Колмаков Ю.Н. Лекции по физике ТулГУ. Механика / mech-zad-TulGU

Вынужденные колебания					81
	Вынужденные колебания
	Задача 4.11
	При открывании двери пружина создает квазиуп-
	ругий момент сил, возвращающий ее в закрытое со-
	стояние. Чтобы удержать дверь открытой (поверну-
	той на угол	π 2 ) надо к ручке, перпендикулярно к
	плоскости	двери,	приложить	постоянную	силу
	F = 50 H. Какой минимальной			по величине	силой
рис. 4.12	можно открыть дверь на угол π 2 , если масса двери
	m = 15 кг, ее ширина d =1 м , а при вращении двери с
угловой скоростью	ω в ее	петлях	возникает	момент сил	трения

Mтр = −ηω, где η = 0,075 кг м2 / (рад с).

Решение

Подействуем на ручку двери перпендикулярной к плоскости гармонической силой с амплитудой F0 . Уравнение вынужденных колебаний двери

будет уравнением динамики вращательного движения:

Iϕ = (F0 cos ωt) d −kϕ−ηϕ ,

(4.10)

где I = md 2 3 – момент инерции двери относительно оси вращения, Fd – момент приложенной силы, а коэффициент k в квазиупругом моменте сил можно найти из условия статического равновесия: k π2 = F d , откуда k = 2Fdπ .

Уравнение (4.10) приводится к стандартному виду

	ϕ+ 2βϕ+ω2ϕ = (F d I )cos ωt ,
	0	0
где β = η (2I ), ω2	= k I = 6F (πmd ).	Его решение ϕ = Acos (ωt +α),
0

описывающее установившиеся вынужденные колебания, имеет амплитуду

A =	F0d I	,
	(ω02 −ω2 )2 + 4β2ω2

которая будет максимальной при совпадении частоты внешней силы с ре-

зонансной частотой				ω = ωрез =			ω02 −2β2 . После подстановки находим
этот максимальный угол отклонения двери, равный по условию π 2 :
A	= F d		2βI	2	2	= π 2 , откуда F =		πβI	ω02 −β2
				ω −β						=
									d
max	0			0			0

82									Глава 4. Колебания
	πη	6F		3η	2		η 3πF
=			−			≈			= 0, 297 H .
	2d	πmd					d 2md
			2md 2

Достаточно действовать на дверь гармонической силой с такой малой амплитудой F0 F , чтобы дверь приоткрылась на угол π2 . Но при этом пе-

риод колебаний двери T = 2πωрез ≈ 2πω0 = π 2πmd3F = 2,5 c не слиш-

ком велик, чтобы можно было спокойно пройти в приоткрываемую дверь.

Задача 4.12

Найти коэффициент затухания β и собственную частоту ω0 колебаний

осциллятора, если при действии на него внешней гармонической силы как с частотой ω1 , так и с частотой ω2 , амплитуда установившихся колебаний

скорости осциллятора равна половине максимального значения.

Решение

Установившимися будут вынужденные колебания осциллятора, при ко-

торых его координата и скорость меняются по закону x = Acos (ωt −ϕ),

v = dx dt = −Aωsin (ωt −ϕ), где

A =

F0

–

амплитуда

m (ω02 −ω2 )2 + 4β2ω2

вынужденных колебаний, ω – частота внешней

силы, F0

– амплитуда внешней силы,

m – масса

осциллятора,

ϕ –

начальная фаза колебаний. Ам-

плитуда скорости

v0 = Aω=

F0

m

((ω02 −ω2 ) ω)2 + 4β2

Рис. 4.13

достигает

максимального

значения

при

ω= ω0

(рис. 4.13). Это максимальное значение v0 max = F0

(2βm).

Условие

задачи

A(ω1 ) ω1 = A(ω2 ) ω2 = (v0 max )

2

приводит к

системе

уравнений

(ω02 −ω12 )2 + 4β2ω12 = (4βω1 )2 ,

ω2 −ω2

=

12βω

,

0

1

1

(4.11)

2

2 2

2 2

2

или

2

2

= − 12βω

(ω0 −ω2 )

ω −ω

+ 4β ω2 = (4βω2 ) ,

0

2

2

(из рис. 4.13 видно, что ω1 < ω0 < ω2 ). Исключая из системы (4.11) величи-

ну ω2	, получим ω2	−ω2	=	12β(ω +ω		), откуда β = (ω −ω ) 2 3 .
0	2	1		1	2	2	1

Колебания систем с несколькими степенями свободы

83

Подставив полученное выражение для β ,

например, в первое уравнение

системы (4.11), находим ω2

= ω2

+ω

(ω −ω )= ω ω

. Поэтому собственная

0

1

1

2

1

1

2

частота

затухающих колебаний

осциллятора

ω = ω2 −β2 =

C

0

= ω ω −(ω −ω )2 12 .

