И.И. Ольховский, Ю.Г. Павленко, Л.С. Кузьменков - Задачи по теоретической механике для физиков (1119845), страница 31
Текст из файла (страница 31)
$ 3. Выпряженные коивбания 4.4б, Уравнение движения х+ оных = — Р(1) можно проинтегрировать, вводя переменную $=х+1ооох. Тогда вместо (1) получим уравнение первого порядка еь 1ооое» Р (1). 1 Его решением является функция 5 = но"оо ~ е-ь»оо' — Р(Р)о(1'. ОО Следовательно х = — 1т й = — 1 Р (1 ) а1п ооо (1 — Р) бР. ооо »оооо,1 оо (2) Энергия осциллятора в момент времени 1 Е(1) = — (хо+ оо3х') = — ~5~~ = — ~ ~ РЯе-'"ой1 2 2 2»о Энергия, переданная осциллятору в случае а), равна Е(оо) = ~ хРЯб1 = — ~ ~ Р(1)е-ооьобг~ = — 1Ре,~о, (4) Иопольэуя эти предельные выражения, вместо уравнений движения «дискретных» маятников Линейные колебания (Гл 6 где г Р (1) н-ввов «Ц Р е — влив вЦ о о и, сравнивая (5) и (6), найдем, что С =(аРе — о,.
Теперь используем полученные формулы: а) Согласно (2) прн ~~к (6) 1 в( Р о (1 1 ) 1 20 а1 е 6 з1 (н 1 ы 6~ в о" о Из (3) найдем для энергии осциллятора я(1) = —,а1п —, О<1<к; 2ро а ыве ЯО~) 2 2но е ыве Е(1) , а1пе в окно Б случае воет«1 энергия, переданная осциллятору, б) Для силы, действующей на бесконечном интервале времени ~евв г ~вав веи 5 = — ~ Р (Р) е-'евп в(1' = 1 ~ С„ лв (ыв — н11) ав о в вв Р„= — ~ Р(1) -1 'Й= — ~ Р Е 'вц 1 и ! и 2н 2к .) вю о коэффициент Фурье функции Р(1) Чтобы получить энергию, переданную осцнллятору в случае б), разложим функцию Р(1) в ряд Фурье Р (1) — (1 ' С еввоь Я Вы жденные неиебення где С„= А„не'~.
Отсюда х= — 1т$= — е' А, ~(~+ее) ~(ые'+е'"1 ые ине, А1 ые-ай причем в резонансном я„11=еее, а 1А„ х = — ' в1п(еге1+ а„). нгые Г В нашем примере ее ~' ь и 11 йее (а — мое Ц т ~ 2ял и, следовательно, 1 нйт нйт . А = — виг — а= —— и ни 2 2 1 ив нйт е1н— х = — е ~~1 г [сов(ЛЯ1+ а„) — соа(еге1+ а„)). иинеп а (ые — вй) Заметим также, что энергия осциллятора в резонансном случае растет пропорционально 1г. 6,46. Используя (4), (5) задачи 6А5, получим +ее ° Э Р 1 ( Р(1) е-ген е(1 — ~~ ( и-РРс~ -«юг еи Рет е-<ееУЯе 2я,) 2я 2Уя — юе Фа и, следовательно, ярг ге (е,ен Е(оо) = ' е 2щ Отсюда ясно, что при мгновенном ударе (егне й1) или медленном включении силы (егин~1) передача энергии мала. Максимум передачи энергии достигается при т,=1/2/ег„Е(оо)ые„= яРге/тегее.
6.47. Исходное уравнение + 2рх 1 егг» ° соаег1 имеет решение х А в1п егг+ А„сов ег1, Линейные калебннии Гл. б где Ро Ф~ Ро (во «г [(о4 — ыо)г+ 4[гное[ «г [(е4 — "')'+ 4[гонге[ (эти амплитуды называются амплитудами поглощения и дисперсии соответственно), Используя это решение, легко находим среднее значение поглощаемой в установившемся режиме мощности эо = — Р,вА,. 1 2 С другой стороны, средняя мощность, расходуемая на трение, равна г г [о+ Агг Пользуясь определениями величин А, и А«, находим, что ,Ф=. [о. 8А6. Перепишем исходное уравнение х+ ух+ вох = — Р(1) «г в виде — ~х+ ~йо, + ~ ) х~ — ~[в, — ~ ) [х+ (йо, + — ) х~ = — Р([), где в~ = во — — )О. Отсюда получим г г т 4 $ — (йог — т ) $ = — Р(1), ! 2 «г где $ х+ ([в,+ т [ х. 2 / Решением однородного уравнения, соответствуницего (1), является функция (сн,— ~ ) г й =Аз Следуя общему правилу, ищем решение неоднородного уравнения (1) в форме $ =А(г)е~ Вынужденные колебания Тогда получим — (гн,— т ) г А =- — Р(() е и, следовательно, ~е,— т)г г (го,— — '1а — И1 9=Се + — ~Р(Р)е ' й'.
