Уравнение гармонических колебаний —Каталог задач по Олимпиадной физике

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#43100

Груз массой $m$ привязан нитью, перекинутой через блок, к другому грузу, который удерживается на гладком горизонтальном столе пружиной, прикреплённой к стене (см. рисунок). Нить пережигают, и груз на столе начинает колебаться с амплитудой $A$ . Найти жёсткость пружины.
(МФТИ, 1996)

Источники: МФТИ, 1996

Показать ответ и решение

Направим ось $x$ вдоль направления возможного перемещения груза на столе (см. рис.). До пережигания нити груз на столе (какая-нибудь точка груза, например, его центр масс) находился в точке $C$ и удлинение пружины $L = mg ∕k$ (здесь $k$ – жесткость пружины). После пережигания нити равновесное положение груза на столе окажется в точке О на расстоянии $L$ от точки $C$ и будет соответствовать ненапряженной пружине. Груз на столе будет совершать гармонические колебания около своего положения равновесия (точка О), периодически возвращаясь в точку $C$ с нулевой скоростью и перемещаясь между точками $C$ и $C1$ . Амплитуда

A = OC = OC1 = L = mg ∕k

Отсюда

mg-- k = A

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#43101

По гладкой горизонтальной поверхности стола движутся с постоянной скоростью $v$ два бруска массами $m$ и $3m$ , связанные нитью. Между брусками находится пружина жёсткостью $k$ , сжатая на величину $x 0$ (см. рисунок). Пружина прикреплена только к бруску массой $m$ . Размеры брусков малы по сравнению с длиной нити, массой пружины пренебречь, скорость брусков направлена вдоль нити. Во время движения нить обрывается, и бруски разъезжаются вдоль начального направления нити.
1) Найти скорость бруска массой $3m$ после его отделения от пружины.
2) Найти время соприкосновения пружины с бруском массой $3m$ , считая от момента разрыва нити.
(МФТИ, 2000)

Источники: МФТИ, 2000

Показать ответ и решение

Перейдем в систему отсчета, движущуюся вправо со скоростью $v$ . Пусть после отрыва бруска $3m$ от пружины он имеет скорость $v1$ , а брусок массой $m$ – скорость $v2$ , и обе скорости направлены вдоль скорости $v$ . Запишем законы сохранения полной энергии и импульса для двух моментов времени: когда бруски неподвижны и после отрыва бруска $3m$ от пружины:

kx2 3mv2 mv2 ---0 = ----1-+ ----2 3mv1 = mv2 2 2 2

Тогда

∘ ----- kx20- 12mv21- -kx20- 2 = 2 ⇒ v1 = 12m

Перейдем обратно в лабораторную систему отсчета, прибавив $v$

∘ ---- x k v′1 = v + --0 ---- 2 3m

Для ответа на второй вопрос удобно перейти в систему координат, связанную с центром масс нашей системы. Обозначим длину недеформированной пружины через $l$ . Тогда расстояние от бруска $3m$ до центра масс $l1 = L∕4$ , а аналогичное расстояние от бруска массой $m$ до центра масс $l2 = 3L∕4$ . После разрыва нити в системе центра масс оба бруска будут двигаться по гармоническому закону с циклической частотой

∘ ---- ∘ --- k1-- k2- ω = 3m = m

где $k1$ жесткость пружины длиной $l1$ ( $Lk- k1 = l1 = 4k$ ), а $k2$ жесткость пружины длиной $l2$ ( $Lk 3 k2 = --- = -k l2 4$ ). Циклическая частота равна

∘ ---- ω = 4k-- 3m

Очевидно, что шар $2m$ оторвется от пружины через время $τ$ , равное четверти периода колебаний $2π T = --- ω$ системы:

∘ ---- τ = T-= π- 3m-- 4 4 k

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#43102

На гладком столе стоит коробка массой $m$ (см. рисунок). В коробке находятся два бруска, масса каждого из которых также равна $m$ . Трения в системе нет. Левый брусок соединён с коробкой лёгкой горизонтальной пружиной жёсткостью $k$ . Правому бруску сообщили скорость $v 0$ в направлении левого бруска. При столкновении бруски слипаются и движутся дальше как одно целое. Найдите максимальную скорость коробки и максимальное сжатие пружины при дальнейшем движении.
(МОШ, 2009, 11)

Источники: МОШ, 2009, 11

Показать ответ и решение

По закону сохранения импульса слипшиеся грузы скользят со скоростью

mv0- v0 v = 2m = 2 .