1

2

2

1

Колебания систем с несколькими степенями свободы

Задача 4.13

К тяжелому математическому маятнику массы M подвешен

легкий математический маятник массы m

M . Длина нитей

обоих маятников равна l . В начальный момент t0 = 0

оба ма-

ятника толкнули из положения равновесия в одну сторону с

одинаковыми начальными скоростями v0 (рис. 4.14). Найти

рис. 4.14

зависимость скорости верхнего маятника от времени и опи-

сать движение маятников.

Решение

Совместим начало отсчета O с нижней точкой

системы в положении равновесия и направим

ось y

вдоль вертикали (рис. 4.15). Система име-

ет две степени свободы, которые определим ма-

лыми углами отклонения α и β нитей маятни-

ков от вертикали. Тогда, как видно из рис. 4.15,

координатами маятника M будут

x1 = l sin α ≈ lα;

y

= l + h = l +l (1−cos α)≈ l(1

+α2 2) ,

(4.12)

1

1

рис. 4.15

а маятник m имеет координаты

x2 = l sin α+l sin β ≈ l (α+β);

y

2

= h + h

2

= l (1−cos

α)+l (1−cosβ)≈ l(α2 +β2 ) 2

(4.13)

1

(воспользовались разложением sin α ≈ α и cos α ≈1−α2

2 при α

1 ).

Потенциальная энергия системы

U = Mgy1 +mgy2 = Mgl (1+α2 2)+ mgl (α2 +β2 ) 2.

(4.14)

Из формул (4.12) и (4.13) видно, что при малых колебаниях можно пренебречь проекциями скоростей маятников на вертикаль y :

y1 = d y1 dt = lαα x1 = dx1 dt = lα; y2 = l (αα+ββ) x2 = l (α+β).

84	Глава 4. Колебания

Поэтому кинетическая энергия системы
K ≈ (Mx12 + mx22 ) 2 = Ml2α2 2 + ml2 (α+β)2 2.	(4.15)

Уравнения движения для связанной системы с несколькими степенями свободы проще получить вводя функцию Лагранжа L = K −U и записывая уравнения Лагранжа-Эйлера

d		∂L	−	∂L	= 0,	d		∂L	−	∂L	= 0,
				∂α						∂β
dt		∂α				dt		∂β

что после подстановки формул (4.14), (4.15) и вычисления производных

дает систему

α+

m

β+

g

α = 0,

α+β+

g

β = 0.

(4.16)

m + M

l

l

Подстановкой новых переменных α =

ξ+η

; β =

m + M ξ−η

можно

2

m

2

привести систему (4.16) к двум обычным уравнениям незатухающих гармонических колебаний:

ξ+ω12ξ = 0,

η+ω22η = 0 , где ω1,2 =

g

.

(4.17)

l (1±

m (M + m))

Если учесть, что m

M ,

m

≈

m

и

1±

m

≈1

±

1

m

, то

m + M

M

m + M

M

2

g

1

m

g

1

m

(4.18)

ω ≈

1 −

;

ω ≈

1 +

.

1

l

2

M

2

2

l

M

Общее решение уравнений (4.17) ищем в виде ξ = ξ0 sin (ω1t +ϕ1 );

η = η sin

(ω t +ϕ

2

). Поэтому α = ξ0 sin (ω t

+ϕ )+ η0 sin (ω t

+ϕ

2

);

0

2

2

1

1

2

2

β =

M

ξ0 sin (ω t

+ϕ )−

M

η0 sin (ω t +ϕ

2

).

