МУ Механические колебания Гаврикова, Ворона (1188448), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Обратим внимание, что движение по этимтраекториям происходит по часовой стрелке, т.к. при положительных значениях v координата x должна возрастать.Иногда вместо величины v при описании колебательной системыпо оси ординат откладывают нормированную скорость v/ω0 . В этом9ruслучае фазовые траектории представляют собой не эллипсы, а круги.pt.1.3. Векторные диаграммы. miРассмотрим представление колебаний при помощи векторнойдиаграммы — подход, который в некоторых случаях позволяет−→упростить вычисления. Возьмем вектор AB, вращающийся, например, вокруг т. A. с угловой частотой ω0 (будем считать, что вращение происходит против часовой стрелки) (рис. 7).
Тогда егопроекцию на ось x в момент времени t можно представить в виде ABx = AB cos(ω0 t).Bsicsω0A+ ω0~0xϕω0 tBx−xРис. 7. Вращение вектораABРис. 8. Положение вектора ~x0 в момент времени t = 0phyТеперь рассмотрим более общий случай. Пусть в момент вре~ 0 составляет с горизонтальной осью угол α.мени t = 0 вектор xПричем договоримся, что положительное значение угла α соответствует повороту по ходу вращения, а отрицательное — против хода3(рис.
8). Тогда в произвольный момент времени выражение для проекции этого вектора на горизонтальную ось можно записать в видеx(t) = x0 cos(ω0 t + ϕ),который полностью идентичен выражению (14). Таким образом,векторная диаграмма является геометрическим представлением колебаний, задаваемых данным уравнением.3В нашем случае положительное — против, а отрицательное — по часовойстрелке.10rupt.Такой подход может бытьудобен, когда необходимо выполнить сложение несколькихколебаний.
В качестве иллюстрации рассмотрим следующий пример: пустьy02ϕ2. miy1 (t) = y01 cos(ω0 t + ϕ1 ), аy2 (t) = y02 cos(ω0 t + ϕ2 ),где ω0 , y01 , ϕ1 , y02 , ϕ2 — известные величины. Требуется найтиy0ϕ y01ϕ1+ ω0−Рис. 9. Сложение векторовy(t) = y0 cos(ω0 t + ϕ) = y1 (t) + y2 (t),physicsт. е. требуется выразить y0 и ϕ через величины y01 , ϕ1 , y02 , ϕ2 . Воспользуемся для решения этого вопроса векторной диаграммой:представим на ней колебания y1 (t) и y2 (t), а колебание y(t) — как ихвекторную сумму (рис. 9). Тогда из данной диаграммы, используягеометрические соображения, при помощи теорем синусов и косинусов находимqy01 sin ϕ1 + y02 sin ϕ222+ y02+ 2y01 y02 cos(ϕ2 − ϕ1 )), tg ϕ =,y0 = (y01y01 cos ϕ1 + y02 cos ϕ2что решает поставленную задачу.1.4. Превращение энергииЗаканчивая рассмотрение свободных гармонических незатухающих колебаний, пронаблюдаем на примере грузика на пружине(см.
Пример 1 на с. 3) происходящие в таких системах превращения энергии. Запишем кинетическую и потенциальную энергии системы, учитывая формулы (2), (13) и (14), в видеmx211= mω02 x20 sin2 (ω0 t + ϕ) = mω02 x20 cos2 (ω0 t + ϕ − π/2),222(17)kx2mω02 x21П (t) === mω02 x20 cos2 (ω0 t + ϕ).222K(t) =11ruПри этом полная энергияpt.1E = П + K = mω02 x20 = E0 = const2— ожидаемый результат, т.к. непотенциальные силы на системуне действуют. Полученные временные зависимости П (t), K(t) и E(t)представлены на рис.
10.EП (t). miK(t)sicsE00T2TE(t)3TtРис. 10. Зависимость полной энергии E, потенциальной энергии Пи кинетической энергии K от времени tphyВычислим среднее за период значение кинетической энергии системы. По определению эта величина задается следующим выражением:t0Z+T1K(t)dt.hK(t)iT =Tt0Принимая во внимание (17), находим1hK(t)iT =Tt0Z+T1Tt0Z+T=1mω02 x20 cos2 (ω0 t + ϕ − π/2)dt =2t0111E0mω02 x20 (1 + cos 2(ω0 t + ϕ − π/2))dt = mω02 x20 =.2242t0Аналогично находим среднее за период значение потенциальной12pt.t0Z+Truэнергии системы:1hП (t)iT =TП (t)dt =E0= hK(t)iT .2t0. miТаким образом, получаем, что потенциальная и кинетическая энергии гармонического осциллятора колеблются с частотой 2ω0 в противоположных фазах около одинакового среднего значения, равного половине полной энергии системы.2.
