1611143576-9faad5d48d819ffabedfac7b4e274055 (825043), страница 13

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 13)

При переходе к уравнению первогопорядка возникает одна константа – энергия Е.Полученное уравнение первого порядка задает зависимость скорости откоординаты, график которой называется фазовой траекторией и можетбыть изображен на фазовой плоскоU(x)сти с координатными осями x и x .Каждому значению Е соответствуетотдельная фазовая траектория. ТакE3как рассматривается случай потенциальных сил, фазовые траектории моE2гут быть замкнутые для финитногоE1движения или разомкнутые для инфинитного. Если в системе присутстx1x2 x3вует непотенциальная сила, напримерсила трения, то фазовые траектории92xбудут незамкнутыми и для финитного движения.

Также примечательно,что через одну точку фазовой плоскости проходит только одна траектория.Рассмотрим потенциал, изображенный на рисунке, приведенном выше.Для данного потенциала характерны три варианта движения: колебания впотенциальной яме, инфинитное движение и движение по сепаратрисе.Колебания в потенциальной яме возможны, если полная энергия частицы меньше чем E2  U ( x3 ) . На примере частицы с энергией E1 видно, чтов случае колебаний есть две точки остановки x1 и x2 , в которых полнаяэнергия в точности равна потенциальной E1  U ( x1 )  U ( x2 ) . Найдем период колебаний:x dx2( E  U ( x)) , откудаdtmdt  2mdxE  U ( x).Знак  означает, что при данном x скорость может быть положительнойили отрицательной, при этом частица потратит одинаковое время на движение в каждом направлении. Период колебаний:xT 22 2m x1dxE  U ( x).Для частицы с полной энергией E2  U ( x3 ) точка остановки x3 является точкой максимума потенциальной энергии – положение неустойчивогоравновесия, в котором сила, действующая на частицу, равна нулю.

Представим потенциальную энергию около точки x3 в виде ряда Тейлора:U ( x)  U ( x3 )  U ( x3 )( x  x3 ) 1U ( x3 )( x  x3 ) 2  ... .2!С учетом того, что энергия частицы E2  U ( x3 ) и U ( x3 )  0, подынтегральное выражение в формуле для периода колебаний запишется следующим образом:dxU ( x3 )( x  x3 )2.Откуда видно, что период колебаний обращается в бесконечность иимеет логарифмическую особенность в точке x3 . Т. е. частица с энергией93E2 достигает точки x3 за бесконечное время (с любой стороны).

Траектория частицы с такой энергией разделяет области финитного и инфинитного движения сепаратрисой.Для решения задач данного раздела потребуются дельта-функция Дирака и функция Хевисайда. Дельта-функция  ( x) – такая функция, длякоторой выполняются следующие равенства:, x  0, 0, x  0  ( x)dx  1 . ( x)   ( x) не равна 0 только в точке x  0 , поэтому ее интеграл по любой окрестности 0 равен 1.0, x  0.H ( x)  1, x  0Функция Хевисайда является первообразной от дельта-функции Дирака.Функцией Хевисайда:Одномерное движение (задачи)5.1.

Найти зависимость силы,действующей на частицу, от координаты, если частица движется позакону, показанному на рис. 5.1а.Нарисовать зависимость потенциала от координаты. Изобразитьдвижение на фазовой плоскости.xa0Ответ.2ma 2F ( x)  ( x)   ( x  a )  .T2F2TTРис.

5.1аVU2a/T2ma 2T20ax0ax-2a/T0Рис. 5.1б94a xt5.2. Найти зависимость силы, действующей на частицу, от координаты,если закон движения частицы имеет вид x(t )  a sin( t ) . Нарисовать зависимость потенциала от координаты, изобразить движение на фазовойплоскости.Ответ. F ( x)  m 2 x , где m  масса частицы. U ( x)  m 2 x 2 2  const.5.3. Найти закон движения частицы в поле U ( x)   x 4 в случае, когдаее полная энергия равна нулю.

Нарисовать траекторию частицы на фазовой плоскости.Решение.Запишем полную энергию частицы:mv 2  x4  0 .2Отсюда найдем зависимость скорости от координаты:vdx2 2x   x2 .dtmЭто выражение задает зависимость скорости от координаты, котороенужно для того, чтобы нарисовать фазовую траекторию. Также это выражение представляет собой дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, решение которого x(t ) – закон движения частицы.

