Колебательные процессы: Пособие по выполнению домашнего задания

КОЛЕБАТЕЛЬНЫЕ ПРОЦЕССЫ Основные теоретические сведения Колебаниями называются процессы, характеризующиеся той или иной степенью повторяемости во времени. Простейшим колебательным движением является гармоническое, т.е. такое колебание, при котором какая-либо характеристика системы (например, координата грузика на пружинке, угол отклонения маятника и т.п.) изменяется со временем по закону синуса или косинуса. Такая система называется гармоническим осциллятором и реализуется, если соответствующее рассматриваемой модели уравнение динамики (например, второй закон Ньютона или основное уравнение динамики вращательного движения) можно привести к виду d 2x + ω02 x = 0 , (1) 2 dt где под x понимается упомянутая выше характеристика системы. Общим решением дифференциального уравнения (1) является уравнение гармонических колебаний x = A.cos(ω0t+ϕ0) (2) где A - амплитуда, (ω0 t+ϕ0) - фаза, ϕ0 - начальная фаза колебаний. Значения A и ϕ0 определяются из начальных условий, т.е. по значениям отклонения x0 и скорости V0 в начальный момент времени. Входящий в это уравнение параметр колебательного процесса ω0, называемый циклической частотой собственных колебаний (или собственной частотой), связан с периодом T и частотой ν колебаний соотношением 2π (3) ω0 = = 2πν . T Собственная частота зависит от свойств колеблющейся системы. Например, при малых колебаниях математического маятника она выражается через ускорение свободного падения g и длину маятника l r A

g , (4) l при малых колебаниях грузика на пружине φ0 она выражается через его массу m и коэффициент упругости пружины k x 0 xo k . (5) ω0 = m Рис.1. Векторная диаграмма В случае негармонических колебаний величина ω = 2π/Т = 2πν называется круговой или циклической частотой системы. Решение ряда вопросов, в частности, сложение нескольких колебаний

ω0

ω0 =

2 одинакового направления, значительно облегчается, если воспользоваться методом векторных диаграмм. Этот метод основан на том, что при вращении r вектора A с угловой скоростью ωо его проекция на ось Ox будет изменяться по гармоническому закону x = Acos(ωоt+ϕo) (рис.1). Следовательно, проекция конца вектора на ось Ox будет совершать гармоническое колебание с амплитудой, r равной длине вектора A . Если характеристика x участвует одновременно в нескольких колебательных движениях одного направления, то результирующее движение можно представить в виде суммы проекций вращающихся векторов. r На рис. 2 показан результат A сложения двух колебаний характеr ристики x = x1 + x2 с одинаковой A 1 частотой. Смещение характеристики y1 x, равное сумме смещений x1 = y . . A1 cos(ω0t+ϕ01) и x2 = A2 cos(ω0 r t+ϕ02), можно представить в виде A2 проекции вращающегося вектора r r r y2 A = A1 + A2 . Применив теорему коϕo синусов, получим амплитуду реx2 0 x x1 x зультирующего колебания Рис. 2. Сложение двух колебаний 2 2 2 A = A1 + A2 + 2 A1 A2 cos(φ 02 − φ01 ) . (6) Начальную фазу результирующего колебания можно определить из построения: y + y2 A1 sin φ01 + A2 sin φ02 tg φ0 = 1 = . (7) x1 + x2 A1 cosφ01 + A2 cosφ02 Если тело совершает одновременно два взаимно перпендикулярных коле. . бания по законам x=A cos(ω01 t+ϕ01) и y=B cos(ω02 t+ϕ02) то характер его движения будет зависеть от разности начальных фаз и соотношения частот колебаний. Например, если частоты обоих колебаний одинаковы, то траектория движения тела представляет собой эллипс, ориентация и величина полуосей которого зависят от амплитуд A, B и разности начальных фаз (ϕ02-ϕ01). Если же частоты различны, то траектория результирующего движения имеет вид сложных кривых. В частном случае рационального отношения частот ω01:ω02 движущаяся точка через определенные промежутки времени возвращается в то же положение. Такая траектория называется фигурой Лиссажу (см. пример 4.). На практике гармонические колебания реализуются только с некоторой степенью приближения. Во всякой реальной колебательной системе имеются силы сопротивления, которые приводят к затуханиям колебаний. В наиболее r часто встречающемся случае сила сопротивления Fc пропорциональна величиr не скорости V

3 r r (8) Fc = − r ⋅ V , где r - коэффициент сопротивления. При не слишком сильном затухании закон движения колеблющегося тела можно написать в виде (9) x = A ⋅ e−βt cos(ωt + φ) , r где β = - коэффициент затухания, циклическая частота ω связана с 2m собственной частотой ω0 формулой ω = ω02 − β 2 , m - масса колеблющегося тела. На рис.3 приведен характерный график закона движения в этом случае. x A ⋅ e−βt А