Заменим системы на равносильную

Так как на систему не действуют внешние силы, то скорость центра масс постоянна

v0 2m-2-+-m-⋅0- v0 vc = 3m = 3 .

Пусть начальная длина пружины равна $L = 3l$ , тогда центр масс находится на расстоянии $l$ от $2m$ и $l2 = 2l$ от $m$ .
Перейдем в ИСО, связанную с центром масс.
Рассмотрим колебания каждого груза относительно центра масс оба бруска будут двигаться по гармоническому закону с циклической частотой

∘ ---- ∘ --- ω = k1-= k2. 2m m

где $k1$ жесткость пружины длиной $l1$ ( $Lk- k1 = l1 = 3k$ ), а $k2$ жесткость пружины длиной $l2$ ( $Lk- 3 k2 = l2 = 2k$ ). Циклическая частота равна

∘ -3k- ω = --- 2m

Колебания происходят по законам

x1 = A1 sin ωt x2 = A2 sinωt,

где $x1$ и $x2$ – смещение от начального положения грузов.
Тогда скорости меняются по законам

v1 = − A1ω cosωt v2 = − A2 ωcosωt,

Откуда

∘---- v0 v1(0) v0- 2m- v1(0) = 3 ⇒ A1 = ω = 3 3k

∘ ---- v2(0) = v0 ⇒ A2 = v2(0)= v0 2m-. 6 ω 6 3k

Окончательно законы колебаний выглядят следующим образом:

∘ ---- ∘ ---- ∘ ---- ∘ ---- v0 2m 3k v0 2m 3k x1 = 3- -3k-sin 2m-t x2 =-6 -3k sin 2m-t.

v1 = v0 cos ωt, 3

Максимальная скорость $v0∕3$ , тогда в лабораторной системе отсчета

⃗vкоробки = ⃗v0+ ⃗v1 ⇒ vкоробки = v0 + v0cosωt = 2v0- 3 3 3 3

Так как сжатие пружины максимально, то относительная скорость грузов равна 0, то есть

v1 = v2 = v.

По закону сохранения импульса

2mv0- v0 2 = mv1 + 2mv2 ⇒ v = 3 .

А из закона сохранения энергии

2mv20 kx2 3mv20 -2⋅4-= -2-+ -9⋅2-

Тогда

mv2 ∘ m-- kx2 = --0-⇒ x = v0 --- 6 6k

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#43103

Муравей из точки $A$ без начальной скорости скользит по гладкой соломинке, у которой наклонный прямолинейный участок $AB$ в точке $B$ плавно переходит в дугу $BC$ с радиусом кривизны $R$ , а эта дуга в точке $C$ также плавно переходит в горизонтальный прямолинейный участок $CD$ (рис.).
Известно, что $AB : BC : CD = 1 : 2 : 3$ и суммарная длина пути много меньше $R$ .
Вычислите время скольжения муравья по соломинке от точки $A$ до точки $D$ .
(Всеросс., 2008, ОЭ, 11)

Источники: Всеросс., 2008, ОЭ, 11

Показать ответ и решение

Полное время движения муравья складывается из времени движения $t1$ по участку $AB$ , времени $t 2$ на участке $BC$ и времени $t 3$ на участке $CD$ . Пусть $AB = l$ .
1. Восстановим из точек $B$ и $C$ перпендикуляры к траектории движения муравья, они являются радиусами дуги $BC$ (рис. ). Пусть $∠BOC = α = 2l∕R$ . Поскольку $l < < R$ , то $sin α ≈ α = 2l∕R$ . Ускорение на прямолинейном участке $AB$ равно $a1 = g sin α = 2gl∕R$ . Тогда

2 ∘ --- ∘ --- a1t1 2l- R- l = 2 ⇒ t1 = a1 = g .

Скорость в конце этого участка

∘ ----- ∘ -------- ∘ ---- vB = 2gh1 = 2glsinα = 2l g∕R.