Решим дифференциальное уравнение:dx   dt ,x2Ответ. x 1 1    t.x0 xx021  x0 tm.5.4. Нарисовать траектории частиц на фазовой плоскости для следующих одномерных полей:1) U ( x)   ( x 2  b 2 ) 2 ;2) U ( x)   ( x 2  b 2 ) 2 ;95 b2 1 4) U ( x)   2  2   .xx3) U ( x)  U 0 sin kx ;5.5. Как зависит период движения частицы в поле U ( x)   xот ееэнергии? (   0 ).Решение.Найдем точки остановки для частицы с произвольной полной энергиейE из условия1U ( x)   x  E .x1,2 E    . Период колебаний:x2E  U ( x)x1 2 2mx2x2dx / x2E x1   x2 01Ответ. T  Ex2dxT ( E )  2m 12dx 2 2m E   x0 2 2m1 12 1E10dy1 y..5.6. Найти зависимость периода колебаний частицы от энергии в поле спотенциальной энергией: kx 2, x aU ( x)   2. , x  aОтвет. T  4mka 2arcsin.k2E96Свободные колебания (теория)Рассмотрим способы решения дифференциальных уравнений, которыевстречаются в задачах о колебаниях.Метод Эйлера используется для решения линейных однородных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами:andnxdx ...

 a1 a0 x  0 .ndtdtОперация дифференцирования линейна, поэтому для любых решенийуравнения x1 (t ) и x2 (t ) их линейная комбинация c1 x1 (t )  c2 x2 (t ) тоже будет решением этого уравнения. Решениями такого уравнения могут бытьсинусы, косинусы, экспоненты. Так как синусы и косинусы могут бытьпредставлены в виде экспонент при помощи формулы Эйлера,ei  cos( )  i sin( ) ,то решение уравнения достаточно искать в виде одних экспонент.

Подстановка et в дифференциальное уравнение приводит его к характеристическому уравнению.an  n  ...  a1  a0  0 .Это уравнение имеет n решений 1 , 2 ,..., n . Если все корни характеристического уравнения разные, то мы нашли n линейно независимыхрешений xk (t )  ek t , тогда общее решение дифференциального уравнениязаписывается как линейная комбинация всех этих решений с произвольными комплексными коэффициентами c1 , c2 ,..., cn :x(t )  c1e1t  ...

 cn en t .Если среди корней характеристического уравнения есть кратные, например, 1 имеет кратность m , тогдаx(t )  e1t (c1  c2 t  ...  cm t m 1 )  cm 1em1t  ...  cn en t .При решении задач о вынужденных колебаниях потребуется решатьнеоднородные линейные дифференциальные уравнения:andnxdx ...  a1 a0 x  f (t ) .dtdt n97Общее решение такого уравнения есть сумма общего решения однородного уравнения с такими же коэффициентами и любого частного решения неоднородного уравнения.В общем решении константы комплексные, в таком виде оно содержитвсе действительные и комплексные решения.

Так как физика оперирует сдействительными величинами, на каком-то этапе придется потребовать,чтобы решение уравнения было действительным. Это можно сделать наэтапе решения уравнения – искать решения в виде xk (t )  Re et  либопозже, если с решением выполняются только линейные преобразования.Если требуется решить какую-то физическую задачу, то в ней кроме уравнения должен присутствовать набор начальных условий (число условийравно порядку уравнения), при помощи которых находятся константы вобщем решении дифференциального уравнения описывающего систему.Одному набору начальных условий соответствует только одно решениеуравнения.Гармонические колебанияРассмотрим движение частицы в поле U ( x)  kx 2 2 , в этом случае закон сохранения энергии принимает видmx 2 kx 2E,22и уравнение движения:x  02 x  0 ,где 02  k m .В выражении для энергии сделаем замену xm  2 E k и v m  2 E m ,тогда оно принимает вид22 v   x       1. v m   xm Это уравнение задает фазовую траекторию, представляющую собой эллипс.Уравнение движения может быть решено интегрированием, но мыприменим для его решения метод Эйлера.