τ Рис.3. График затухающих колебаний. Множитель перед косинусом является изменяющейся амплитудой, которая в момент времени τ = 1/β уменьшается в е ≈ 2,7 раз по сравнению с первоначальной. За это время происходят Ne = τ / Т колебаний. При малом затухании (β << ω0) энергия колеблющейся системы изменяется по закону E = E0 ⋅ e −2βt . (10) Важной характеристикой колебательной системы является логарифмический декремент затухания λ - логарифм отношения амплитуд двух соседних колебаний A(t ) λ = ln = ln eβT = β ⋅ T . (11) A(t + T ) Величиной, характеризующей резонансные свойства колебательной системы при вынужденных колебаниях, является добротность Q, которая определяется выражением E Q = 2π , (12) ΔE где E - запасенная в системе энергия, ΔЕ - убыль энергии за один период. Можно показать, что добротность и логарифмический декремент затухания связаны соотношением

4 π Q= . (13) λ Поэтому добротность может служить удобной характеристикой затухающих колебаний - чем больше добротность, тем медленнее затухание. Более подробная информация о колебательных процессах приведена в рекомендуемой ниже литературе. Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т.2. –М.: Наука, 1989, гл. 10. 2. Трофимова Т.И. Курс физики. –М.: Высш. шк., 1990, гл. 18. 3. Киттель Ч., Найт У., Рудерман М. Механика. –М.: Наука, 1975, гл. 7.

5 Примеры решения задач Пример 1а Предположим, что по оси вращения Земли образовано сквозное отверстие с гладкими стенками (рис.4). У поверхности Земли в образовавшуюся шахту опустили без начальной скорости небольшое тело. Определить период его колебательного движения относительно центра Земли. Трением и сопротивлением воздуха пренебречь. Радиус Земли RЗ = 6400 км, ускорение свободного падения у поверхности Земли g = 9,8 м/с2. Указание: учесть, что модуль силы тяготения, действующей на тело массы m в шахте на расстоянии r от ценr тра Земли, определяется формулой FT = mg . RЗ Решение Выберем систему координат с началом в центре Земли и осью Ox, совпадающей с осью шахты (рис. 5). Так как сила тяготения направлена к центру Земли, то ее проекция на ось ox x равна Fx = − mg и противоположна по знаку RЗ координате x.

С

Ю Рис. 4. К примеру 1а.

x

r Fx O

Рис. 5. С учетом этого уравнение второго закона Ньютона запишем в виде d 2x mg m 2 =− x. RЗ dt После преобразования получим уравнение типа (1) d 2x g + x =0. dt 2 RЗ R g и , с учетом формулы (2), T = 2π З . g RЗ Произведя расчет, получим T = 5000 с = 85 мин. Попробуйте самостоятельно сравнить полученную формулу с формулой периода вращения спутника Земли вблизи ее поверхности.

Тогда ωo =

6 б

Пример 1 Тонкое неподвижное кольцо радиуса R = 1 мм равномерно заряжено так, что полный заряд Q1=1 нКл. Вдоль оси кольца, скользя по гладкому диэлектрическому стержню, совершает малые колебания маленький шарик с зарядом Q2 = -1 нКл и массой m = 1 мг (рис.6). Найти собственную циклическую частоту этих колебаний..

R Q

Q o

Рис. 6.

Решение Выберем ось ox вдоль оси кольца с началом отсчета в его центре Q (рис. 7). Каждый элемент кольца размером dl имеет заряд dQ и в соответствии с законом Кулона притягивает к Qr o себе шарик с силой, модуль которой dF α равен r dl r Q ⋅ dQ 1 dF = ⋅ 2 2 1. Рис. 7. 4πε o r Сумма (интеграл) проекций этих сил от всех элементов кольца на вертикальную плоскость из соображений симметрии равна нулю. Модуль результирующей проекций этих сил на ось Оx отличен от нуля и находится интегрированием Q ⋅ dQ 1 Fx = ∫ dF ⋅ sin α = ∫ ⋅ 2 2 1 sin α = 4πε o r Q 1

=

Q Q ⋅Q 1 1 ⋅ 22 sin α ∫ dQ1 = ⋅ 2 2 1 sin α 4πε o r 4πε o r Q 1

Учтем, что Q2 = Q1 и при малых колебаниях r ≈ R, sin α ≈ tg α =

x , где x – R

отклонение шарика от центра кольца. Тогда 1 Q1 ⋅ Q1 x 1 Q12 Fx = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅x. R 4πε o R3 4πε o R 2 Направление проекции результирующей силы Fx всегда противоположно направлению отклонения x. Поэтому это равенство можно записать в виде 1 Q12 ⋅ ⋅x. Fx = − 4πε o R3 С учетом этого запишем второй закон Ньютона