(4.19)

m 2

1

1

m

2

2

Из начальных условий для координат: α

t=0 = β

t=0 = 0

получаем

sin ϕ1 = sin ϕ2 = 0 или ϕ1 = ϕ2 = 0 . Начальные условия для скоростей

x1

t=0

= l

α

t=0

= v0

и

x2

t=0

l (α+β)

t=0

= v0

после подстановки решений

(4.19) приводят к системе уравнений:

v =

l

(ξ ω +η ω

);

0 =

M

l

(

ξ

ω −η ω

),

0

2

0

1

0

2

m 2

0

1

0

2

Колебания систем с несколькими степенями свободы

85

решением которой будут амплитуды ξ

=

v0

и η

=

v0

.

lω

0

0

lω

1

2

Как видно из формул (4.19), угловые скорости маятников меняются со

временем по закону:

α(t )=

v0

(cos ω t

+cos ω t )=

v0

cos ω1 −ω2 t

cos

ω1 +ω2 t ≈

2l

1

2

l

2

2

v

1

gm

g

≈

0

cos

t cos

t

,

l

2

l M

l

β(t)=

M

v0

(cosω t −cosω t)=

M

v0

sin

ω2 −ω1 t

sin

ω1 +ω2 t ≈

m 2l

1

2

m l

2

2

M v

1

gm

g

≈

0

sin

t sin

t

.

m l

2

l M

l

Скорости маятников меняются с большой частотой ω0 =

g l , а ампли-

туды скоростей

меняются

медленно

с

много

меньшей

частотой

ω' = ω0 m 4M

ω0 .

Такое движение называется биениями.

Когда ам-

плитуда скорости одного маятника максимальна, у другого она равна нулю. Часть кинетической энергии "переходит" то к одному маятнику, то к другому.

Искомая скорость верхнего (тяжелого) маятника	v1 ≈ x1 = lα =
= v0 cos ω't cos ω0t . Периодически в моменты времени	t = (2n +1)π ω' ,

где n – целое число этот маятник будет покоиться.

Задача 4.14

Муфта массы M может скользить без трения по горизонтальной направляющей (рис. 4.16). К муфте подвешен тонкий стержень массы m и длины l , совершающий колебания в вертикальной плоскости, проходящей через направляющую AB . Найти период малых колебаний системы. Исследовать случай М = 0.

		Решение
		Система имеет две степени свободы, которые со-
		ответствуют смещению x1 муфты и повороту
	рис. 4.16	стержня на малый угол ϕ1 (рис. 4.16). Совместим
		начало системы координат O с точкой центра масс

стержня, когда он находится в вертикальном положении. Потенциальную

86	Глава 4. Колебания

энергию системы в этом положении считаем нулевой. Тогда, как видно из рис. 4.16, при повороте стержня на угол ϕ и одновременном смещении

муфты на расстояние x1 координатами центра масс C2 стержня будут x2 = x1 −(l2)sin ϕ ≈ x1 −lϕ2; y2 = (l2)(1−cos ϕ)= l sin2 (ϕ2)≈ lϕ2 4 .

Кинетическая энергия стержня K2 =

m

(x22

+ y22 )+

Iϕ2

m

l

2

I

ϕ2

,

≈

x1

−

ϕ

+

2

2

2

2

2

где I = ml2 12 – момент инерции стержня относительно оси C2 , а слагае-

мым (ϕϕ)2 пренебрегли из-за малости угла ϕ . Кинетическая энергия муф-

ты K1 = Mx12 2 . Потенциальная энергия муфты при горизонтальном сме-

щении не меняется, а у стержня увеличивается на U = mgy2 ≈ mglϕ2 4 . Таким образом функция Лагранжа системы

L = K1 + K2 −U = m +2M x12 + m2 l x1ϕ+ 16 ml2ϕ2 − mgl4 ϕ2 .

Уравнения Лагранжа-Эйлера или уравнения движения системы

d

∂L

∂L

d

∂L

∂L

−

= 0,

−

= 0

∂ x1

∂ x1

dt ∂ϕ ∂ϕ

dt

после вычисления производных примут вид:

(M + m)x1 +

1

ml ϕ = 0,

1

ml2

ϕ+

1

ml x1 +

1

mgl ϕ = 0 .

(4.20)

2

3

2

2

Исключая из системы уравнений (4.20) переменную x1 , приходим к уравнению незатухающих гармонических колебаний:

ϕ+ω2ϕ = 0 , где ω =	6g (M + m)	– циклическая частота колебаний.
	l (4M + m)

рис. 4.17

тикальным

С той же частотой колеблется и муфта, но в противофазе со стержнем, так что общий центр масс C системы не смещается в горизонтальном направлении (все внешние силы направлены вдоль вертикали), но совершает колебания в вертикальном направлении с тем же периодом

T = 2πω = 2π l (4M + m)6g (m + M ) . (4.21)

Наглядно это видно при М = 0 (рис. 4.17). Центр масс C стержня в горизонтальном направлении не смещается. Версмещением при малых углах можно пренебречь, и сохраняю-

