Решение

Сила. Каждая половинка струны наклонена к прямой на угол \(\theta\), причём при \(x\ll l\)

\[ \sin\theta = \frac{x}{\sqrt{l^2+x^2}} \approx \frac xl . \]

Поперечная составляющая натяжения каждой половинки равна \(F\sin\theta\approx Fx/l\), а половинок две:

\[ f = -\frac{2F}{l}\,x . \]

Знак минус означает, что сила направлена против смещения — к положению равновесия.

Почему линейно. Натяжение по условию не меняется, а весь нелинейный эффект сидит в \(\sqrt{l^2+x^2}\). Разложение

\[ \frac{x}{\sqrt{l^2+x^2}} = \frac xl\left(1 - \frac{x^2}{2l^2}+\dots\right) \]

показывает, что первая поправка мала как \((x/l)^2\): при \(x/l = 0{,}1\) это уже полпроцента. Так устроено любое малое отклонение от равновесия — первый член разложения линеен, и именно поэтому колебания получаются гармоническими.

Потенциальная энергия. Сила линейна, значит энергия квадратична: как и для пружины жёсткости \(k = 2F/l\),

\[ U = \frac{k x^2}{2} = \frac{F x^2}{l}. \]

(Это можно получить и «геометрически»: каждая половинка удлинилась на \(\sqrt{l^2+x^2}-l \approx x^2/(2l)\), работа против натяжения равна \(2F\cdot x^2/(2l) = Fx^2/l\) ✓.)

Скорость в положении равновесия. Вся энергия переходит в кинетическую:

\[ \frac{mv^2}{2} = \frac{F x_0^2}{l} \quad\Longrightarrow\quad v = x_0\sqrt{\frac{2F}{ml}} . \]

Решение

Положение равновесия. Пусть в равновесии пружина растянута на \(\Delta = mg/k\). Отсчитаем \(x\) вниз от этого положения. Тогда растяжение равно \(\Delta + x\), и суммарная сила

\[ f = mg - k(\Delta + x) = mg - mg - kx = -kx . \]

Тяжесть выпала: суммарная сила такая же, как у пружины без всякого тяготения.

Потенциальная энергия. Сложим энергию пружины и энергию тяжести:

\[ U = \frac{k(\Delta+x)^2}{2} - mg(\Delta + x) = \frac{k\Delta^2}{2} + k\Delta x + \frac{kx^2}{2} - mg\Delta - mgx . \]

Слагаемые с первой степенью \(x\) взаимно уничтожаются \((k\Delta = mg)\), а постоянные можно отбросить — начало отсчёта энергии произвольно:

\[ U = \frac{kx^2}{2}. \]

Решение

а. Энергия. В крайней точке вся энергия потенциальная, в положении равновесия — кинетическая:

\[ \frac{k x_0^2}{2} = \frac{m v_0^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad k = \frac{m v_0^2}{x_0^2}. \]

б. Восстанавливаем энергию. Возведём закон \(v(x)\) в квадрат:

\[ v^2 = v_0^2\left(1 - \frac{x^2}{x_0^2}\right). \]

Полная энергия постоянна и равна \(mv_0^2/2\), поэтому

\[ U(x) = \frac{mv_0^2}{2} - \frac{mv^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2}\cdot\frac{x^2}{x_0^2} = \frac{k x^2}{2},\qquad k = m\left(\frac{v_0}{x_0}\right)^{\!2}. \]

Квадратичной энергии отвечает линейная сила — та же, что у пружины жёсткости \(k\):

\[ f = -kx = -m\frac{v_0^2}{x_0^2}\,x . \]

Зависит ли от природы силы. Нет. Мы нигде не пользовались тем, что это пружина: заданы движение и масса, а сила однозначно определяется вторым законом Ньютона. Точно так же двигалось бы тело в поле любой другой природы — электрической, магнитной, упругой, — лишь бы результирующая сила была равна \(-kx\).

Решение

Сколько времени лампочка проводит в разных местах. За время \(dt\) она проходит участок \(dx = v\,dt\), значит

\[ dt = \frac{dx}{v(x)} . \]

Доля времени, приходящаяся на участок длины \(dx\), обратно пропорциональна скорости. Для гармонических колебаний

\[ v(x) = \omega\sqrt{x_0^2 - x^2}, \]

и у краёв \((x\to\pm x_0)\) скорость стремится к нулю, а «плотность времени» \(1/v\) — к бесконечности.

Что видит глаз. Яркость размазанной полоски пропорциональна этой плотности: в середине она минимальна, у концов резко возрастает. Поэтому и кажется, что лампочка вспыхивает в крайних точках — на самом деле светит она равномерно, просто у краёв она задерживается дольше всего.

Насколько сильно. Сравним доли времени, проведённые в средней половине размаха и в двух крайних четвертях. Время от \(-x_0/2\) до \(x_0/2\) отвечает изменению фазы от \(-30^\circ\) до \(30^\circ\), то есть трети полупериода; на две крайние четверти приходятся остальные две трети. То есть у краёв лампочка проводит вдвое больше времени, хотя они занимают вдвое меньшую длину — яркость там вчетверо выше.

Решение

Сила. Разложим вес на составляющую вдоль нити (её гасит натяжение) и поперечную. Поперечная равна \(mg\sin\theta\), а

\[ \sin\theta = \frac xl \quad (x \ll l), \]

поэтому

\[ f = -\frac{mg}{l}\,x . \]

Маятник — та же пружина с жёсткостью \(k = mg/l\).

Потенциальная энергия. Шарик поднимается на

\[ h = l(1-\cos\theta) = 2l\sin^2\frac\theta2 \approx \frac{l\theta^2}{2} = \frac{x^2}{2l}, \]

значит

\[ U = mgh = \frac{mg\,x^2}{2l} = \frac{kx^2}{2}\ ✓ \]

— как и положено при линейной силе.