2. Вычислим $t2$ . Из закона сохранения энергии найдем скорость $vc$ муравья в точке $C$ . Это будет его наибольшая скорость.

2 ------------ mg (h + h ) = mv-c-⇒ v = ∘ 2g(h + h ). 1 2 2 c 1 2

Найдем $h1 + h2$ :

l2 2 2 l2 h1 = lsinα = 2R h2 = R (1 − cosα ) = 2R sin (α ∕2) = 2R (α∕2) = 2R

Тогда

2 ∘ --- h1 + h2 = 4 l-⇒ vc = 2l 2g. R R

На участке $BC$ движение муравья аналогично колебательному движению математического маятника с длиной подвеса $R$ . Его циклическая частота $∘ ---- ω = g∕R$ . Время $t2$ движения муравья из точки $B$ в точку $C$ равно времени его обратного движения из точки $C$ в точку $B$ , которое можно найти из уравнения гармонических колебаний:

( ∘ --- ) ∘ --- ∘ --- g R vB π R vB = vccos --t2 ⇒ t2 = --arccos ---= -- --. R g vc r g

3. На отрезке $CD$ муравей движется равномерно со скоростью $Vc$ , следовательно,

∘ --- 3l 3 R t3 = -- = -- --. vc 2 2g

Полное время движения муравья:

∘ --- ( π 3 ) R t = t1 + t2 + t3 = 1 + --+ --√-- -- 4 2 2 g

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#48979

Чашка с гирями пружинных весов покоится. На чашку поставили ещё одну гирю массой $m$ . Найти амплитуду колебаний чашки. Жёсткость пружины $k$ .

(МФТИ, 1996)

Источники: МФТИ, 1996

Показать ответ и решение

В крайнем положении на чашку с гирей действуют две силы - сила тяжести и сила упругости со стороны пружины. При этом удлинение пружины равно амплитуде колебаний $A$ .

Запишем второй закон Ньютона для чашки с гирей в крайнем положении:

mg mg − kA = 0 ⇒ A = ---- k

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#48980

Два груза общей массой $m = 1 кг$ , соединённые упругой пружиной жёсткостью $k = 100 Н/ м$ , висят на нити (см. рисунок). Найти все возможные расстояния, на которые следует оттянуть вертикально вниз и затем отпустить нижний груз, чтобы при последующих его колебаниях верхний груз оставался неподвижным.

(МФТИ, 1992)

Источники: МФТИ, 1992

Показать ответ и решение

1. Максимальное статическое смешение нижнего груза соответствует амплитуде последующих колебаний. Верхний груз будет оставаться в покое при условии

k(A − y0) ≤ m-g 2

То есть сила тяжести, приложенная к верхнему грузу, должна быть больше или равна силы упругости пружины $(A − y0)$ , где $y0$ – статическое удлинение пружины под действием нижнего груза.
2. Величина статического удлинения пружины удовлетворяет условию

ky0 = mg-⇒ y0 = mg-- 2 2k

3. Подставляем значение $y0$ в исходное уравнение

( mg-) mg-- mg-- k A − 2k ≤ 2 ⇒ kA ≤ mg ⇒ A ≤ K

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#48981

Груз уравновешен на чашке пружинных весов, при этом в сжатой пружине запасена потенциальная энергия деформации $U0$ . На чашку весов поставили дополнительную гирю так, что масса нового груза стала в три раза больше первоначальной.
1) Во сколько раз величина максимального ускорения $amax$ во время возникших колебаний отличается от ускорения свободного падения $g?$
2) С каким по величине ускорением движется груз в момент, когда его кинетическая энергия $T = 3U0$ ?
Затуханием колебаний пренебречь.