Негармонические колебания

87

щаяся полная энергия стержня E = Kвращ +U =

Iϕ2

+ mgl sin

2 ϕ

≈

2

2

ml2

≈

ϕ2 +

mgl

ϕ2 = const . Вычисляя производную

dE

=

1

ml2ϕϕ+

dt

24

4

12

+

1

mglϕϕ = 0

и поделив полученное выражение на

ml2ϕ 12 ,

находим

2

ϕ+ω2

ϕ = 0 , где ω2 = 6g l . Период малых колебаний стержня на рис.4.17

0

0

T0 = 2π ω0 = 2π l 6g совпадает с результатом (4.21) при M = 0 .

Негармонические колебания

Задача 4.15

С невесомым блоком радиуса r жестко скреплен невесомый стержень длины l (рис. 4.18). На конце стержня находится грузик массы m . На блок намотана невесомая нить, к концу которой подвешен груз массы M . При каком условии движение системы будет иметь колебательный характер, если в начальный момент угол α отклонения стержня от вертикали и скорость движения системы равны нулю?

Решение:

рис. 4.18 При опускании груза M на высоту h блок вместе со

стержнем, имеющие момент инерции I = ml2 , поворачиваются на угол α , где h = rα – удлинение нити (рис. 4.18). При этом блок и стержень приобретают угловую скорость ω, а груз M – скорость v = ωr .

Подставляя эти соотношения между h и α , v и ω в закон сохранения

энергии:	M v2		Iω2
Mgh =		+			+ mgh			, где	h = l (1−cos α)= 2l sin2 α		,
	2		2			1			1	2
				1		(Mr2	+ ml2 )ω2 + 2mgl sin2 α .
получаем	Mgrα =										(4.22)
				2
									2

Чтобы система совершала колебания вокруг положения равновесия, она должна при некотором максимальном (амплитудном) угле отклонения α0

остановиться и начать двигаться	в обратную сторону. При остановке
ω= 0 , и из уравнения (4.1) получим условие Mrα0 = 2ml sin2 (α0 2).
Введем обозначение b = Mr ml ,	тогда условие возникновения колеба-
ний примет вид:

88	Глава 4. Колебания

			bα0 2 = sin2 (α0 2).			(4.23)
		Решением уравнения (4.23) будут точки пе-
		ресечения графиков на рис.4.19. При некото-
		ром	значении	b = bкр	прямая	линия
		y = bα0 2 касается кривой			y = sin2 (α0 2) в
	рис. 4.19	точке	α0 = α01 .	Если b < bкр , то		решение
		уравнения (4.23) имеется. Если же b				> bкр , то

колебаний не будет и блок вместе со стержнем будут с переменной скоро-

	стью вращаться вокруг оси OO ' до тех пор, пока нить с грузом						M не
	размотается полностью.
	Уравнение касательной к кривой y = sin2 (α0				2) имеет вид:
	y (α0 )= y (α01 )+(d y dα0 )α	0	=α	(α0 −α01 )=
				01
	= sin2 (α01 2)+ 2sin (α01 2)cos (		α01 2)		1	(α0 −α01 ).	(4.24)
					2
	Так как эта касательная должна пройти через точку O (рис. 4.19), то из
	уравнения (4.24) при α0 = 0 и y(0)= 0 получим:
	sin2 (α01 2)−α01 sin (α01 2)cos(α01 2)= 0			или		α01 = tg(α01 2).	(4.25)
	Подставляя теперь уравнение (4.25)		и	его	решение α01 = 2,331 рад =
	=133°34' в формулу (4.23), находим
	bкр = (2sin2 (α01 2)) α01 = 2sin (α01		2)cos(α01 2)= sin α01 = 0,725.

Таким образом, негармонические колебания системы (с большой амплитудой) могут происходить только при выполнении условия Mr < 0,725ml .

Задача 4.16

Найти период колебаний физического маятника, угловая амплитуда колебаний ϕ0 которого не мала.

	Решение
При максимальном отклонении от положения равнове-
сия на угол ϕ0	маятник имеет максимальную потенциаль-
ную энергию.	При движении к положению равновесия	рис. 4.20
возрастает угловая скорость вращения маятника ω = ϕ и

его кинетическая энергия. Из закона сохранения энергии следует

	Негармонические колебания										89
		Iϕ2				ϕ		ϕ
			= mgd (1	−cos ϕ0 )= mgd	(1−cos ϕ)= 2mgd sin2	0	−sin2			,	(4.26)
	2							2
						2

где m – масса маятника,

g – ускорение свободного падения, d

– рас-

стояние от центра масс маятника до точки подвеса O ,

I – момент инер-

ции

относительно оси

O .