( ы Полагая константу С равной ог~ае'", найдем 1 т х =- — ггпу = ае ' соз(ог,1+а)+ оч — — к — н) Ф У -,' — ~ Р(Г")е ' з1псо,(( — Р)й'. 6.49. Используя обозначения задачи 6.29, запишем лагранжиан системы яг1г г г хн, аф Я = — М1+ 9г) — — (Р— Рг)' — — (Р Р Рг) — (У„ 2 2 2 где У, — энергия взаимодействия системы с внешним однородным полем (У, =- — ~р,г, = — Рг„у,= — Р,совог,1.йр,. Выбирая вместо координат ~р1 и ерг главные координаты О, и Ог (согласно формуле (2) задачи 6,29) р, = О, + О„р, .= ΄— О„ получим й 'г г г г г г, ге — = Ог+ ог — ои61--оггог+ — (О, — Ог)совог,1. «г1а ж1 Соответствующие уравнения движения О',+ 46,— — "' совы,Г, 2а! Оа + оггон — сов ог 1 г 2/л1 9 Зак 4 (Гл 6 Линеиные колебания имеют решения Ро соа «ее! 0 = —— 2 2ие! «ог ые г 2 ~о сои оее! О,= —— 2ее! ыг ыг Следовательно, вынужденные колебания описываются функциями го ! 1 Ерг = Спа «ее! ~ 2 г г 2 2ле! Ы! Ые Ыг Ого ! е Еаг Оае Отношение амплитуд !р!о и !рго маятников равно г Чео Ыг г 'Роо ыг + ы~ 2«ее Если частота внешней силы ы,>)озг — наибольшей собственной частоты системы, то Ч'и ~ 2 Ы! Для частоты ые«оч -- наименьшей собственной частоты— (2) тг =- еЕ,созе!!.
Отсюда г =- — Ео 61п ог!, е иеы а средняя мощность, передаваемая полем частице, ео Е«2 (ееа) = е(Еи) =- — (созе«!в!по«!) = О. Если учесть сопротивление, то енг = еЕ, соа «2! — т и г. Из (1) и (2) видно, что рассматриваемая система маятников может служить «фильтром», т е может сильно ослаблять влияние внешней силы частоты оо„лежащей вне интервала (ооы оог), 6.51. Запишем уравнение движения зарядов без учета сопро- тивления 259 Вынужденные колебания Решение этого уравнения удобно искать в комплексной форме. В связи с этим вместо (1) напишем тг = еЕ, е'"' — ле т г. (2) Частный интеграл уравнения (2) имеет вид г = Ае"', где е е (е — юв) Ео = Ео = т(т -~ Оа] т(во.р то) ЕоЕе т р' а' -,'- то причем е г = = Еосоз(а( — ~р).
т Е в~ —, ео Следовательно, общим решанием уравнения (1) является функция г =- Се — "-~ Еосоз(в( — ~р). т Г'аоо+ ео Средняя энергия, вередаваемая частице, теперь равна е'Ео (Ф) = т р'ао+ ео (соз в( соз (а( — ~р)) = еоЕ2 о "' Еот соз ер =- 2т(аа+ то) 2т 1' во + то Влияние сопротивления, таким образом, сводится к появлению составляющей скорости, совпадающей по фазе с фазой внешней силы. Следствием этого является передача энергии поля заряду. 6.52. В силу линейности уравнения его решение можно представить в виде х (() = ~ с ((, (') ( (г') и('.
Если внешнее воздействие имеет вид 1(() =б(( — (~), то х (() = 0 ((, (1). (2) спнор =-; з1п<р = ф/во 1 оо р'во+ то Взяв реальную часть от А е"", получим частное решение уравнения (1) 260 (Гл б Линейные колебания Учитывая, что решение (4) ищем в виде 6(1 1) . ~ е(е,)егев — г),(ег 1 2м (б) Из (4) получим а(ег) =- егг 1 г ы) Ога Следовательно, е~ О-г ) а(1, Г) = — — (' ' л,„, 2я,) (Ог — огг) (ег — егг) (6) где )г г Хг егьа = '+ ого,' Ого = $/ ого —— 2 Благодаря тому, что полюсы подынтегрального выражения находятся в верхней полуплоскостн, (б) обращается в нуль прн 1 — 1'<О.