(МФТИ, 2003)

Источники: МФТИ, 2003

Показать ответ и решение

Введем обозначения (см. рис.). Пусть первоначальная масса груза $M$ , тогда вторичная масса груза $3M$ . Длина недеформированной пружины $z ,z 0 1$ – длина пружины в положении равновесия в случае первого груза, $z2$ – положение равновесия для второго случая, $z3$ – крайнее нижнее положение при колебаниях второго груза. Жесткость пружины обозначим через $k$ . Потенциальная энергия деформации для первого груза может быть записана в виде

k (z − z )2 U0 = ----0---1--, (1) 2

а условие равновесия

k(z − z ) = M g. (2) 0 1

Деформация пружины в случае равновесия со вторым грузом в три раза больше, чем для первого, т. е.

z − z = 3(z − z ). 0 2 0 1

Амплитуда колебаний для второго груза

z1 − z2 = 2(z0 − z1) = 2 M-g. k

Когда груз колеблется около своего положения равновесия, то на него действуют две силы: сила тяжести и сила упругой деформации пружины, но действие этих двух сил эквивалентно действию одной упругой силы $kΔz$ , где $Δz$ – отклонение от положения равновесия. Поэтому очевидно, что максимальное ускорение груза при колебаниях во втором случае будет при максимальном отклонении груза от положения равновесия $z = z 2$ :

k(z1 − z0) 2 amax = ----------= -g. M 3

Рассмотрим колебание груза массой $3M$ относительно положения равновесия $z = z2$ . В крайнем верхнем положении полная энергия системы равна потенциальной энергии груза:

2 2 E = k-(z1 −-z2) = 2-(M--g)-. 2 k

Потенциальную энергию грузы мы записали через эквивалентную силу, о которой говорилось выше. Если груз при колебании имеет кинетическую энергию $T = 3U0$ , то его потенциальная энергия

k(Δz )2 2 (M g)2 ------- = E − T = --------− 3U0 (4 ) 2 k

Здесь $Δz$ – отклонение от положения равновесия. Из уравнений (1) и (2) следует, что

√ ----- a = kΔz--= --3kU0- = g- 3M 3M 3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#48982

Маятник совершает гармонические колебания. В течение какой доли периода колебаний маятник удалён от положения равновесия не более чем на половину амплитуды?

Показать ответ и решение

Запишем уравнение гармонических колебаний:

x = A sin (ωt )

По условию $A x ≤ -- 2$ , откуда

A- A sin(ωt) ≤ 2 ⇒ ωt ∈ [− π∕6; π∕6];ωt ∈ [11π∕6;13 π∕6]

То есть общее количество

2 π ωt = --- 3

Откуда

2π ω = --- 3t

Период колебаний же равен

T = 2π-= 2π-= 3t ⇒ t = T- ω 2π- 3 3t

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#48983

Висящий на упругой пружине шар совершает колебания с периодом $T$ и амплитудой $A$ вдоль вертикали. Масса шара намного больше массы пружины.
1) Найдите максимальную скорость (по модулю) шара $v m$ .
2) Найдите ускорение (по модулю) шара в те моменты времени, когда его скорость (по модулю) равна $vm ∕3$ .

(МФТИ, 2007)

Источники: МФТИ, 2007

Показать ответ и решение

При гармонических колебаниях: $x = A cosωt$ , $v = − ωA sin ωt$ , $a = − ω2A cos ωt$

Отсюда находим:
1) $v = ωA = 2π-A m T$
2) Найдем значение $sin ωt$ в этот момент времени

√ -- vm- 1- 2--2- vm sin ωt = 3 ⇒ sin ωt = 3 ⇒ cos ωt = 3

Откуда

√ -- ( 2π)2 8 2π2A a = --- A cos ωt = -----2--- T 3T

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#48985

Вертикальное колено изогнутой под прямым углом гладкой трубки постоянного сечения заполнено жидкостью, которую можно считать практически идеальной. Высота этого колена равна $L$ (и она заметно больше поперечного размера трубки), а переливание её в горизонтальное колено не допускается благодаря удерживаемой неподвижно лёгкой пробке. В некоторый момент пробку аккуратно отпускают. За какое время после этого пробка вылетит из трубки? Длина горизонтального колена равна $3L ∕2$ , поверхностное натяжение не учитывать.

