПС. 2012. № 1. С. 38–42.

Documents

Подборка задач на механические колебания · 2016-01-10 · ал, необходимый для решения задач высокого уровня