Повторим колебания

48

Повторим колебания

А. Р. ЗИЛЬБЕРМАН

Колебания возникают в системе, выведенной из состояния устойчивого равновесия. Во многих практических важных случаях, если возврашающая в положение равновесия сила линейно зависит от смешения, получается гармоничное колебания. Объчно это «мальые» колебания, когда равновесие нарушено незначительно.

Простейший пример — колебания математического матрика при небольших углах отклонениянит от вертикали. Еще пример — колебания груза под действием силы упругости пружины в отсутствие других сил. Он интересен тем, что колебания оказываются гармоничскими, даже если они не малые — лишь бы пружина подчиняясь условияю (закон Гука) $F=-kx$, где $x$ — удлинение пружины (смещение груза из положения равновесия), $k$ — жесткость пружины, $F$ — сила упругости пружины.

Разберем этот пример подробнее. Пусть груз прикреплен к горизонтальной пружине, второй конец которого закреплен, и находится на гладкой горизонтальной поверхности. Уравнение второго закона Ньютона для груза имеет вид

$$mx''=-kx,$$

или

$$x''+\frac{k}{m}x=0$$

(1)

(здесь $m$ — масса груза, $x''$ — его ускорение, точнее — проекция ускорения на горизонтальной ось $X$). Решением такого уравнения является функция

$$x=x_m \cos(\sqrt{\frac{k}{m}}t+\varphi_0)=$$

$$=x_m \cos(\omega_0 t+\varphi_0),$$

(2)

где $x_m$ — амплитуда, $\omega_0=\sqrt{k/m}$ — собственная частота, $\varphi_0$ — начальная фаза колебаний. Частота определяется параметрами колеблощей системы $(k$ и $m)$, а амплитуда и начальная фаза зависит от того, как именно система вывели из состояния равновесия, то есть определяются начальные moments времени $t_0=0$:

$$x_0=x(t_0)=x_m \cos(\sqrt{\frac{k}{m}}t+\varphi_0)=$$

$$=x_m \cos \varphi_0,$$

$$v_0=v(t_0)=x'(t_0)=$$

$$=-x_m \sqrt{\frac{k}{m}} \sin(\sqrt{\frac{k}{m}}t_0+\varphi_0)=$$

$$=-x_m \sqrt{\frac{k}{m}} \sin \varphi_0.$$

Разделив второе уравнение на первое, найдем $\varphi_0$:

$$tg \varphi_0=-\sqrt{\frac{m}{k}} \frac{v_0}{x_0}, \varphi_0=\arctg\left(-\sqrt{\frac{m}{k}} \frac{v_0}{x_0}\right).$$

Величину $x_m$ проще всего найти, исключая трионометрические функции обчичным методом возвления в квадрат и сложения уравнения:

$$x_0^2+\frac{m}{k}v_0^2=x_m^2, \quad x_m=\sqrt{x_0^2+\frac{m}{k}v_0^2}.$$

Можно задавать координаты $x(t_1)$ и $x(t_2)$ в качестве-то «удобные» moments времени $t_1$ и $t_2$, или скорости $v(t_1)$ и $v(t_2)$ или координату $x(t_1)$ и скорость $v(t_2)$ и т. д. Важно только, чтобы moments времени $t_1$ и $t_2$ не оказались разделенными целым числом полуперiodов.

Таким образом, зная уравнение движения системы (уравнение (2)) и два дополнительных данных, мы полностью опишем движение. То же можно сказать, например, и проравускоренное движение — ускорение определяющего силами, а вместе с начальными координатой и скоростью это позволяет знать о таком движении абсолютино все.

Уравнения, похожие на уравнение (1), получаются во многих задачах на колебания — нужно только правильно выбрать переменную. Проиллюстрируем это, несколько условия задачу про груз наружие.

49

Задание 1. Груз — чашка весов массой $M$ — высит наружные жесткости $k$, а колебания вознкают при надении в чашку грузика массой $m$ (он пролегает до удара путь $h$ и прилиает к чашке). Опишите движение чашки.

