Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 14056
2020-04-12 
Ареометр массой 0,08 кг с цилиндрической трубкой диаметром 0,3 см плавает в жидкости, плотность которой $1,2 \cdot 10^{3} кг/м^{3}$. Ареометр получает небольшой импульс в вертикальном направлении и опускается в жидкость на глубину $X_{0} = 3 см$. Коэффициент сопротивления $r = 0,01 кг/сек$ при движении ареометра остается постоянным. Определите циклическую частоту колебаний; через какое число колебаний амплитуда уменьшится в $e$ раз; работу против сил трения за первый период. Движение жидкости не учитывайте.
Решение:
На ареометр, плавающий в жидкости, действуют две равные и противоположно направленные силы: сила тяжести и выталкивающая сила.
При опускании ареометра вниз появляются дополнительные силы, направленные вверх, выталкивающая сила, не уравновешиваемая весом ареометра,
$F = - \frac{ \pi d^{2} }{4} \rho gx$
и сила сопротивления
$f = - rv = - r \dot{x}$.
Уравнение движения ареометра
$m \ddot{x} = - \frac{ \pi d^{2} }{2} \rho gx - r \dot{x}$
имеет такой же вид, как уравнение движения тела, совершающего затухающие колебания
$m \ddot{x} = - kx - r \dot{x}$.
Следовательно, ареометр будет совершать затухающие колебания с начальной амплитудой $X_{0} = 3 см$ и циклической частотой
$\omega = \sqrt{ \omega_{0}^{2} - \alpha^{2} }$,
где
$\omega_{0} = \sqrt{ \frac{k}{m} } = \frac{d}{2} \sqrt{ \frac{ \pi \rho g}{m} }$, (1)
$\alpha = \frac{r}{2m}$. (2)
Используя это, получаем
$\omega = \frac{ \sqrt{ \pi d^{2} \rho gm - r^{2} }}{2m}$. (3)
Амплитуда затухающих колебаний с течением времени убывает по закону
$X_{m} = X_{0} e^{ - \alpha t}$.
Так как по условию амплитуда уменьшилась в $e$ раз, то $\frac{X_{0} }{ X_{m}} = e$ и, следовательно, $\alpha t = 1$. За это время $t$ произойдет $n$ колебаний
$n = \frac{t}{T} = \frac{1}{ \alpha T} = \frac{ \omega }{2 \pi \alpha }$.
Используя уравнения (2) и (3), получаем
$n = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{ \frac{ \pi d^{2} \rho gm }{r^{2} } - 1}$. (4)
Работа за бесконечно малый промежуток времени против силы трения равна
$dA = fdx = - rvdx = - rv^{2}dt$. (5)
Зависимость смещения от времени при затухающем колебании определяется уравнением
$x = X_{0}e^{- \alpha t} \cos \omega t$. (6)
Коэффициент затухания
$\alpha = \frac{r}{2m} = \frac{0,01}{2 \cdot 0,08} = 0,0625$
величина небольшая. Поэтому можно принять, что за один период практически амплитуда не изменится. Так как время колебаний равно произведению $T$ на число колебаний $n$, заменима $\alpha t = \alpha Tn$ и перепишем уравнение (6)
$x = X_{0} e^{ - \alpha nT} \cos \omega t$.
Тогда
$v = \frac{dx}{dt} = - X_{0} \omega e^{- \alpha nT } \sin \omega t$. (7)
Работа против силы трения с учетом уравнений (5) и (6) за период $T$ равна
$A = \int_{0}^{A} dA = - \int_{0}^{T} rv^{2}dt = - re^{ - 2 \alpha nT} X_{0}^{2} \int_{0}^{T} \sin^{2} \omega t dt = - X_{0}^{2} r \pi \omega e^{ - 2 \alpha Tn}$. (8)
Произведем расчет.
Из уравнения (3) $\omega \approx 1 c^{-1}$.
Из уравнения (4): $n = 5$
Из уравнения (8): $\Delta A = 1,3 \cdot 10^{-5} Дж$.