Действительно, при 1 — 1'<О реальная часть ио(1 — Р), РаВНаЯ вЂ” Оги(1 — 1'), ПОЛОжИтЕЛЬНа, а КОНТУР ИитСГРИРОВаНИЯ замыкается в нижней полуплоскости ег"=1шог<0. При 2 — р>0, замыкая контур в верхней полуплоскости, находим гп-г ) — е г н!пене(1 — Г), 1 — Г' ) 0; ! О 6(1, Г) = О, Š— 1' < О. Таким образом, получим решение исходного уравнения, удовлетворяющее условиям х(0) =0; х(0) =0 г — — 1г — гг х(1) =- — ~ ~ (1') е ' з)пью(1 — Е') й'. -О г, Поскольку х(1) =0 при 1<1ь то 6 (1, 1,) = 0 при 1 < (г. (з) Функцию 6(1, 1') называют функцией Грина. Согласно (1) и (2) она удовлетворяет исходному уравнению, в котором неоднородный член представляет собой дельта-функцию: 6 + М + Огю О = 6 (1 — Г).
(4) Вынужденные колебания 5 з) 6 г(1) =- ~ г„енино; г„=- — ~ г(г)е — Р"'пг, 1 2н найдем Ио у = —. ыо -+ ~ты — роя 2 е г„== — . ж Работа, совершаемая в единицу времени полем быстрой частицы, равна оТ вЂ” = еЕч. ор Следовательно, передача энергии при пролете частицы пТ = е ~чЕШ = — е ) ч е'"'рйоЕ(Г)г(Г = — 2пе ~ ч Е рйо — — 2гре ) ч Е„р(оо = = — 2пе) (ч Е +ч Е )р(ро =-4леКе ) ч Е„йм. о а Учитывая, что ч = погон находим ЛТ=4п — ( ) (оо~ — роя)я + роняя 6бЗ. Предположим, что электрон осциллирует около ядра, которое находится в начале координат.
Тогда уравнение движения электрона будет иметь вид гпг — Лг р торг = е Е()г — К)), (') где — Лг — сила, обусловленная потерями энергии на излучение; Š— электрическое поле, создаваемое частицей, Й вЂ” радиус-вектор налетающей частицы, В дипольном приближении можно пренебречь зависимостью поля от положения электрона, полагая Е(~г — 1(~) жЕ(1к). Влия- ние электрона на движение быстрой частицы также мало. Поэтому электрическое поле Е можно взять в виде 0(н+ )) (2) (ро + „ЯГЯ)зи где 9 — заряд налетающей частицы; р — ее прицельный пара- метр, ч — сс скорость. Используя (2) и представляя решение уравнения (1) в аиде % 21 Вынужденные колебания 263 где иа — спектральная плотность потока излучения М и„.=- — ) Еа ~Я; 1 еТ Е„= — ~ Е (1) е — '"" е(1. 1 2л П) Примем в качестве исходного следующее уравнение движения осциллятора в поле волны (е= — ее<0): г — ' Лг + аецг = — — еЕ(1) (2) здесь ае — собственная частота осциллятора, Л вЂ” коэффициент затухания, Е(1) — напряженность поля волны .
Решением (2) является г (1) == г) га е'"" На; г — — —" ° . (3) т ае+ ~Ла аа Среднее значение передаваемой осциллятору мощности г '~а =- ео(Ет) е ( Ете(1 = л е 1 Еа вайо (4) Т,),Т 4 — СО Отсюда, учитывая, что т„=(аг„, получим 2леа (' 'а1Еа1~ оа тТ ) (а — ае) (а — ае) ' где яЛ Г е ЛЯ агд= — "~ао' ао= 1/ ао —— У 4 Согласно принципу причинности контур интегрирования в последнем интеграле надо замкнуть в верхней полуплоскости 1еп1о>О Применяя теорему вычетов, находим 4ле е~в «4о = о-(Е„(Я. (5) тТ "а Учитывая (1), выражение (5) можно представить также в виде 4 лен~ее и,. т "о Пусть электромагнитная волна задана напряженностью Е(1) =Е,е ' сова,1 0(1), где 6 =- ~ 1 0 при 1(0 ~ 1 при 1)0. [Гл в Линейные колеооння В этом случае тн ( е 2 совка (е — оно,[Г 2я о ! 1 1 = — — Е о о 4з Уо то — о(~к+и)+— 2 2 а.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