Решение

Энергия. В крайней точке \(U = mg x_0^2/(2l)\), в нижней вся энергия кинетическая:

\[ \frac{mv^2}{2} = \frac{mg\,x_0^2}{2l} \quad\Longrightarrow\quad v = x_0\sqrt{\frac gl}. \]

Решение

Энергия в жёлобе. Отклонившись на \(x\) по горизонтали, тело поднимается на \(h \approx x^2/(2\rho)\) — точно как маятник длины \(\rho\) (см. задачу 3.1.5). Значит

\[ U = \frac{mg\,x^2}{2\rho}. \]

Приравниваем энергии. В обеих крайних точках скорость нулевая, а полная энергия одна и та же:

\[ \frac{mg\,x_{\text{л}}^2}{2r} = \frac{mg\,x_{\text{п}}^2}{2R} \quad\Longrightarrow\quad \frac{x_{\text{л}}}{x_{\text{п}}} = \sqrt{\frac rR}. \]

Иначе говоря, вправо тело заезжает в \(\sqrt{R/r}\) раз дальше — именно в такой форме ответ и записан в задачнике.

Решение

Потенциальная энергия. Повернём стержень на малый угол \(\theta\). Каждая точка приложения сместилась против своей силы вдоль поля на \(\frac l2(1-\cos\theta)\), значит работа против сил равна

\[ U = 2\cdot qE\cdot\frac l2\,(1-\cos\theta) = qEl(1-\cos\theta) \approx \frac{qEl\,\theta^2}{2}. \]

Поперечное смещение каждого шарика \(x = \frac l2\theta\), откуда \(\theta = 2x/l\) и

\[ U = \frac{qEl}{2}\cdot\frac{4x^2}{l^2} = \frac{2qE\,x^2}{l}. \]

Кинетическая энергия. В положении равновесия оба шарика имеют скорость \(v_0\):

\[ K = 2\cdot\frac{mv_0^2}{2} = m v_0^2 . \]

Сохранение энергии. Приравниваем \(U(x_0)\) и \(K\):

\[ \frac{2qE\,x_0^2}{l} = m v_0^2 \quad\Longrightarrow\quad m = \frac{2qE\,x_0^2}{l\,v_0^2}. \]

Решение

Сведение к маятнику. Пока шарик касается лунки, расстояние между центром лунки и центром шарика равно \(R - r\) и не меняется. Значит центр шарика движется по окружности радиуса \(R-r\) — в точности как шарик маятника длины \(l = R-r\).

Энергия. Подставляя \(l = R-r\) в результат задачи 3.1.5:

\[ U = \frac{mg\,x^2}{2(R-r)}, \]

где \(x\) — горизонтальное смещение центра шарика.

Решение

Точная энергия. Отсчитаем от центра:

\[ \Delta U = \frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0} \left(\frac1{L+x} + \frac1{L-x} - \frac2L\right). \]

Сложим первые две дроби:

\[ \frac1{L+x}+\frac1{L-x} = \frac{2L}{L^2-x^2}, \] \[ \Delta U = \frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0}\cdot \frac{2L^2 - 2(L^2-x^2)}{L(L^2-x^2)} = \frac{qQ}{2\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{x^2}{L(L^2-x^2)} . \]

Формула точная — и уже видно, что \(\Delta U\) чётна по \(x\) и обращается в нуль только при \(x = 0\).

Малые смещения. При \(x \ll L\) в знаменателе \(L^2 - x^2 \approx L^2\):

\[ \Delta U \approx \frac{qQ}{2\pi\varepsilon_0 L^3}\,x^2 = \frac{k x^2}{2}, \qquad k = \frac{qQ}{\pi\varepsilon_0 L^3}. \]

Зависимость квадратичная ✓, то есть бусинка в центре ведёт себя как груз на пружине жёсткости \(k\).

Амплитуда. Вся кинетическая энергия переходит в потенциальную:

\[ \frac{mv^2}{2} = \frac{k x_{\max}^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad x_{\max} = v\sqrt{\frac mk} = v\sqrt{\frac{\pi\varepsilon_0 L^3 m}{qQ}} . \]

Решение

Удлинение. Точка соединения сместилась вниз на \(x\). Пружина вытягивается на проекцию этого смещения на своё направление, а направление составляет с вертикалью угол \(\alpha\):

\[ \Delta = x\cos\alpha . \]

(Поперечная составляющая смещения при малом \(x\) даёт поправку порядка \(x^2\) и не считается.)

Силы. Каждая пружина тянет вдоль себя с силой \(k\Delta = kx\cos\alpha\). Вертикальная составляющая этой силы

\[ kx\cos\alpha\cdot\cos\alpha = kx\cos^2\alpha, \]

а пружин две. Горизонтальные составляющие по симметрии гасятся. Условие равновесия:

\[ mg = 2kx\cos^2\alpha \quad\Longrightarrow\quad m = \frac{2k\cos^2\alpha}{g}\,x . \]

Решение

а. Равновесие. На расстоянии \(R\) кулоновская сила равна весу:

\[ F_{\text{к}}(R) = mg . \]

На расстоянии \(R+x\) она равна

\[ F_{\text{к}}(R+x) = mg\,\frac{R^2}{(R+x)^2} = mg\left(1+\frac xR\right)^{-2} \approx mg\left(1 - \frac{2x}{R}\right), \]

поэтому суммарная сила (вверх положительна)

\[ f = F_{\text{к}}(R+x) - mg = -\frac{2mg}{R}\,x . \]

б. Новое равновесие. Заряды те же, значит произведение \(kQq\) не изменилось. Из \(kQq = mgR^2 = 3mg\,R'^2\) получаем

\[ R'^2 = \frac{R^2}{3}, \qquad R' = \frac{R}{\sqrt3}. \]

Формула для силы та же с заменой \(m\to3m,\ R\to R'\):

\[ f' = -\frac{2\cdot 3mg}{R'}\,x = -\frac{6mg}{R'}\,x = -\frac{6\sqrt3\,mg}{R}\,x . \]