Вводим приведенную

длину

маятника

lп = I

(mg )

и из уравнения (4.26) получаем

ϕ =

dϕ

= 2

g

sin2 ϕo −sin2 ϕ

, или dt =

1

lп

dϕ

.

(4.27)

l

g

ϕ

ϕ

dt

2

2

2

sin2

0 −sin2

п

2

2

Проинтегрировав правую часть уравнения (4.27) в пределах от ϕ = 0 до ϕ = ϕ0 , найдем время движения маятника от положения равновесия до максимального отклонения, т.е. четверть периода колебаний, которые не

1

l

ϕ0

dϕ

будут гармоническими. Отсюда T =

4

п

0∫

.

(4.28)

2

g

2 ϕ0

2 ϕ

sin

2 −sin

2

Сделаем замену переменной

sin ϕ

= k sin u , где k

= sin ϕ0

. Тогда

2

2

1

ϕ

и

2k cosu

2k cosu

cos 2 dϕ = k cosudu

dϕ =

du =

du =

2

cos(ϕ 2)

1−sin2 (ϕ 2)

=

2k cosu

du . После замены интеграл (4.28) примет вид

1−k2 sin2 u

T = 4

lп

K

(k ), где

K (k )= π∫2

du

– полный эллиптический инте-

1 −k2 sin2 u

g

0

грал первого рода, не выражаемый с помощью элементарных функций. Его можно представить в виде сходящегося ряда:

	K (k )=	π			12	k2		12	32	k4		12	32 52	k6
			1	+			+				+				+… .
		2			22			22 42				22 42 62

Как видим, период негармонических колебаний физического или математического маятника с произвольной не малой амплитудой ϕ0 нельзя вы-

разить простой формулой:

T = 2π	I			1		2 ϕ0		9		4 ϕ0
		1	+		sin		+		sin		+… .
				4		2		64		2
	mgd

Глава 5

Специальная теория относительности (СТО)

Преобразования Лоренца. Релятивистская теорема сложения скоростей.

Задача 5.1

Найти ускорение свободно падающего тела для наблюдателя, движущегося со скоростью v0 1) в горизонтальном направлении; 2) под углом

α = 45° к горизонту. Как оно направлено в обоих случаях?

Решение

Проекции скорости тела в исходной инерциальной системе отсчета K и в системе K ' , движущейся относительно нее с постоянной скоростью v0

вдоль оси x , связаны соотношениями

vx' =

vx −v0

=

vx −v0

,

v'y =

vy

1−v02 c2

=

γvy

,

(5.1)

c2

−v

v

c2

1−βvx

1−v

v

1−βvx

1

x 0

x 0

где γ =

1

−v2

c2 ,

β = v

c2

. Это –

релятивистская теорема сложения

0

0

скоростей. А так как интервалы времени в этих системах связаны преобра-
зованием Лоренца dt ' = (dt −v0dx	c2 )	1−v02	c2 = dt (1	−βvx ) γ , то ис-
пользуя определения a = dv dt ,	a ' = dv ' dt ' ,		вычисляя	дифференциалы

для соотношений (5.1) и производя все подстановки и преобразования, приходим к связи проекций ускорения тела в системах K и K ' :

ax' =

dvx'

=

dvx (1−βvx )+(vx −v0 )βdvx

γ

=

dvx

γ3

,

dt '

dt (1−βvx )

dt (1−βvx )3

(1−βvx )2

'

dv'y

(dvy γ(1−βvx )+vy γβdvx )γ

dvy

γ

2

dvx βvy γ2

ay =

=

=

+

,

dt '

(1−βvx )2 dt (1−βvx )

dt (1−βvx )2

dt (1−βvx )3

или

(1−v02 c2 )3 2

(axvyv0 c2 + ay (1−vxv0 c2 ))(1−v02 c2 )

'

'

(5.2)

ax

= ax

,

ay =

(1 −vxv0

c2 )3

.

(1 −vxv0 c2 )3

Переходимканализуусловийзадачи. Впервомслучае(рис. 5.1) висходной системе K имеем ax = 0 ; ay = −g ; vx = 0 ; vy = −gt (скорость свободно па-