Направим ось координат $X$ и выберем начало координат 0 так, как показано на рисунке 1. Учитывая, что вначале чашка была в равновесии, запишем

$$Mg - k(l - l_0) = 0$$

($l$ — длина пружины с подвешенной чашкой, $l_0$ — без нее). При отклонении на $x$ от начального положения, когда грузик уже прилип к чашке, уравнение движения системы будет иметь вид:

$$(M + m)g - k(l - l_0 + x) = (M + m)x''.$$

Раскрывая скобки и учитывая первое уравнение, получим

$$x'' + \frac{k}{M + m}x = \frac{mg}{M + m}.$$

Это уравнение очень похоже на уравнение (1), мешает только права часть — она не равна нулю. Ясно, почему так получилось: мы взяли начало координат не там, где нужно, — ведь положение равновесия у потяжелшей чашки сдинуловось вниз на расстояние $\Delta x = mg/k$. Если мы введем новую переменную

$$x_1 = x - \Delta x = x - \frac{mg}{k},$$

то уравнение для $x_1$ будет практически таким, как (1):

$$x_1'' + \frac{k}{M + m}x_1 = 0$$

(напомним, что при такой замене переменной произвольные от $x_1$ также же, как от $x$).

Мы не станем здесь решать задачу

Рис. 1.

Рис. 2.

до конца, главное мы сделали — получили уравнение колебаний. Из него сразу надем частоту колебаний:

$$\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{M + m}}.$$

Для полного описания движения системы нужно вначале решить задачу о неупругом ударе груза о чашку, а затем найти амплитуду и начальное фазу колебаний. Проделяйте это сами (ответ приведен в конце номера на c. 59).

Частоту гармоничских колебаний системы можно находить и из энергетических сообщений. Покажем это на примере идеального колебательного контура (без потерь).

Обозначим максимальный загрудинатора (амплитуду колебаний загруда) через $q_m$, а максимальный ток через катушку (амплитуду колебаний тока) — $I_m$. Ток — это первая произвольная от загруда обкладок по времени, поэтому для гармоничских колебаний справедливо соотношение

$$I_m = q_m\omega_0.$$

В тот момент, когда загруд максимален ($q = q_m$), ток равен нулю, а при $i = I_m$ загрудинатора обращается в нуль. Найдем энергии контура в указанные моменты времени и приравняем их:

$$\frac{q_m^2}{2C} = \frac{LI_m^2}{2},$$

или $$\frac{q_m^2}{2C} = \frac{Lq_m^2\omega_0^2}{2},$$

где $C$ — емкость континатора, $L$ — индуктивность катушки. Отсюда

$$\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}.$$

Для примера применения энергетического метода разрешения две задачи.

Задание 2. Найдите перiod вертикальных колебаний груза массой $m$ в системе, изображенной на рисунке 2. Считать массу блока $M$ сосредоточенной в его оси. Пружина имеет жесткость $k$, нить нерастяжима.

Приравняем энергии системы в положении равновесия и в крайнем положении, когда скорость груза обращается в нуль. Но сначала немного статики. Обозначая длину нерастянутой пружины через $l_0$, а длину ее в положении равновесия через $l$, запишем

$$k(l - l_0) = Mg + 2mg$$

(вниз на блок действия потвеяния нити, равные весу груза).

50

Пусть максимальное смещение оси блока вниз от положения равновесия равно $x_m$, тогда полная энергия системы в крайнем положении

$$W_1 = \frac{k(l-l_0+x_m)^2}{2} - Mgx_m - mg(2x_m).$$

Обозначив скорость оси блока при прохождения положения равновесия через $v_m$, найдем выражение для полной энергии системы в этот момент:

$$W_2 = \frac{k(l-l_0)^2}{2} + \frac{1}{2} Mv_m^2 + \frac{1}{2} m(2v_m)^2.$$

Для гармоничских колебаний в этом случае $v_m = x_m\omega_0$. Поэтому приравняв энергии $W_1$ и $W_2$, после простых преобразований получим

$$\frac{kx_m^2}{2} = \frac{Mx_m^2\omega_0^2}{2} + 2mx_m^2\omega_0^2,$$

откуда

$$\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{M+4m}}.$$

Эту задачу можно решить и при другом распределении масс в блоке, для этого к энергии поступательного движения блока нужно лишь прибавить энергию его врашення. Если, например, масса $M$ не сосредоточена в оси, а распределена по окружности радиуса $r$ с центром на оси, то полная кинетическая энергия

$$W_k = \frac{Mv^2}{2} + \frac{M(vr/R)^2}{2},$$

где $R$ — радиус блока.

Задание 3. В системе заключается вчитренного сортации используется является самоиндукции. Катушка индуктивности $L$ подключается к акмумулатору с напряжением $U_0$ (рис. 3), и когда ток достигает значения $I_0$, цепь размыкают. Паралельно катушка подключает разрядник $P$ («свеча» закращения), в котором при достижении напряжения $U(U \gg U_0)$ просакивает искра. Какой важный параметр мы не задали? При каких соотношениям между всеми параметрами система будет работать?