Решение

Новое положение равновесия. Произведение зарядов не менялось, поэтому

\[ mgR^2 = (m+\Delta m)g R''^2 \quad\Longrightarrow\quad R'' = R\sqrt{\frac{m}{m+\Delta m}} \approx R\left(1-\frac{\Delta m}{2m}\right). \]

Амплитуда. Тело начинает движение из точки \(R\) без скорости, значит

\[ A = R - R'' = \frac{R\,\Delta m}{2m}. \]

Частота. Около нового равновесия жёсткость та же с точностью до малых:

\[ \omega = \sqrt{\frac{2g}{R''}} \approx \sqrt{\frac{2g}{R}} . \]

Максимальная скорость.

\[ v = \omega A = \sqrt{\frac{2g}{R}}\cdot\frac{R\,\Delta m}{2m} = \frac{\Delta m}{2m}\sqrt{2gR} = \frac{\Delta m}{m}\sqrt{\frac{gR}{2}} . \]

Решение

Геометрия. Точки крепления нитей отстоят от оси на \(l/2\). При повороте на \(\varphi\) каждая из них смещается по горизонтали на \((l/2)\varphi\). Нить длины \(h\) наклоняется на угол \(\beta\) с

\[ \sin\beta = \frac{(l/2)\varphi}{h}, \]

а стержень поднимается на

\[ \Delta h = h(1-\cos\beta) \approx \frac{h\beta^2}{2} = \frac{h}{2}\cdot\frac{l^2\varphi^2}{4h^2} = \frac{l^2\varphi^2}{8h}. \]

Энергия и момент. Грузов два:

\[ U = 2mg\,\Delta h = \frac{mg\,l^2}{4h}\,\varphi^2 \ \propto\ \varphi^2\ ✓ \]

Квадратичной энергии отвечает линейный возвращающий момент — точно так же, как квадратичной энергии \(kx^2/2\) отвечает сила \(-kx\):

\[ M = -\frac{mg\,l^2}{2h}\,\varphi \ \propto\ \varphi\ ✓ \]

Максимальная угловая скорость. Момент инерции двух грузов относительно вертикальной оси

\[ I = 2m\left(\frac L2\right)^{\!2} = \frac{mL^2}{2}. \]

Вся энергия, запасённая при повороте на \(\varphi_0\), переходит в кинетическую:

\[ \frac{I\Omega^2}{2} = \frac{mg\,l^2\varphi_0^2}{4h} \quad\Longrightarrow\quad \frac{mL^2}{4}\,\Omega^2 = \frac{mg\,l^2\varphi_0^2}{4h} \quad\Longrightarrow\quad \Omega = \frac lL\,\varphi_0\sqrt{\frac gh}. \]

Решение

Отношение масс. Пусть масса тележки \(M\), масса шарика \(m\). Центр масс неподвижен, поэтому амплитуды обратны массам:

\[ M y_0 = m x_0 . \]

Угол отклонения нити. Он определяется относительным смещением шарика и тележки. Тела в противофазе, значит амплитуда относительного смещения равна \(x_0 + y_0\) и

\[ \theta_0 = \frac{x_0+y_0}{l}. \]

Частота. Горизонтальная сила на шарик — это составляющая натяжения \(mg\theta\). При гармоническом движении с амплитудой \(x_0\) она равна \(m\omega^2 x_0\):

\[ m\omega^2 x_0 = mg\,\frac{x_0+y_0}{l} \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 = \frac gl\left(1+\frac{y_0}{x_0}\right). \]

Скорости. Обе амплитуды колеблются с этой частотой:

\[ v_1 = \omega x_0 = x_0\sqrt{\frac gl\left(1+\frac{y_0}{x_0}\right)}, \qquad v_2 = \omega y_0 = y_0\sqrt{\frac gl\left(1+\frac{y_0}{x_0}\right)}. \]

Решение

Второй закон Ньютона вдоль нити. Ускорение вдоль нити — центростремительное:

\[ F - mg\cos\theta = \frac{mv^2}{l}. \]

Подставляем малые величины. При \(\theta \approx x/l\)

\[ \cos\theta \approx 1 - \frac{x^2}{2l^2}, \]

а скорость находится из сохранения энергии (задача 3.1.5):

\[ \frac{mv^2}{2} = \frac{mg}{2l}\left(x_0^2 - x^2\right) \quad\Longrightarrow\quad v^2 = \frac gl\left(x_0^2-x^2\right). \]

Значит

\[ F = mg\left(1-\frac{x^2}{2l^2}\right) + \frac{mg}{l^2}\left(x_0^2-x^2\right) = mg\left[1 + \frac{x_0^2}{l^2} - \frac{3x^2}{2l^2}\right]. \]

Крайние значения. Внизу \((x=0)\) натяжение максимально, в крайних точках \((x = \pm x_0)\) — минимально:

\[ F_{\max} = mg\left(1+\frac{x_0^2}{l^2}\right),\qquad F_{\min} = mg\left(1-\frac{x_0^2}{2l^2}\right). \]

Решение

Переносим результат. В задаче 3.1.16 с заменой \(l\to R\):

\[ N(x) = mg\left[1 + \frac{x_0^2}{R^2} - \frac{3x^2}{2R^2}\right], \] \[ N_{\max} = mg\left(1+\frac{x_0^2}{R^2}\right),\qquad N_{\min} = mg\left(1-\frac{x_0^2}{2R^2}\right). \]

Размах.

\[ \Delta = N_{\max}-N_{\min} = \frac{3mg\,x_0^2}{2R^2}. \]

По условию \(\Delta \ll N\), значит \(mg \approx N\) с той же точностью, и

\[ \Delta = \frac{3N\,x_0^2}{2R^2} \quad\Longrightarrow\quad x_0 = R\sqrt{\frac{2\Delta}{3N}} . \]

Решение

а. Положение равновесия. Проекция точки \(A\) на вертикаль колеблется около уровня центра колеса — значит там и находится положение равновесия груза.