Ареометр массой 0,08 кг с цилиндрической трубкой диаметром 0,3 см плавает в жидкости, плотность которой $1,2 \cdot 10^{3} кг/м^{3}$. Ареометр получает небольшой импульс в вертикальном направлении и опускается в жидкость на глубину $X_{0} = 3 см$. Коэффициент сопротивления $r = 0,01 кг/сек$ при движении ареометра остается постоянным. Определите циклическую частоту колебаний; через какое число колебаний амплитуда уменьшится в $e$ раз; работу против сил трения за первый период. Движение жидкости не учитывайте.
Решение:
На ареометр, плавающий в жидкости, действуют две равные и противоположно направленные силы: сила тяжести и выталкивающая сила.
При опускании ареометра вниз появляются дополнительные силы, направленные вверх, выталкивающая сила, не уравновешиваемая весом ареометра,
$F = - \frac{ \pi d^{2} }{4} \rho gx$
и сила сопротивления
$f = - rv = - r \dot{x}$.
Уравнение движения ареометра
$m \ddot{x} = - \frac{ \pi d^{2} }{2} \rho gx - r \dot{x}$
имеет такой же вид, как уравнение движения тела, совершающего затухающие колебания
$m \ddot{x} = - kx - r \dot{x}$.
Следовательно, ареометр будет совершать затухающие колебания с начальной амплитудой $X_{0} = 3 см$ и циклической частотой
$\omega = \sqrt{ \omega_{0}^{2} - \alpha^{2} }$,
где
$\omega_{0} = \sqrt{ \frac{k}{m} } = \frac{d}{2} \sqrt{ \frac{ \pi \rho g}{m} }$, (1)
$\alpha = \frac{r}{2m}$. (2)
Используя это, получаем
$\omega = \frac{ \sqrt{ \pi d^{2} \rho gm - r^{2} }}{2m}$. (3)
Амплитуда затухающих колебаний с течением времени убывает по закону
$X_{m} = X_{0} e^{ - \alpha t}$.
Так как по условию амплитуда уменьшилась в $e$ раз, то $\frac{X_{0} }{ X_{m}} = e$ и, следовательно, $\alpha t = 1$. За это время $t$ произойдет $n$ колебаний
$n = \frac{t}{T} = \frac{1}{ \alpha T} = \frac{ \omega }{2 \pi \alpha }$.
Используя уравнения (2) и (3), получаем
$n = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{ \frac{ \pi d^{2} \rho gm }{r^{2} } - 1}$. (4)
Работа за бесконечно малый промежуток времени против силы трения равна
$dA = fdx = - rvdx = - rv^{2}dt$. (5)
Зависимость смещения от времени при затухающем колебании определяется уравнением
$x = X_{0}e^{- \alpha t} \cos \omega t$. (6)
Коэффициент затухания
$\alpha = \frac{r}{2m} = \frac{0,01}{2 \cdot 0,08} = 0,0625$
величина небольшая. Поэтому можно принять, что за один период практически амплитуда не изменится. Так как время колебаний равно произведению $T$ на число колебаний $n$, заменима $\alpha t = \alpha Tn$ и перепишем уравнение (6)
$x = X_{0} e^{ - \alpha nT} \cos \omega t$.
Тогда
$v = \frac{dx}{dt} = - X_{0} \omega e^{- \alpha nT } \sin \omega t$. (7)
Работа против силы трения с учетом уравнений (5) и (6) за период $T$ равна
$A = \int_{0}^{A} dA = - \int_{0}^{T} rv^{2}dt = - re^{ - 2 \alpha nT} X_{0}^{2} \int_{0}^{T} \sin^{2} \omega t dt = - X_{0}^{2} r \pi \omega e^{ - 2 \alpha Tn}$. (8)
Произведем расчет.
Из уравнения (3) $\omega \approx 1 c^{-1}$.
Из уравнения (4): $n = 5$
Из уравнения (8): $\Delta A = 1,3 \cdot 10^{-5} Дж$.