(«Покори Воробьёвы горы!», 2015, 10–11)

Источники: Покори Воробьёвы горы!, 2015, 10–11

Показать ответ и решение

Будем следить за движением пробки в проекции на горизонтальную координатную ось $x$ . Ускорение появляется благодаря давлению вертикального столба жидкости, которое обращается практически в ноль, когда вся жидкость перельется в горизонтальное колено. Поэтому совместим начало отсчета координаты $x$ с положением пробки именно в этот момент времени. С учетом неразрывности течения жидкости, в любой момент времени вместе с пробкой (с теми же скоростью и ускорением) будет двигаться вся жидкость, и поэтому

ρSg (m + ρSL )ax = ρSh(x)g = − ρSgx ⇒ x′t′+ m-+-ρSL-x = 0

(здесь $h(x)$ – высота столба жидкости в вертикальном колене как функция $x$ ). Так как пробка легкая, то это уравнение сводится к $′′ g xt + L-x = 0$ и поэтому закон движения пробки от момента старта (когда $x(0) = − L$ , $vx(0) = 0$ ) до момента переливания жидкости в горизонтальное колено ( $x(t1) = 0$ ) – гармонический: $x(t) = − Lcos(ωt)$ , $∘ -- g- ω = L.$ Переливание закончится в момент времени $t1$ :

∘ -- x(t1) = 0 ⇒ cos(ωt1) = 0 ⇒ t1 = π-= π- L- 2ω 2 g

Далее пробка и жидкость, очевидно, будут двигаться с постоянной скоростью (высота столба жидкости уменьшилась до нуля)

( ) ∘ --- V = vx(t1) = ωL sin π- = ωL = gL 2

Поэтому оставшийся путь по трубке пробка пройдет за время

∘ -- L-∕2 1 L- t2 = V = 2 g,

и полное время движения пробки по трубке

∘ -- π-+-1 L- t = t1 + t2 = 2 g

(Официальное решение ПВГ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Из допущения о неразрывности течения получен закон движения пробки	2

Получено значение момента времени $t1,$ когда переливание закончится	2

Записано выражение для скорости, с которой пробка двигается, когда высота столба жидкости уменьшилась до нуля	2

Записано выражение для времени $t , 2$ в течении которого пробка проходит оставшийся путь	2

Получено верное выражение для полного времени движения пробки по трубке	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#48986

Длинный железнодорожный состав движется по инерции со скоростью $v0 = 6 м/ с$ по горизонтальным рельсам, а затем въезжает на горку с постоянным углом наклона $α = 4∘$ к горизонту. Состав полностью остановился за время $T = 30 с$ , не доехав до конца склона. Какая часть состава к моменту остановки оказалась на склоне горки? Трением качения и длиной переходного участка при въезде на горку пренебречь. Ускорение свободного падения считать равным $2 g = 10 м/с$ . Распределение массы по длине состава считать равномерным.

(«Покори Воробьёвы горы!», 2016, 10–11)

Источники: Покори Воробьёвы горы!, 2016, 10–11

Показать ответ и решение

Запишем уравнение движения состава, используя в качестве координаты координату его «головы» $x$ , отсчитываемую от начала подъема. Весь состав в каждый момент времени движется с одинаковыми скоростью и ускорением, причем это ускорение создается проекцией веса части состава, находящейся на склоне, на ось $x$ :

x gsin(α) max = − mg L-sin (α ) ⇒ x′′ +-L--x = 0

( $L$ – длина состава). Как видно, движение «головы» состава по склону происходит по гармоническому закону. Так как «колебание» начинается из положения равновесия, то его можно описать выражением $x(t) = xm sin(ωt),$ где $∘ ------- ω = gsin(α), L$ а амплитуда смещения выражается через амплитуду скорости, совпадающей со скоростью состава на горизонтальном участке: $v xm = -0. ω$ Время подъема до остановки – это четверть периода колебаний, поэтому $π ω = --- 2T$ , и соответственно $2v0T xm = --π--$ , а длина состава

gsin(α) 4g-sin(α)T2 L = ω2 = π2 .

Поэтому доля длины состава, оказавшаяся на горке к моменту остановки

xm πv k =-L- = 2gT sin(α).

Для получения численного ответа можно использовалось малость угла

∘ -π 45v0 α = 4 = 45 рад ⇒ k ≈ 2gT = 0,45.

(Официальное решение ПВГ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записано верное уравнение движения состава	2

Установлено, что движение «головы» состава осуществляется по гарм. закону	2

Получены выражения для амплитуды смещения и длины состава	2

Записана доля длины состава, оказавшаяся на горке к моменту остановки	2

В приближении малого угла получено численное значение угла $α$	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#48987

В системе, изображённой на рисунке, массы грузов равны $m1$ и $m2$ , жёсткость пружины $k$ , блоки, нить и пружина – невесомые, блоки вращаются без трения, нить по блокам не скользит. В положении равновесия пружина растянута. Груз $m 1$ смещают из положения равновесия вниз на расстояние $s$ , после чего грузы совершают гармонические колебания. Найдите максимальные скорости колеблющихся грузов.