Сила. Точка \(A\) движется равномерно по окружности радиуса \(R\), её ускорение направлено к центру и равно \(\Omega^2 R\). Вертикальная проекция этого ускорения равна \(\Omega^2\) умножить на вертикальную проекцию радиуса, то есть \(-\Omega^2 x\). Груз повторяет движение проекции, поэтому

\[ F = ma = -m\Omega^2 x . \]

Период. Точка \(A\) возвращается в прежнее положение через полный оборот:

\[ T = \frac{2\pi}{\Omega}. \]

Через \(T/2\) точка \(A\) окажется диаметрально противоположно: смещение изменит знак, а скорость сохранит модуль, но изменит направление на противоположное.

б. Сопоставление. Сравнивая \(F = -m\Omega^2 x\) с \(F = -kx\), получаем

\[ m\Omega^2 = k \quad\Longrightarrow\quad \Omega = \sqrt{\frac km}. \]

Наибольшее отклонение проекции равно радиусу, поэтому

\[ R = x_0 . \]

Решение

Жёсткость. В равновесии

\[ k\,\Delta l = mg \quad\Longrightarrow\quad \frac mk = \frac{\Delta l}{g}. \]

Период.

\[ T = 2\pi\sqrt{\frac mk} = 2\pi\sqrt{\frac{\Delta l}{g}}. \]

Решение

Жёсткость. Жёсткость упругого шнура

\[ k = \frac{ES}{L} \]

(\(E\) — модуль упругости материала, \(S\) — площадь сечения, \(L\) — длина). Складывая шнур вдвое, мы получаем «шнур» вдвое короче и вдвое толще:

\[ k' = \frac{E\cdot 2S}{L/2} = 4k . \]

Проще смотреть так: две половинки шнура работают параллельно, и каждая вдвое короче, то есть вдвое жёстче исходного; \(2\times2 = 4\).

Период.

\[ T' = 2\pi\sqrt{\frac{m}{4k}} = \frac T2 . \]

Решение

Случай а (параллельно). Обе пружины деформируются на одно и то же \(x\), силы складываются:

\[ F = -(k_1+k_2)x \quad\Longrightarrow\quad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k_1+k_2}}. \]

Случай в (тоже параллельно). Сдвинув тело вправо на \(x\), мы растягиваем левую пружину и сжимаем правую — обе тянут тело назад:

\[ F = -k_1x - k_2x = -(k_1+k_2)x \quad\Longrightarrow\quad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k_1+k_2}}. \]

Расстояние между стенками влияет лишь на начальные натяжения пружин; в силу линейности они дают постоянную добавку, которая просто сдвигает положение равновесия. От расстояния период не зависит.

Случай б (последовательно). Сила в обеих пружинах одна и та же (пружины невесомы), а деформации складываются:

\[ x = \frac{F}{k_1}+\frac{F}{k_2} \quad\Longrightarrow\quad \frac1{k} = \frac1{k_1}+\frac1{k_2}, \] \[ T = 2\pi\sqrt{m\left(\frac1{k_1}+\frac1{k_2}\right)}. \]

Решение

Из \(T = 2\pi\sqrt{l/g}\)

\[ l = \frac{gT^2}{4\pi^2} = \frac{9{,}8\cdot 1}{39{,}5} \approx 0{,}248\ \text{м} \approx 25\ \text{см}. \]

Решение

Разложение тяжести. Ось наклонена к вертикали на \(\alpha\). Груз движется по окружности радиуса \(l\), лежащей в плоскости, перпендикулярной оси. Разложим \(m\vec g\) на составляющую вдоль оси (её целиком принимает на себя подшипник) и составляющую в плоскости движения:

\[ g_{\text{эфф}} = g\sin\alpha . \]

Период. Дальше это обычный маятник длины \(l\) в поле \(g\sin\alpha\):

\[ T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g\sin\alpha}} . \]

Решение

а. Магнит снизу. Сила \(F\) добавляется к тяжести:

\[ T_0 = 2\pi\sqrt{\frac lg},\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{ml}{mg+F}} \quad\Longrightarrow\quad \left(\frac{T_0}{T}\right)^{\!2} = \frac{mg+F}{mg}, \] \[ F = mg\left[\left(\frac{T_0}{T}\right)^{\!2} - 1\right]. \]

б. Магнит сбоку. Теперь силы складываются как векторы:

\[ m g_{\text{эфф}} = \sqrt{(mg)^2+F^2}. \]

Значит

\[ \left(\frac{T_0}{T}\right)^{\!2} = \frac{g_{\text{эфф}}}{g} = \frac{\sqrt{(mg)^2+F^2}}{mg} \quad\Longrightarrow\quad \left(\frac{T_0}{T}\right)^{\!4} = 1 + \left(\frac{F}{mg}\right)^{\!2}, \] \[ F = mg\sqrt{\left(\frac{T_0}{T}\right)^{\!4}-1}. \]

Новое положение равновесия — вдоль эффективной тяжести, поэтому угол \(\varphi\) с вертикалью даётся отношением

\[ \cos\varphi = \frac{mg}{\sqrt{(mg)^2+F^2}} = \left(\frac{T}{T_0}\right)^{\!2}. \]

Решение

Связь периода и \(g\). Из \(T\propto1/\sqrt g\)

\[ \frac{\Delta T}{T} = -\frac12\,\frac{\Delta g}{g} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\Delta g}{g} = 2\cdot0{,}001 = 0{,}002 . \]

Поле шара. Для однородного шара радиуса \(a\) и плотности \(\rho\) поле у его поверхности

\[ g = \frac{G M}{a^2} = \frac{4}{3}\pi G \rho\,a \]

— пропорционально плотности и радиусу. Применим это дважды: к Земле (\(\rho_З\), \(R\)) и к месторождению (\(\Delta\rho = \rho_{\text{руды}}-\rho_З\), радиус \(r\), маятник стоит прямо над ним):

\[ \frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta\rho\;r}{\rho_З\,R} \quad\Longrightarrow\quad r = R\,\frac{\Delta g}{g}\cdot\frac{\rho_З}{\Delta\rho}. \]