Затухающие колебанияsicsПерейдем к рассмотрению гармонического осциллятора с затуханием и прежде всего рассмотрим примеры физических систем,являющихся такими осцилляторами.2.1. Общий вид уравнения и его решениеПример 4. Грузик на пружине с трениемphyРассмотрим грузик на пружинке, совершающий малыеколебания вблизи положенияравновесия. Однако в отличиеот Примера 1 (с. 3), в даннойсистеме присутствует трениесо стороны окружающей среды,~ тр = −β~v , где β — копричем Fэффициент сопротивления среды. Запишем второй закон Ньютона для грузика и спроецируемна ось x (см.
рис. 11):kmx0~ упрF~ трFРис. 11. Грузик на пружинев горизонтальной плоскостиmẍ = −kx − βv,13ruгде m — масса грузика, k — жесткость пружинки, x — отклонениегрузика от положения равновесия, и представим его в видеβkẋ + x = 0,mmpt.ẍ +или, вводя обозначения δ = β/2m и ω0 2 = k/m, получимẍ + 2δ ẋ + ω0 2 x = 0..
mi(18)Пример 5. Математический маятник с трениемsicsРассмотрим математический маятник длины l и массы m, совершающий малые колебания вблизи положения равновесия и испытывающий со стороны окружающей среды воздействие силы трения,величина которой пропорциональна скорости грузика маятника (коэффициент пропорциональности β).
Запишем для грузика маятника второй закон Ньютона в проекции на ось x (см. рис. 12):mv̈ = −βv − mg sin α,учитывая, что v = lα̇, а колебания малые, получаемphyα̈ +βgα̇ + α = 0,mlили, вводя обозначения δ = β/2mи ω0 2 = g/l, находимα̈ + 2δ α̇ + ω0 2 α = 0.x~v(19)В обоих приведенных примерах мы пришли к уравнениюсвободных затухающих гармонических колебаний:ẍ + 2δ ẋ + ω0 2 x = 0.lαmРис.
12. Математический маятник(20)В зависимости от соотношения между δ и ω0 уравнение (20) будетиметь различные решения:14ru(21)pt.a) При ω0 2 > δ 2 решение уравнения (20) имеет видpx(t) = x0 e−δt cos(ωt + ϕ),ω = (ω0 2 − δ 2 ),. miгде величины x0 — амплитуда колебаний и ϕ — начальнаяфаза колебаний определяются из начальных условий. Графиктаких затухающих колебаний, а также изображение на фазовой плоскости приведены на рис. 13. Для характеристики того, насколько быстро происходит затухание колебаний, вводятхарактерное время затухания τ = 1/δ, представляющее собойвремя, за которое амплитуда колебаний уменьшится в e раз.б) При ω0 2 < δ 2 решение уравнения (20) имеет вид√√ 2 2(δ −ω0 )t−δt − (δ2 −ω0 2 )t−δt+ x02 e e,x(t) = x01 e e(22)sicsпричем величины x01 и x02 определяются из начальных условий.в) При ω0 2 = δ 2 решение уравнения (20) имеет видx(t) = x01 e−δt + x02 te−δt .(23)Величины x01 и x02 также определяются из начальных условий.phyЗависимости (22) и (23) носят апериодический характер и неявляются колебаниями.
Графики этих зависимостей приведенына рис. 14. Дальше мы будем рассматривать только случай ω0 2 > δ 2(а если не обговорено обратное, то даже ω0 2 ≫ δ 2 ) и решения, задаваемые выражением (21).2.2. Логарифмический декремент затуханияи добротностьДля описания колебательных систем используют такие характеристики, как логарифмический декремент затухания и добротность. По определению логарифмическим декрементом затуханияназывается величинаAnd = ln,(24)An+115ruxAnAn+1pt.v/ωx0 e−δtt0x. mi−x0 e−δtРис.
13. Зависимость координаты x от времени t и фазовая диаграмма затухающих колебанийphysicsгде An — амплитуда колебания под номером n, а An+1 — амплитуда следующего, т. е. n + 1, колебания (рис. 13). Получим выражение, связывающее декремент затухания и другие параметры колебательной системы. Будем считать, что в моменты времени t = t1и t = t1 + T (T = 2π/ω — период колебаний) осциллятор проходитположение максимального отклонения от положения равновесия,т. е. cos(ωt + ϕ) в выражении (21), описывающем движение осциллятора, равен 1:x(t1 ) = x0 e−δt1 cos(ωt1 + ϕ) = x0 e−δt1 .Таким образом,An = x(t1 ) = x0 e−δt1 ,а амплитуда следующего колебанияAn+1 = x(t1 +T ) = x0 e−δ(t1 +T ) cos(ω(t1 +T )+ϕ) = e−δT x0 e−δt1 = e−δT An ,откуда по определению (24) находим логарифмический декрементзатуханияd = δT.(25)Добротностью называется величинаπQ= .d16ruxpt.xt.
