гармоническое колебание

[paranoidandroid]

Прикрепленное к пружине брусок, совершает прямолинейные гармонические колебания с амплитудой $A$ и периодом $T$. Определите максимальное расстояние , которое может пройти тело за время $T/6$.

Решение: Поскольку тело движется гармонично, имеем: $ x(t)=A \sin(\omega t) $ и так же $ \omega T=2 \pi $. С учетом всего этого расстояние, пройденное за время $T/6$, будет : $x(T/6)=A \sin (\omega T/6)=A \sin(\pi /3)=\frac{A \sqrt 3}{2}$.

Но правильный ответ : $A$.

[Dedekind]

paranoidandroid
Это расстояние, которое тело прошло от $t=0$ до $t=T/6$. Но будет ли это расстояние максимально возможным за промежуток времени $T/6$? Попробуйте представить график синуса, и скорость изменения координаты в разные моменты. И посмотрите, какое максимальное расстояние можно пройти за $T/6$, если начинать не от $t=0$, а от какого-то другого момента времени?

[paranoidandroid]

Предположим, что максимальное расстояние было пройдено с некоторого момента времени $t_1$ до момента $t_2$ где $t_2 - t_1 = T/6$. это значит, что

$|S_{\max}|=| \max \int_{t_{1}}^{t_2} v(t)dt | = | \max \int _{t_{1}}^{t_2} -A \omega \cos ( \omega t)dt | = A \max (\ sin( \omega t_{2})-\ sin( \omega t_{1}))=2A \max \cos \frac{\omega (t_2 + t_1)}{2} \sin \frac{\omega (t_2 -t_1)}{2}=2A \max \cos \frac{\omega (t_2 + t_1)}{2} \ sin( \pi /6)= A\max \cos \frac{\omega (t_2 + t_1)}{2} = A$ .

Я предположил, что $t_2 - t_1$ принадлежит интервалу $(0,T/4)$ ( или $(T/2, \frac{3}{4}T)$), потому что здесь
ускорение максимальное.

[Dedekind]

paranoidandroid
Вот и отлично:)

-- 13.08.2023, 14:48 --

paranoidandroid в сообщении #1605074 писал(а):

Я предположил, что $t_2 - t_1$ принадлежит интервалу $(0,T/4)$ ( или $(T/2, 3/4T)$), потому что здесь
ускорение максимальное.

Вот этого не понял, если честно. $t_2 - t_1$ у Вас фиксированное, и равно $T/6$. Какие тут еще могут быть предположения?

[paranoidandroid]

Чтобы учитывать знак при снятии модуля.. то есть где $\sin (\omega t)$ возрастает, а где убывает.. Ну не знаю, насколько это правильно.

[Dedekind]

paranoidandroid в сообщении #1605076 писал(а):

Чтобы учитывать знак при снятии модуля.. то есть где $\sin (\omega t)$ возрастает, а где убывает.. Ну не знаю, насколько это правильно.

Это не обязательно.

paranoidandroid в сообщении #1605074 писал(а):

Предположим, что максимальное расстояние было пройдено с некоторого момента времени $t_1$ до момента $t_2$ где $t_2 - t_1 = T/6$. это значит, что

$|S_{\max}|=| \max \int_{t_{1}}^{t_2} v(t)dt | = | \max \int _{t_{1}}^{t_2} -A \omega \cos ( \omega t)dt | = A \max (\ sin( \omega t_{2})-\ sin( \omega t_{1}))=2A \max \cos \frac{\omega (t_2 + t_1)}{2} \sin \frac{\omega (t_2 -t_1)}{2}=2A \max \cos \frac{\omega (t_2 + t_1)}{2} \ sin( \pi /6)= A\max \cos \frac{\omega (t_2 + t_1)}{2} = A$ .

Вот тут все правильно, только знак модуля можно держать до самого конца. А там говорим, что максимум модуля косинуса равен единице, и получаем ответ.

[paranoidandroid]

(Оффтоп)

Аа дадада Вы правы ^,^ большое вам спасибо :)

[sergey zhukov]

paranoidandroid
Очевидно, что максимальное расстояние за шестую часть периода точка может пройти на участке, где ее средняя скорость максимальна. Т.е. это участок с $x=0$ в центре. Тогда максимальное расстояние будет $2A\sin(\frac{\pi}{6})=A$

[svv]

paranoidandroid
Посмотрите на задачу ещё так.

У Вас есть стрелка длиной $a$. Конец стрелки (точка $B$) равномерно вращается по окружности с центром $O$. Период вращения равен $T$. Тогда проекция конца стрелки (точка $B'$) на горизонтальную ось совершает гармонические колебания с амплитудой $a$ и периодом $T$, как в условии задачи. Можно считать, что $B'$ — это брусок.

За время $T/6$ стрелка проходит шестую часть окружности, то есть $60°$. Моментам времени $t$ и $t+\frac T 6$ отвечают два положения стрелки $OB$ и $OC$, угол между которыми $60°$ (и, соответственно, два положения бруска $B'$ и $C'$). Расстояние, которое пройдёт брусок за время от $t$ до $t+\frac T 6$, равно длине отрезка $B'C'$, то есть проекции отрезка $BC$ на горизонтальную ось.

Треугольник $BOC$ равнобедренный. А поскольку $\angle BOC=60°$, он ещё и равносторонний. Поэтому $BC=a$.

Теперь представьте, что $BOC$ вращается вокруг $O$, как жёсткая конструкция. Когда длина $B'C'$ будет максимальна? Когда отрезок $BC$ горизонтален. В этом случае $B'C'=BC=a$.

[EUgeneUS]

Можно ещё так посмотреть.

$f(t) = \sin (\omega t)$
Для простоты выбором $t=0$ сделали фазу нулевой.

При этом $T = 2\pi / \omega$

Если мы начнем измерять перемещение в моменте $t_1$, то закончим его измерять в моменте $t_2 = t_1 + T/6 = t_1 + \pi / (3 \omega)$

Тогда перемещение в зависимости от $t_1$ будет:
$L(t_1) = \sin (\omega t_1 + \pi / 3) - \sin (\omega t_1)$

Далее променяем формулу для разности синусов:
$L(t_1) = \sin (\omega t_1 + \pi / 3) - \sin (\omega t_1) = 2 \sin (\pi / 6 ) \cos (\omega t_1 + \pi / 6)$

Далее очевидно.

[sergey zhukov]

svv
Отличное решение. Вообще, векторные диаграммы, конечно, всегда очень наглядны, когда речь идет о всевозможных гармонических колебаниях.

[Dedekind]

EUgeneUS
Так ТС ведь ровно так и решил, нет?

[EUgeneUS]

Dedekind в сообщении #1605098 писал(а):

Так ТС ведь ровно так и решил, нет?

Если Вы про этот пост, то да, там решение в целом такое же.
Но с какими-то не очень понятными мне усложнениями.

[svv]

sergey zhukov, спасибо. Кстати, сейчас предложил сыну (он в 11 классе) эту задачу, он решил точно как Вы.

[paranoidandroid]

(Оффтоп)

svv Ваше решение действительно блестящее.. по крайней мере, я не смог бы додуматься до такого подхода.