Важным параметром тут является емкость $C$ (конденсатор емкости $C$ на схеме подключен паралельно разряднику). Она складывает из емкости разрядника, емкости между подводящими проводами и емкости между витками катушки.

Проделаем расчет. Если бы разрядника не было, в контуре, состоящем из катушки и конденсатора, возникли бы колебания, при которых максимальное напряжение на конденсаторе получается при тоже катушки, равном нулю. Это напряжение можно найти из закона сохранения энергии:

$$\frac{LI_0^2}{2} = \frac{CU_m^2}{2}, \quad U_m = I_0 \sqrt{\frac{L}{C}}.$$

Разряд пропускит при условии $U \leq U_m$, то есть

$$U \leq I_0 \sqrt{\frac{L}{C}}, \quad I_0 \geq U \sqrt{\frac{C}{L}}.$$

В этой задаче есть одна тонкость. Как бы ни был устройен выключатель, он не может действовать мгновенно. В процессе размыкания активное сопротивление цепи меняется от нуля (вначале) до очень большой величины (когда цепь разомкнута), и в цепи выделяется тепло. Здесь снова важное сопротивление $T = 2\pi/\omega_0 = 2\pi \sqrt{L/C}$, то выделившимся количество теплоты по сравнению с энергией, запасенной в катушке, можно претензить.

Иногда «колебательное» уравнение возникнет в задачах явно не колебательных. Расмотрим пример.

Задание 4. Tonкий одноподный брусок длиной $l$ скольцит сначала по эладскому горизонтальному столу, а затем попадает на шероховатый участок с коэффициентом треня $u$. Брусок останвливается, ветхав туда наполовину. Найдите начальную скорость бруска и время торможения.

Пусть на шероховатой поверхности часть бруска длиной $x < l/2$. Считая, что силы нормальной реакции распределены вдоль бруска равномерно, найдем силу треня:

$$F_{\text{тр}} = -\mu mg \frac{x}{l}$$

иускорение бруска:

$$a = x'' = \frac{F_{\text{тр}}}{m} = -\mu g \frac{x}{l}.$$

Получили знакомое уравнение

$$x'' + \frac{\mu g}{l} x = 0.$$

51

Торможение начинается в момент, когда $x=0$, и заканчивается при скорости $v=0$, что соответствуетровно четверти перiode «колебаний»; следовательно, время торможения

$$\tau = \frac{1}{4} T = \frac{1}{4} \frac{2\pi}{\omega_0} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{l}{\mu g}}.$$

Разумеется, настоящих колебаний не будут — брусок после остановки назад не поддет (при отсутствии просkalывания сила tremия упадет до нуля).

Легко теперь записать выражение для координаты $x$:

$$x = \frac{l}{2} \sin \sqrt{\frac{\mu g}{l}} t \quad (\text{при } 0 \leq t \leq \tau)$$

и для скорости $v$:

$$v = x' = \frac{l}{2} \sqrt{\frac{\mu g}{l}} \cos \sqrt{\frac{\mu g}{l}} t$$

(при $0 \leq t \leq \tau$).

Отсюда найдем начальное скорость

$$v = v (t=0) = \frac{1}{2} \sqrt{\mu g l}.$$

Эту задачу можно использовать, увеличив скорость так, чтобы брусок весь вырезал на шероховатую часть стола, — тогда после «гармонического» торможения наступит обычное. Хитрость же в том, что теперь «гармоническая» часть займет уже не четверть перiode, а меньше. Расчитайте сами время торможения при $v_0 = 2\sqrt{\mu g l}$ (ответ приведен на с. 59).

Теперь обсуждим задачу про слабо затухающие колебания в контуре.

Задача 5. Катушка индуктивность $L=1$ Ги, имеющая активное сопротивление $R=1$ Ом, и конденсатор емкостью $C=1$ мкФ образует колебательный контур. В некоторых момент направление на конденсатор равно $U_1=0,1$ В, а ток — максимален. Чему равен этот ток? Найдите приближение потери энергии в контуре за один период. Через какой промежуток времени заряд конденсатора оказывается нуль?

Подсказка: из-за неровности вала мотора происходит толчки — один раз за оборот вала. Тут описан резонанс.

3. В некоторых моментах в схеме, изобравенной на рисунке 4, ключ $K$ замыкают. Нарисуйте графики зависимости $U_c(t), I_{L1}(t)$ и $I_{L2}(t)$. Диоды считать идеальными.