Числа. \(\Delta\rho = 8{,}0-5{,}6 = 2{,}4\) (в единицах \(10^3\) кг/м\(^3\)):

\[ r = 6400\ \text{км}\cdot0{,}002\cdot\frac{5{,}6}{2{,}4} \approx 30\ \text{км}. \]

Решение

Изменение \(g\). Вне Земли \(g\propto1/R^2\), поэтому на высоте \(h\ll R\)

\[ \frac{\Delta g}{g} = -\frac{2h}{R}. \]

Изменение периода.

\[ \frac{\Delta T}{T} = -\frac12\frac{\Delta g}{g} = \frac hR . \]

Отставание за сутки. Часы отстают на ту же долю суток:

\[ \Delta t = t_{\text{сут}}\,\frac hR . \]

Для Эвереста

\[ \Delta t_1 = 86\,400\ \text{с}\cdot\frac{8{,}9}{6400} \approx 120\ \text{с} = 2\ \text{мин}, \]

для Останкинской башни

\[ \Delta t_2 = 86\,400\ \text{с}\cdot\frac{0{,}5}{6400} \approx 7\ \text{с}. \]

Решение

Из \(\omega^2 = k/m\) и \(k = 2F/l\):

\[ \omega^2 = \frac{2F}{ml} \quad\Longrightarrow\quad F = \frac{m\omega^2 l}{2}. \]

Решение \[ \omega = \sqrt{\frac km} = \sqrt{\frac{qQ}{\pi\varepsilon_0 m L^3}}. \]

Решение

Сила внутри шара. На глубине, где расстояние до центра равно \(r\), притягивает шар радиуса \(r\) массы \(M(r) = \frac43\pi r^3\rho\) (внешние слои дают ноль):

\[ F = -\frac{GM(r)m}{r^2} = -\frac43\pi G\rho\,m\,r = -\frac{mg}{R}\,r, \]

где мы воспользовались тем, что на поверхности \(g = \frac43\pi G\rho R\).

Колебания. Это закон Гука с \(k = mg/R\), значит

\[ \omega = \sqrt{\frac gR},\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac Rg}. \]

Полёт от полюса до полюса — это половина периода:

\[ t = \frac T2 = \pi\sqrt{\frac Rg} = 3{,}14\sqrt{\frac{6{,}4\cdot10^6}{9{,}8}} \approx 2{,}5\cdot10^3\ \text{с} \approx 42\ \text{мин}. \]

Решение

Проекция силы. На расстоянии \(r\) от центра сила равна \(F = -\dfrac{mg}{R}r\) и направлена к центру. Пусть \(s\) — расстояние вдоль тоннеля от его середины (ближайшей к центру точки). Из подобия треугольников проекция силы на направление тоннеля составляет ту же долю от \(F\), какую \(s\) составляет от \(r\):

\[ F_\parallel = -\frac{mg}{R}\,r\cdot\frac sr = -\frac{mg}{R}\,s . \]

Расстояние \(r\) сократилось! Осталась ровно та же «жёсткость» \(k = mg/R\), что и в предыдущей задаче.

Время. Значит и период тот же, и время в пути — половина периода:

\[ t = \pi\sqrt{\frac Rg} \approx 42\ \text{мин}, \]

независимо от того, где прорыт тоннель.

Решение

Как делится вес. Пусть центр масс доски смещён на \(x\) вправо от середины между осями. Условия равновесия по вертикали и по моментам относительно центра масс:

\[ N_1 + N_2 = mg,\qquad N_1\left(\frac L2+x\right) = N_2\left(\frac L2-x\right), \] \[ N_1 = \frac{mg}{L}\left(\frac L2-x\right),\qquad N_2 = \frac{mg}{L}\left(\frac L2+x\right) \]

(\(N_1\) — левый каток, \(N_2\) — правый). Сдвинувшись вправо, доска сильнее давит на правый каток ✓.

Силы трения. Верхняя точка левого катка едет вправо, значит трение с его стороны тянет доску вправо \((+\mu N_1)\); правый каток тянет влево \((-\mu N_2)\):

\[ F = \mu N_1 - \mu N_2 = \frac{\mu mg}{L} \left[\left(\frac L2-x\right)-\left(\frac L2+x\right)\right] = -\frac{2\mu mg}{L}\,x . \]

Частота. Это закон Гука с \(k = 2\mu mg/L\):

\[ \omega = \sqrt{\frac km} = \sqrt{\frac{2\mu g}{L}} . \]

Решение

Ускорение. Половину пути разгон, половину торможение:

\[ H = 2\cdot\frac{a\,(t/2)^2}{2} = \frac{a t^2}{4} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{4H}{t^2} = \frac{4\cdot400}{1600} = 1\ \text{м/с}^2 . \]

Ход часов. Частота маятника \(\propto\sqrt{g_{\text{эфф}}}\), поэтому за время \(\tau\) часы покажут \(\tau\sqrt{g_{\text{эфф}}/g}\). Половину времени \(g_{\text{эфф}} = g+a\), половину \(g-a\), и показанное время равно

\[ \tau\cdot\frac12\left(\sqrt{1+\frac ag}+\sqrt{1-\frac ag}\right). \]

Обозначим \(\epsilon = a/g\) и разложим:

\[ \sqrt{1\pm\epsilon} \approx 1 \pm \frac\epsilon2 - \frac{\epsilon^2}{8} \quad\Longrightarrow\quad \frac12\left(\sqrt{1+\epsilon}+\sqrt{1-\epsilon}\right) \approx 1 - \frac{\epsilon^2}{8}. \]

Линейные члены сократились — вот почему эффект такой слабый.

Отставание. За \(\tau = 5\) ч \(= 18\,000\) с движения

\[ \Delta t = \tau\,\frac{\epsilon^2}{8} = 18\,000\cdot\frac{(1/9{,}8)^2}{8} \approx 23\ \text{с}. \]

Решение

Эффективная тяжесть. В системе тележки на груз действуют \(m\vec g\) и сила инерции \(-m\vec a\), значит

\[ \vec g_{\text{эфф}} = \vec g - \vec a,\qquad g_{\text{эфф}}^2 = g^2 + a^2 - 2ga\cos\beta, \]

где \(\beta\) — угол между векторами \(\vec g\) и \(\vec a\).