(«Покори Воробьёвы горы!», 2014, 10–11)

Источники: Покори Воробьёвы горы!, 2014, 10–11

Показать ответ и решение

Из кинематических связей:

2x2 + x1 = const

S v1 Δx = -2 v2 =-2 .

В положении равновесия:

T = m1g

2T = m g + kΔx ⇒ Δx = (2m1-−-m2-)g. 2 p p k

Энергия равна:

kΔx2p m1v21 m2v22 E = --2--+ -2---+ -2--.

При максимальном отклонении:

2 F = k(Δxp + Δx ) E = k(Δxp-+-Δx)-− m1gS +m2g S-. 2 2

Тогда по закону сохранения энергии:

2 kΔxp-+ m1v21-+ m2v22= k(Δxp-+-Δx-)2− m gS + m gS- 2 2 2 2 1 2 2

с учетом, что $v2 = v1∕2$ :

2(m1- m2) S- k(SΔxp-) kS2- v1 2 + 8 = m2g 2 − m1gS + 2 + 8 .

Или

24m1 + m2 v1----S---- = 4m1g − 8m1g + 4(2m1 − m2)g+ kS

Отсюда

∘ --------- v1 = S ----l----. 4m1 + m2

Уравнение колебаний имеет вид:

x = Acos(ωt),

при $t = 0$ :

x = A = S.

Возьмём производную

∘ --------- v = A ωsin(ωt) ⇒ v1 = S ω ⇒ ω = ----k---. 4m1 + m2

2 − kS a = − Aω cos(ωt) = 4m1-+-m2-cos(ωt)

По второму закону Ньютона:

m1a = m1g − T ⇒ T = m1 (g − a) ≥ 0

Отсюда

---kS---- 4m1-+-m2-- 4m1 + m2 ≤ g ⇒ S ≤ k g.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#48988

Однородный прямоугольный брусок скользит со скоростью $v0$ , направленной вдоль его более длинных сторон (длиной $L$ ), по гладкой горизонтальной поверхности. В некоторый момент времени он встречает границу очень обширной шероховатой области, перпендикулярную направлению его движения. За какое время после этого он остановится? Считать, что сила трения для части бруска пропорциональна площади этой части. Известно, что если скорость $v0$ сообщить бруску, покоящемуся внутри шероховатой области, то он остановится за время $τ = 2L-= 1 с v0$ .

(«Покори Воробьёвы горы!», 2017, 10–11)

Источники: Покори Воробьёвы горы!, 2017, 10–11

Показать ответ и решение

Знание времени торможения бруска на шероховатой горизонтальной поверхности позволяет определить коэффициент трения $μ$ : поскольку сила трения сообщает бруску ускорение, равное по модулю $μg$ и направленной против скорости, то $v0 v0 τ = μg-⇒ μ = gτ-.$ Запишем теперь уравнение движения бруска массой $m$ в процессе пересечения границы шероховатой области:

x v max = Fтрх = − μmg- ⇒ x′′t + -0x = 0. L τL

Как видно, брусок будет двигаеться по гармоническому закону

∘ --- x(t) = A cos(ω0t)+ B sin(ω0t) ω0 = v0-. τL

С учетом начальных условий $x(0) = 0$ , $x′t(0) = v0$ , получаем закон движения переднего края бруска

(| {A = 0 ∘ ----- |(B = v0-= √τLv-- ⇒ x(t) = τLv0 sin(ω0t) ω0 0

и закон изменения скорости бруска $v (t) = x ′= v cos(ω t) x t 0 0$ . Поскольку у нас $√L-τv-> L ⇔ τ >-L, 0 v0$ то брусок полностью пересечет границу за время $t1$ , определяемое из соотношения