7 d 2x 1 Q12 ⋅ ⋅x. m 2 =− 4πε o R3 dt После преобразований получаем формулу типа (1.47) d 2x 1 Q12 + ⋅ ⋅ x = 0. dt 2 4πε o m ⋅ R3 Q12 1 Тогда циклическая частота ωo = ⋅ . После расчета получаем 4πε o m ⋅ R3 ωо = 3000 с-1. Пример 2 Тело совершает гармонические колебания в соответствии с уравнением, x(t)=A.cos(ωot + ϕo), где амплитуда A = 8 см. Определить начальную фазу ϕo, если в начальный момент времени x(0) = - 4 см, а скорость Vx (0) < 0. Решение Запишем уравнение движения в момент t = 0: x(0)=A.cos(ϕo), где по услоx (o ) = arccos(−0,5) . В пределах от 0 до 2π этому вию x(0) = - 4. Тогда ϕo = arccos A 2 2 равенству удовлетворяют два значения угла ϕ01 = π и ϕ02 = − π . 3 3 Решением будет то, которое удовлетворяет второму y dx условию Vx (0) < 0. По определению Vx = . Тогда dt r . . 2 Vx(t)= - A sin(ωot + ϕo) и Vx(0)= - A sin(ϕo). Из полуA π 3 ченных двух значений начальной фазы условию о x 2 Vx(0) < 0 удовлетворяет только ϕ01 = π . По результа3 Рис. 8. там решения построим векторную диаграмму для момента времени t = 0 (рис.8). Пример 3 Определить амплитуду и начальную фазу результирующего колебания при сложении двух колебаний одного направления x1 = A1.cos(ωо t+ϕ01) и x2 = A2.cos(ωо t+ϕ02), где А1= 1 см, А2= 2 см, ϕ01= π⁄ 6, ϕ02= π⁄ 2.

8 Решение Построим векторную диаграмму (рис. 9). Амплитуду результирующего колебания определим по формуле (6), а начальную фазу по формуле (7). После вычислений получаем A = 2,65 см и ϕ0 = arctg(2,89) ≈ 0,4π.

y

r A2

r A

ϕo r

A1

o Рис. 9.

x

Пример 4 К горизонтально отклоняющим пластинам электронно-лучевой трубки осциллографа подключено переменное напряжение. В результате горизонтальная координата перемещающейся светящейся точки на экране изменяется по закону x = A.sin(ω01 t) и на экране наблюдается светящаяся прямая горизонтальная линия в пределах от -A до +A. Затем к вертикально отклоняющим пластинам подключили переменное напряжение с другой частотой так, что вертикальная координата светящейся точки на экране стала изменяться по закону y=A.cos(ω02t). Построить траекторию этой точки, если отношение ω01:ω02=3:2. Решение Перед построением траектории произведем расчет значений координат x и ω ω π y для моментов времени, когда ω0tn = n , где ω0 = 01 = 02 , а n = 0, 1, 2, 3, 6 3 2 ...12. Обратите внимание, что при выборе моментов времени для удобства учитывалось отношение частот. Полученные результаты занесем в таблицу 1. В процессе колебаний координаты x и y меняются в пределах от -A до +A. Поэтому, траектория светящейся точки должна располагаться внутри квадрата со стороной 2A. Обозначим этот квадрат на координатной плоскости пунктиром (рис.10). При переносе результатов из таблицы 1 на координатную плоскость рекомендуется отмечать номера точек. Тогда траекторию (фигуру Лиссажу) можно получить соединяя последовательность точек с помощью лекала. Отметим, что, если точка находится на пунктирной линии не в углу квадрата, то траектория должна быть касательной к стороне квадрата в этой точке.

9 Таблица 1. К примеру 4. n ω .t 0 0 1. π⁄6 2. 2π ⁄ 6 3. 3π ⁄ 6 4. 4π ⁄ 6 5. 5π ⁄ 6 6. 6π ⁄ 6 7. 7π ⁄ 6 8. 8π ⁄ 6 9. 9π ⁄ 6 10. 10π ⁄ 6 11. 11π ⁄ 6 12. 12π ⁄ 6

y=cos(ω2 .t) 1 0,5 -0,5 -1 -0,5 0,5 1 0,5 -0,5 -1 -0,5 0,5 1

ω2 .t 0 π⁄3 2π ⁄ 3 π 4π ⁄ 3 5π ⁄ 3 2π 7π ⁄ 3 8π ⁄ 3 3π 10π ⁄ 3 11π ⁄ 3 4π

ω1 .t 0 π⁄2 π 3π ⁄ 2 2π 5π ⁄ 2 3π 7π ⁄ 2 4π 9π ⁄ 2 5π 11π ⁄ 2 6π

y 12 A

3

-A

9

Рис. 10. Фигура Лиссажу (к примеру 4).

x=sin(ω1 .t) 0 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1 0 -1 0

10 Пример 5 Определить время, за которое амплитуда затухающих колебаний тела уменьшится в k = 10 раз, если частота колебаний ν = 50 Гц, а логарифмический декремент затухания λ = 0,01. Решение В соответствии с формулой (9) амплитуда затухающих колебаний изменяется по закону A(t ) = A0 ⋅ e −βt , где коэффициент затухания β связан с логарифмическим декрементом затухания и периодом колебаний по формуле (11). Тогда β = λ.ν и A(t ) = A0 ⋅ e − λν t . Согласно условию в искомый момент времени A(t) = A0 / k. На основании этого можно записать 1 e − λν t = или eλνt = k . k 1 После преобразований получаем t = ln ( k ) . λν

Произведем вычисления: t = 2. ln10 c ≈ 4,6 с.