Чему равен этот угол. Ускорение направлено вниз по склону, а склон наклонён к горизонту на \(\alpha\). Значит вектор \(\vec a\) составляет с вертикалью угол \(90^\circ-\alpha\), и

\[ \cos\beta = \cos(90^\circ-\alpha) = \sin\alpha . \]

Период.

\[ g_{\text{эфф}} = \sqrt{g^2+a^2-2ga\sin\alpha},\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g_{\text{эфф}}}} = 2\pi\left(\frac{l^2}{g^2+a^2-2ag\sin\alpha}\right)^{\!1/4}. \]

Решение

Эффективная тяжесть. Точка подвеса на расстоянии \(R\) от оси, маятник висит «вниз» — то есть от оси, — и его груз находится на расстоянии \(R+l\). Там

\[ g_{\text{эфф}} = \Omega^2 (R+l). \]

Период.

\[ T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{\Omega^2(R+l)}} = \frac{2\pi}{\Omega}\sqrt{\frac{l}{R+l}} . \]

Решение

Равновесие. Пусть в равновесии шарик на расстоянии \(r_0\) от оси. Тогда

\[ k(r_0 - l_0) = m\Omega^2 r_0 \]

(\(l_0\) — длина недеформированной пружины).

Смещение. Сдвинем шарик на \(x\) наружу. Упругая сила вырастет на \(kx\) внутрь, центробежная — на \(m\Omega^2 x\) наружу. Итог:

\[ F = -kx + m\Omega^2 x = -(k - m\Omega^2)\,x . \]

Частота.

\[ \omega = \sqrt{\frac{k-m\Omega^2}{m}} = \sqrt{\frac km - \Omega^2}. \]

Решение

Момент сил. При отклонении на малый угол \(\varphi\) плечо нижнего груза равно \(l\varphi\), верхнего — \(x\varphi\), и моменты направлены в разные стороны:

\[ \mathcal M = -Mgl\varphi + mgx\varphi = -g(Ml - mx)\,\varphi . \]

Момент инерции. Обе массы точечные:

\[ I = Ml^2 + mx^2 . \]

Частота.

\[ \omega = \sqrt{\frac{g(Ml-mx)}{Ml^2+mx^2}} . \]

Решение

Моменты относительно оси. При отклонении на малый угол \(\varphi\):

тяжесть даёт \(-mgl\varphi\);

середина стержня смещается на \(\frac l2\varphi\), пружина отвечает силой \(k\frac l2\varphi\), а её плечо тоже \(\frac l2\), так что момент равен \(-k\frac{l^2}{4}\varphi\).

Частота. Момент инерции \(I = ml^2\), поэтому

\[ \omega^2 = \frac{mgl + kl^2/4}{ml^2} = \frac gl + \frac{k}{4m}. \]

Квадрат частоты просто возрастает на \(k/(4m)\).

Решение

Момент сил. Центр масс обода лежит на оси, поэтому весь возвращающий момент создаёт только грузик:

\[ \mathcal M = -mgR\,\varphi . \]

Момент инерции. Вся масса — и обода, и грузика — сидит на радиусе \(R\):

\[ I = MR^2 + mR^2 = (M+m)R^2 . \]

Частота и масса колеса.

\[ \omega^2 = \frac{mgR}{(M+m)R^2} = \frac{mg}{(M+m)R} \quad\Longrightarrow\quad M + m = \frac{mg}{\omega^2 R}, \] \[ M = m\left(\frac{g}{\omega^2 R} - 1\right). \]

Решение

Геометрия. Каждая масса удалена от центра сферы на \(R\), а половина стержня равна \(l\), поэтому центр гантели отстоит от центра сферы на

\[ d = \sqrt{R^2-l^2}. \]

а. Поперёк рисунка. Гантель поворачивается вокруг горизонтальной оси, которая проходит через центр сферы и лежит в плоскости рисунка. Обе массы удалены от этой оси ровно на \(d\), значит это самый обычный маятник длины \(d\):

\[ \omega_\perp = \sqrt{\frac gd} = \sqrt{\frac{g}{\sqrt{R^2-l^2}}} . \]

б. Вдоль рисунка. Теперь гантель «катится» по лунке, поворачиваясь вокруг центра сферы: массы едут по окружностям радиуса \(R\), а центр гантели поднимается как у маятника длины \(d\). Сравним энергии при повороте на угол \(\theta\):

\[ U = 2mg\,d\,(1-\cos\theta) \approx mg\,d\,\theta^2,\qquad K = 2\cdot\frac{m(R\dot\theta)^2}{2} = mR^2\dot\theta^2 . \]

Отсюда \(k_{\text{эфф}} = 2mgd\), \(I_{\text{эфф}} = 2mR^2\) и

\[ \omega_\parallel = \sqrt{\frac{2mgd}{2mR^2}} = \frac{\sqrt{g\sqrt{R^2-l^2}}}{R}. \]

Решение

Кинетическая энергия. При качении без проскальзывания угловая скорость связана со скоростью оси: \(\omega_{\text{к}} = v/R\). Для обода \(I = mR^2\), поэтому

\[ K = \frac{mv^2}{2} + \frac{I\omega_{\text{к}}^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mR^2}{2}\cdot\frac{v^2}{R^2} = m v^2 = \frac{(2m)v^2}{2}. \]

То есть колесо ведёт себя как тело массы \(2m\).