Характеристическое уравнение:2  2  098имеет корни 1,2  i , тогда общее решение уравнения движения:x(t )  c1eit  c2 e  it .В данном выражении используются комплексные функции, коэффициенты c1 и c2  комплексные числа. Теперь нам нужно выбрать подходящие для использования в физике действительные решения. Как обсуждалось выше, для этого можно либо взять действительную часть на каком-тоэтапе, либо применить физически осмысленные начальные условия (тогдабудет автоматически выбрано действительное решение). Рассмотрим вариант применения начальных условия.

Допустим, в момент времени t  0частица имеет нулевое отклонение от положения равновесия и мы придалией скорость V , тогда x(0)  0  c1  c2 . x (0)  V  i (c1  c2 )Решая эту систему линейных уравнений, получимV c1  2i.c   V 22iПодставим коэффициенты в общее решение:x(t ) V eit  e it V sin(t ) .2iОтсюда видно, что применение начальных условий позволяет выделитьиз общего решения sin( t ) , cos( t ) или их линейную комбинацию. Теперь попробуем привести комплексное решение к более удобному виду:x(t )  c1eit  c2 e it  c1 (cos( t )  i sin( t ))  c2 (cos( t )  i sin( t ))  (c1  c2 ) cos( t )  (c1  c2 )i sin( t )  a1 cos( t )  a2 sin( t ).Теперь решение состоит из действительных функций и произвольныхкомплексных констант a 1 и a 2 , т. е.

для выбора действительных решенийуравнения достаточно объявить a 1 и a 2 действительными. Полагая, что99эти константы действительные, общее решение можно привести к следующему виду:a1a2x(t )  a12  a22 cos( t ) sin( t )   a2  a2a12  a222 1 A cos( t   ),где A  a12  a22 и    arcsin a2a12  a22 . В данном виде решениеуравнения колебаний более наглядно, так как содержит привычные амплитуду и фазу колебаний.Запишем кинетическую и потенциальную энергию гармонического осциллятора:Kmx 2 m 0 a 2ka 2sin 2 ( 0 t   ) sin 2 ( 0 t   ) ,222Umx 2 ka 2cos 2 ( 0 t   ) .22Тогда полная энергия осциллятора равнаka 2 m  02 a 2E  K U 22и не зависит от времени.Выполним усреднение K и U по периоду колебаний. Среднее значение функции за какое-то время T определяется следующим образом:f 1f (t )dt.T TВ нашем случае Т – период колебаний осциллятора, тогдаK  U E.2100Свободные колебания (задачи)5.7.

Груз массой m подвешен на пружине жесткости k в поле тяжести.Как зависит суммарная сила, действующая на груз, от растяжения пружины x ? Найти зависимость потенциальной энергии от смещения x .Ответ. F ( x)  kx  mg , U ( x) kx 2 mgx .25.8. Под точкой крепления математического маятника с длиной нити Lи массой груза m забили тонкий гвоздь, так что при смещении влево отположения равновесия нижняя часть нити длиной l изгибается вокруггвоздя.

Найти период малых колебаний получившейся системы. Каковоотношение максимальных отклонений влево и вправо в случае малых колебаний? LlОтвет. T   g g , n l.L5.9. Определить частотуколебаний доски, положенной на два быстро вращающихся в противоположенныестороны валика, если расстояние между их осями L ,коэффициент трения  .xmgF2F1Рис. 5.9Решение.Пусть доска сместилась на x в положительном направлении из положения равновесия. Возвращающая сила создается разницей сил трениядоски о валики, которая возникает из-за разницы сил давления доски навалики.

Силы давления доски на валики находятся из условий равенстванулю момента сил относительно центра масс доски и вертикальной компоненты силы: LL  x  F1    x  F22 . 2F1  F2  MgРешая данную систему двух алгебраических уравнений:101x  F1  F2  L F1  F2  ,22xMg ,LF1  F2 получаемFтр  2  Mgx  kx ,Lгде k  эффективная жесткость получившейся колебательной системы.А частота колебаний  2  k M  2 g L .Ответ.  2 2 gL5.10. Найти частоту малых колебаний жидкости в V-образной трубке.Оба прямых участка трубки образуют углы  с вертикалью. Трубка заполнена до высоты H . Высота трубки существенно больше радиуса закругления.

Характеристики

Список файлов книги