Задание 23085B: Колебания и волны

Систему отсчёта свяжем с Землёй и будем считать инерциальной. Вертикальную ось Ox направим вниз. Начало O поместим в положение равновесия груза: это середина между табличными крайними координатами +20 и −20 см. Координата x — смещение от равновесия, а не полное удлинение пружины. По таблице амплитуда A=20 см=0,20 м, в искомый момент t=0,6 с координата x=−14,2 см=−0,142 м.

На груз действуют сила тяжести mg вниз и сила упругости F_упр вверх. Обозначим через δ удлинение пружины в равновесии. Тогда условие равновесия и второй закон Ньютона в проекции на Ox имеют вид:
mg=kδ,
ma_x=mg−k(δ+x).
Исключив mg, получим
ma_x=−kx.
Таким образом, возвращающая сила относительно равновесия равна −kx, хотя сама сила упругости определяется полной деформацией δ+x.

Учтём обе потенциальные энергии. При выборе нулевой высоты в O потенциальная энергия силы тяжести равна −mgx. Поэтому сумма потенциальных энергий системы
U=k(δ+x)²2−mgx.
Раскроем квадрат и используем kδ=mg:
U=kδ²2+kδx+kx²2−mgx=C+kx²2,
где C=kδ²2 — постоянная, которая сокращается при сравнении состояний.
При свободных колебаниях без потерь сохраняется энергия:
K+kx²2=kA²2.
В крайнем положении груз покоится, поэтому правая часть выражает полный запас энергии колебаний. Искомая кинетическая энергия
K=k(A²−x²)2.

Подстановка табличных значений:
K=200 Н·м⁻¹·(0,0400 м²−0,020164 м²)2=1,9836 Дж≈2 Дж.
Координаты в таблице приближённые; цифры 1,9836 не означают такой точности физического ответа.

Проверка по фазе колебаний. Положительное крайнее положение повторяется через T=1,6 с. Груз отпущен без начальной скорости, поэтому
x=A·cos(2πtT).
Подстановка для фазы:
2π·0,6 с1,6 с=3π4.
В гармонической модели x²=A²2, поэтому
K=kA²4.
Подстановка:
K=200 Н·м⁻¹·0,0400 м²4=2 Дж.
Это согласуется с результатом по приближённой таблице. Полная энергия колебаний равна 4 Дж, и кинетическая энергия составляет примерно её половину.

Ответ: ≈2 Дж.