--- ( ---) ∘ ----- ∘ τL ∘ L x(t1) = τLv0 sin(ω0t1) = L ⇒ t1 = v0-arcsin τv0 ,

и его скорость в этот момент времени будет равна $∘ ------- -L- v1 = v0 cos(ω0t1) = v0 1 − τv0.$ Далее брусок тормозит с постоянным ускорением, и его скорость уменьшается до нуля

∘------- ∘--(------) t2 =-v1-= τ-v0 1 − -L- = τ τ − L- . μg v0 τv0 v0

В результате полное время торможения

∘ --- (∘ ---) ∘ --(------) τ = t1 + t2 = τL-arcsin -L- + τ τ − L- = π+√-4τ ≈ 1,26 с v0 τv0 v0 4 2

(Официальное решение ПВГ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Сделан верный вывод о значении $μ$	2

Получен закон движения переднего края бруска	2

Получено значение времени $t1$ , за которое брусок полностью пересечет границу	2

Получено значение времени $t 2$ , за которое брусок тормозит с постоянным ускорением до полной остановки	2

Получен верный численный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#48989

На горизонтальной подставке лежит груз, прикреплённый к потолку вертикальной нерастянутой пружиной. Подставка начинает опускаться вниз с постоянным ускорением $a = 2g∕5$ , $g$ – ускорение свободного падения. Найдите, за какой промежуток времени $τ$ после отрыва груза от подставки пружина растянется на максимальную длину. Известен период $T$ свободных колебаний груза на пружине.

(«Курчатов», 2018, 11)

Источники: Курчатов, 2018, 11

Показать ответ и решение

Рассмотрим сначала движение груза вместе с подставкой. Направим ось $x$ вниз и будем отсчитывать координату груза от начального положения, в котором пружина не растянута. За начало отсчёта времени выберем момент начала движения. Запишем для груза второй закон Ньютона в проекции на ось $x$ :

ma = mg − kx− N,

$m$ – масса груза, $k$ – жёсткость пружины, $N$ – сила нормальной реакции, действующая со стороны подставки. Пусть $x0$ – координата груза в момент отрыва от подставки. Учитывая, что в этот момент сила $N$ обращается в нуль, получаем:

m- g−-a- ma = mg − kx0 ⇒ x0 = k (g − a) = ω2 ,

$∘ --- ω = k- m$ – частота свободных колебаний груза на пружине. Найдём скорость $V0$ , которую имеет груз в момент отрыва:

at2 V20 √ ---- ∘2a-(g−-a) V0 = at, x0 =-2- ⇒ x0 = 2a-⇒ V0 = 2ax0 =----ω-----.

После отрыва груз совершает гармонические колебания с частотой $ω$ . Найдём координату положения равновесия $xp$ :

mg- -g- kxp = mg ⇒ xp = k = ω2 .

Для описания колебаний введём новую координату $y$ , отсчитанную от положения равновесия:

y = x− xp.

Время будем отсчитывать от момента отрыва. Начальное значение координаты $y$ равно:

g − a g a y0 = x0 − xp =-ω2-− ω2-= − ω2.

Начальная скорость груза равна $V0$ . Зависимости от времени координаты и скорости груза при колебаниях определяются соотношениями:

({ y = Asin(ωt+ φ) ( Vy = ωA cos(ωt+ φ )

$A$ – амплитуда колебаний (положительная величина), $φ$ – начальная фаза. Полагая $t = 0$ , получаем:

( {y = A sin(φ) (V = ωA cos(φ) y

Так как $y0 < 0$ , то угол $φ$ лежит в четвёртой четверти. Выразим его через арктангенс:

ωy0 a ∘ ---a---- ∘ ---a---- tgφ = V--= − ∘--------- = − 2(g−-a) ⇒ φ = − arctg 2(g−-a) 0 2a(g− a)

В момент времени $τ$ , когда пружина растянута на максимальную длину, скорость груза обращается в нуль:

( ) vy = 0 ⇒ cos(ωτ + φ ) = 0 ⇒ ωτ +φ = π-⇒ τ = 1 π-− φ . 2 ω 2

Полагая $ω = 2Tπ-$ , получаем:

-------- T--(π- ) T- -T- ∘ ---a--- τ = 2π 2 − φ = 4 + 2πarctg 2(g− a).