mitРис. 14. Пример осциллограмм в случае большого тренияПользуясь выражением (25), можно получитьsicsQ=πω= ,δT2δphypучитывая, что затухание мало, т. е. ω0 2 ≫ δ 2 и ω = (ω0 2 − δ 2 ) ≈ ω0 ,можно переписать:ω0Q= .2δДля выяснения физического смысла добротности рассмотрим следующий пример.Пример 6. Грузик на пружине с трениемРассмотрим ту же колебательную систему, что и в Примере4 (с. 13). Энергия уходит из этой системы за счет работы сил трения. Вычислим энергию, которая теряется колебательной системойза одно полное колебание, т. е.
за период:Z∆E =δA,4за периодδA = Fтр dx = βvdx = βv4dxdt = βv 2dt, т. е.dtГрузик на пружинке + сопротивление среды.17rut0βv 2dt =2β 1TmTt0+TZt02mv 2βdt =T hK(t)iT .2mpt.∆E =t0Z+T. miВ случае, когда затухание мало, можно считать, что за одно колебание полная энергия системы практически не изменяется, и воспользоваться для вычисления hK(t)iT выражением, полученнымдля незатухающих гармонических колебаний hK(t)iT = E/2, гдепод энергией E подразумевается полная энергия колебательной системы в данный момент времени:∆E =2β2β 2π E2δ1T hK(t)iT == 2πE = 2πE.mm ω 2ωQphysicsТаким образом, получаем выражение для добротности колебательной системы:2πE,Q=∆Eкоторое и проясняет физический смысл понятия добротность“.”Итак, добротность показывает, во сколько раз энергия, запасеннаяв колебательной системе, превосходит энергию, теряемую системойза один период колебаний.
Другими словами, добротность показывает, насколько осциллятор является хорошим“, т. е. сколько коле”баний сделает осциллятор, прежде чем потеряет запасенную энергию. Колебательные системы с добротностью Q < 102 считаютсяне очень хорошими. Приведем порядок величины добротности длянекоторых колебательных систем:Обычный колебательный контур (на радиочастотах) ...Камертон (без резонатора) ..............................................Пьезокварц в вакууме ....................................................Полый резонатор для микрорадиоволн ..........................Электрон в атоме .............................................................102104105105107Обратим внимание, что добротность является качественным параметром и высокая точность при его вычислении считается неуместной.18rupt.3. Гармонический осцилляторс затуханием под действием внешнейвынуждающей силы3.1.
Действие постоянной внешней силы. miВ качестве первого шага рассмотрим пример колебательной системы под действием постоянной внешней силы.Пример 7. Грузик на пружине с трением в поле тяжестиphysicsДля этого рассмотрим грузик, подвешенный на идеальной пружинке в поле тяжести(рис. 15). Кроме силытяжести и силы со стороны пружинки на грузик действует сила трения со стороны окружа~ тр = −β~v ,ющей среды Fгде β — коэффициент сопротивления среды.
Запишем второй закон Ньютона для грузика и спроецируем на ось y:mÿ = −ky − βv − mg,y0y1k~yположениеравновесияk~y 1~v0m~gm~g + β~vРис. 15. Грузик на пружине в полетяжестигде m — масса грузика, k — жесткость пружинки, y — координата,отсчитываемая от состояния, в котором пружина в колебательнойсистеме не растянута. Представим это уравнение в видеÿ +βkẏ + y = −g.mm19rupt.Преобразуем это выражение к видуm ′′ β m ′k m y+ g +y+ g +y + g = 0.kmkmkДелая замену переменныхy1 = y + mg/k. miи, как раньше, вводя обозначения δ = β/(2m) и ω0 2 = k/m, получаемy¨1 + 2δ y˙1 + ω0 2 y1 = 0.Следовательно,y1 (t) = y10 e−δt cos(ωt + ϕ),sicsгдеω=p(ω0 2 − δ 2 ),или, возвращаясь к переменной y:y(t) = y0 e−δt cos(ωt + ϕ) −m.kgphyТаким образом, колебания в системе под действием постояннойвнешней силы происходят так же, как и в случае отсутствия внешней силы с той лишь разницей, что система колеблется вокруг нового положения равновесия, в котором внешняя сила уравновешивается силой со стороны растянутой пружины.3.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