Частота.

\[ \omega = \sqrt{\frac{k}{2m}} . \]

Решение

Момент инерции. Относительно центра у тонкого обруча \(I_0 = mR^2\). Гвоздь отстоит от центра на \(R\), поэтому

\[ I = I_0 + mR^2 = 2mR^2 . \]

Возвращающий момент. Центр масс — в центре обруча, на расстоянии \(R\) от оси:

\[ \mathcal M = -mgR\,\varphi . \]

Частота.

\[ \omega = \sqrt{\frac{mgR}{2mR^2}} = \sqrt{\frac{g}{2R}}. \]

Решение

Сведение к одному телу. Пусть деформация пружины \(x = x_1+x_2\), где \(x_1,x_2\) — смещения тел навстречу. Из неподвижности центра масс \(m_1x_1 = m_2x_2\), поэтому

\[ x_1 = \frac{m_2}{m_1+m_2}x,\qquad x_2 = \frac{m_1}{m_1+m_2}x . \]

Для первого тела \(m_1\ddot x_1 = -kx\), а \(\ddot x_1 = \dfrac{m_2}{m_1+m_2}\ddot x\), значит

\[ \frac{m_1m_2}{m_1+m_2}\,\ddot x = -kx . \]

Частота. Введя приведённую массу \(\mu = \dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2}\),

\[ \omega = \sqrt{\frac{k}{\mu}},\qquad \mu = \frac{m_1m_2}{m_1+m_2}. \]

Решение

Приведённые массы. В единицах массы атома водорода

\[ \mu_{\mathrm{H_2}} = \frac{1\cdot1}{1+1} = \frac12,\qquad \mu_{\mathrm{HD}} = \frac{1\cdot2}{1+2} = \frac23 . \]

Отношение частот. Так как \(\omega = \sqrt{k/\mu}\) при одинаковом \(k\),

\[ \frac{\omega_{\mathrm{HD}}}{\omega_{\mathrm{H_2}}} = \sqrt{\frac{\mu_{\mathrm{H_2}}}{\mu_{\mathrm{HD}}}} = \sqrt{\frac{1/2}{2/3}} = \sqrt{\frac34} = \frac{\sqrt3}{2} \approx 0{,}87 . \]

Решение

Мода а (симметричная). Углерод неподвижен, каждый кислород — обычный груз на пружине, закреплённой в неподвижной точке:

\[ \omega_1^2 = \frac{k}{m_{\mathrm O}} . \]

Мода б (антисимметричная). Пусть кислороды сместились на \(x\) вправо, а углерод — на \(y\) влево. Центр масс покоится:

\[ 2m_{\mathrm O}x = m_{\mathrm C}y . \]

Деформация каждой связи равна \(x+y\), значит на кислород действует сила \(k(x+y)\):

\[ m_{\mathrm O}\ddot x = -k(x+y) = -k\,x\left(1+\frac{2m_{\mathrm O}}{m_{\mathrm C}}\right), \] \[ \omega_2^2 = \frac{k}{m_{\mathrm O}}\left(1+\frac{2m_{\mathrm O}}{m_{\mathrm C}}\right) = \frac{k}{m_{\mathrm O}}\cdot\frac{m_{\mathrm C}+2m_{\mathrm O}}{m_{\mathrm C}} . \]

Отношение. С \(m_{\mathrm O} = 16\) и \(m_{\mathrm C} = 12\):

\[ \frac{\omega_2^2}{\omega_1^2} = 1 + \frac{2\cdot16}{12} = 1+\frac83 = \frac{11}{3}, \qquad \frac{\omega_2}{\omega_1} = \sqrt{\frac{11}{3}} \approx 1{,}9 . \]

Решение

Уравнения. Пусть \(x\) — смещение шарика, \(X\) — тележки, \(\theta\) — угол нити. Горизонтальные силы — только составляющая натяжения \(mg\theta\), действующая на шарик назад, а на тележку (через подвес) вперёд:

\[ m\ddot x = -mg\theta,\qquad M\ddot X = +mg\theta,\qquad \theta = \frac{x-X}{l}. \]

Исключаем \(X\). Из второго уравнения \(\ddot X = \dfrac{m}{M}g\theta\). Продифференцировав связь дважды, \(l\ddot\theta = \ddot x - \ddot X\):

\[ l\ddot\theta = -g\theta - \frac mM g\theta = -g\theta\left(1+\frac mM\right), \] \[ \omega^2 = \frac gl\left(1+\frac mM\right) = \frac{g(M+m)}{lM}. \]

Период.

\[ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{lM}{g(M+m)}} = 2\pi\sqrt{\frac lg\cdot\frac{M}{M+m}} . \]

Решение

Геометрия «дыхания». Пусть сторона квадрата \(a\), а каждый шарик сместился к центру по диагонали на \(\delta\). Расстояние от центра до шарика равно \(a/\sqrt2\), поэтому уменьшение стороны

\[ \Delta = \delta\sqrt2 . \]

Сила на один шарик. К шарику подходят две пружины, каждая сжата на \(\Delta\) и толкает его наружу вдоль своей стороны с силой \(k\Delta\). Стороны перпендикулярны, поэтому их равнодействующая направлена по диагонали и равна \(k\Delta\sqrt2\):

\[ F = -k\Delta\sqrt2 = -k\,\delta\sqrt2\cdot\sqrt2 = -2k\delta . \]

Частота.

\[ \omega = \sqrt{\frac{2k}{m}} \quad\Longrightarrow\quad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}} . \]

Моменты времени. Движение началось из положения равновесия — это фаза, в которой смещение равно нулю, а скорость максимальна. Наибольшее сжатие наступит через четверть периода, наибольшее растяжение — через три четверти:

\[ t_{\text{а}} = \frac T4 = \frac\pi2\sqrt{\frac{m}{2k}},\qquad t_{\text{б}} = \frac{3T}{4} = \frac{3\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}. \]

Решение

Период крутильных колебаний. Если момент сил \(\mathcal M = -D\varphi\), то

\[ T = 2\pi\sqrt{\frac ID}. \]

Два измерения. Крутильная жёсткость \(D\) одна и та же, поэтому

\[ \frac{T^2}{T_0^2} = \frac{I_0+I}{I_0} \quad\Longrightarrow\quad I = I_0\left[\left(\frac{T}{T_0}\right)^{\!2}-1\right]. \]

Решение

Геометрия равновесия. Пусть сторона ромба \(a\), горизонтальная диагональ (пружина) \(p\), вертикальная (с шариками) \(q\). Всегда

\[ \left(\frac p2\right)^{\!2}+\left(\frac q2\right)^{\!2} = a^2 . \]

В равновесии пружина не деформирована, то есть \(p = a\). Тогда

\[ \frac q2 = \sqrt{a^2-\frac{a^2}4} = \frac{a\sqrt3}{2}, \qquad q = a\sqrt3 \]

— ромб составлен из двух равносторонних треугольников, его углы \(60^\circ\) и \(120^\circ\).