Этот результат можно получить по-другому, представив $τ$ в виде:

τ = τ′ + T 4

где $′ τ$ – время движения от момента отрыва до положения равновесия, $T∕4$ – время движения от положения равновесия до момента максимального удлинения пружины. Для $τ ′$ имеем:

φ T ∘ ---a---- y = 0 ⇒ sin(ωτ′ + φ) = 0 ⇒ ωτ′ + φ = 0 ⇒ τ′ = −-=--arctg ------- ω 2π 2(g − a)

При $a = 2g∕5$ результат для $τ$ упрощается:

∘-------- τ = T-+ T-arctg ---a---= T- 4 2π 2(g − a) 3

(Официальное решение Курчатов)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записан II закон Ньютона для груза $m$ и найдена координата груза $m$ в момент отрыва от подставки	2

Записаны кинематические уравнения для груза $m$ в момент отрыва и найдена скорость $V 0$	1

Записаны зависимости от времени координаты и скорости груза при колебаниях и их уравнения в момент отрыва	2

Написано уравнение для начальной фазы $ϕ$ и посчитано её значение	3

Записано условие максимального растяжения пружины при $Vy = 0$ в момент времени $τ$ и получен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#48990

Найдите период колебаний тонкого обруча радиуса $R$ , подвешенного на гвозде. Колебания происходят в плоскости обруча. Проскальзывания нет.

Показать ответ и решение

Обруч представляет собой физический маятник. Период малых колебаний физического маятника равен

∘ ----- T = 2π -I0--, mgd

где $d = R$ – расстояние от центра масс $C$ до точки подвеса, $I0$ – момент инерции относительно горизонтальной оси, проходящей через точку подвеса $O$ .
По теореме Штейнера,

I0 = IC + md2 = mR2 + mR2 = 2mR2,

где $IC$ – момент инерции относительно горизонтальной оси, проходящей через центр масс точку $C$ . Следовательно, период гармонических колебаний маятника равен

∘ ------- ∘ ---- 2mR2-- 2R- T = 2π mgR = 2π g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#48991

По дну цилиндрической лунки радиусом $R$ катается без проскальзывания полый цилиндр радиусом $r(r < R )$ . Найдите период малых колебаний цилиндра.

Показать ответ и решение

Рассмотрим цилиндр, когда он смещается из своего устойчивого положения равновесия на малый угол $𝜃$ во время колебаний (рис.). Если $v c$ – мгновенная скорость центра масс ( $C$ ) цилиндра, то его угловая скорость вокруг собственного центра $C$ равна

ω = vc (1) r

Так как $C$ движется по кругу радиуса ( $R − r$ ), скорость $C$ в тот же момент может быть записана

vc = ˙𝜃(R − r) (2)

Таким образом, из (1) и (2)

R − r ω = 𝜃˙----- (3) r

Поскольку механическая энергия колебаний твердого цилиндра сохраняется, то

E = R + U = const

mv2c Icω2 ----+ -----+ mg (R − r)(1 − cos𝜃 ) = const 2 2

(Где $m$ – масса цилиндра, $Ic$ – момент инерции цилиндра вокруг оси, проходящей через ее центр масс (C) и перпендикулярно плоскости чертежа) или

mω2r2-- mr2- 21- 2 + 2 ω 2 + mg (R − r)(1 − cos 𝜃) = const

(с использованием (1) и $Ic = mr ∕2$ )

3 (R − r)2 -r2(˙𝜃2----2----+ g(R − r)(1 − cos𝜃) = const 2 r

(используя уравнение 3) Дифференцируя по времени

3(R − r)2˙𝜃¨𝜃 + gsin𝜃𝜃˙= 0. 4

Тогда,

¨ ---2g---- 𝜃 = − 3(R − r)𝜃

(поскольку при малых $𝜃$ , $sin 𝜃 ≈ 𝜃$ ) Таким образом

∘ --------- 2g ω0 = 3(R-−--r).

Следовательно, искомый период колебаний

∘ --------- 2 (R − r) T = 2 π --------- g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#48992

Определить период малых колебаний в вертикальной плоскости небольшого тела массы $m$ с зарядом $q$ внутри непроводящей сферы радиуса $R$ , если в верхней точке сферы закреплён одноимённый точечный заряд $Q$ . Внутренняя поверхность сферы гладкая. Ускорение свободного падения $g$ .