Передаточный коэффициент. Пусть каждый шарик движется со скоростью \(u\) (навстречу друг другу), а каждая вершина с пружиной — со скоростью \(w\) (наружу). Стержень жёсткий, поэтому проекции скоростей его концов на стержень равны. Проекция скорости шарика равна \(u\cdot\dfrac{q/2}{a}\), проекция скорости вершины пружины — \(w\cdot\dfrac{p/2}{a}\):

\[ u\cdot\frac q2 = w\cdot\frac p2 \quad\Longrightarrow\quad w = u\,\frac qp = u\sqrt3 . \]

Пружина растягивается с обоих концов, значит скорость её удлинения \(2w = 2\sqrt3u\). Итак, смещению шарика на \(u\) отвечает деформация пружины

\[ \Delta = 2\sqrt3\,u . \]

Энергии.

\[ U = \frac{k\Delta^2}{2} = \frac{k\,12u^2}{2} = 6k u^2 = \frac{(12k)u^2}{2},\qquad K = 2\cdot\frac{m\dot u^2}{2} = \frac{(2m)\dot u^2}{2}. \]

Получилась обычная пружинная система с жёсткостью \(12k\) и массой \(2m\):

\[ \omega = \sqrt{\frac{12k}{2m}} = \sqrt{\frac{6k}{m}}. \]

Решение

Сила на муфту. Пусть \(x\) — смещение муфты от точки, лежащей прямо под блоком. Нить натянута с силой \(T = Mg\) и составляет с вертикалью такой угол, что её горизонтальная проекция равна

\[ F = -T\,\frac{x}{\sqrt{l^2+x^2}} \approx -\frac{Mg}{l}\,x \qquad (x \ll l). \]

Частота муфты. Это закон Гука с \(k = Mg/l\):

\[ \omega_1 = \sqrt{\frac{Mg}{ml}}. \]

Что делает груз. Длина нити от муфты до блока равна

\[ \sqrt{l^2+x^2} \approx l + \frac{x^2}{2l}, \]

значит груз поднимается на \(x^2/(2l)\). Подставим \(x = x_0\cos\omega_1 t\):

\[ \frac{x^2}{2l} = \frac{x_0^2}{2l}\cos^2\omega_1 t = \frac{x_0^2}{4l}\left(1+\cos 2\omega_1 t\right). \]

Груз ходит вверх-вниз с удвоенной частотой:

\[ \omega_2 = 2\omega_1 = 2\sqrt{\frac{Mg}{ml}} . \]

Решение

Возвращающая сила. Пусть сечение трубки \(S\), плотность \(\rho\). Если жидкость сместилась на \(x\), перепад уровней равен \(2x\), и «лишний» столбик высотой \(2x\) тянет её назад:

\[ F = -\rho g S\,(2x) = -2\rho g S\,x . \]

Масса. Движется вся жидкость: \(m = \rho S l\).

Период.

\[ \omega^2 = \frac{2\rho gS}{\rho Sl} = \frac{2g}{l}, \qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{2g}}. \]

Решение

Обозначения. Сечения \(S_1\) и \(S_2\), глубина в обеих частях \(H\). Пусть уровень слева поднялся на \(y_1\), справа опустился на \(y_2\). Объём сохраняется:

\[ S_1 y_1 = S_2 y_2 \equiv V . \]

Потенциальная энергия. Всё сводится к переносу объёма \(V\): слой толщины \(y_2\) снят справа (его центр на \(y_2/2\) ниже уровня) и положен слева (центр на \(y_1/2\) выше уровня). Значит его центр масс поднялся на \((y_1+y_2)/2\):

\[ U = \rho V g\,\frac{y_1+y_2}{2} = \frac{\rho g S_1 y_1^2}{2}\left(1+\frac{S_1}{S_2}\right). \]

Кинетическая энергия. Жидкость в левой части движется со скоростью \(\dot y_1\), в правой — со скоростью \(\dot y_2 = \frac{S_1}{S_2}\dot y_1\); масс в них \(\rho S_1 H\) и \(\rho S_2 H\):

\[ K = \frac{\rho H}{2}\left(S_1\dot y_1^2 + S_2\dot y_2^2\right) = \frac{\rho H S_1\dot y_1^2}{2}\left(1+\frac{S_1}{S_2}\right). \]

Частота. Множитель \(\left(1+\frac{S_1}{S_2}\right)\) и \(S_1\) стоят и там и там — они сокращаются:

\[ \omega^2 = \frac{\rho g S_1(1+S_1/S_2)}{\rho H S_1 (1+S_1/S_2)} = \frac gH, \qquad T = 2\pi\sqrt{\frac Hg}. \]

Решение

Масса ареометра. В равновесии вес уравновешен архимедовой силой:

\[ m = \rho s H, \]

где \(s\) — площадь сечения ареометра, \(\rho\) — плотность жидкости.

Возвращающая сила. При погружении на \(x\) добавляется

\[ F = -\rho g s\,x . \]

Частота.

\[ \omega^2 = \frac{\rho g s}{\rho s H} = \frac gH, \qquad \omega = \sqrt{\frac gH}. \]

Решение

Скорость жидкости в канале. Поршень идёт со скоростью \(v\) и вытесняет за секунду объём \(\pi R^2 v\); весь он проходит через канал сечением \(\pi r^2\):

\[ \pi R^2 v = \pi r^2 u \quad\Longrightarrow\quad u = v\,\frac{R^2}{r^2}. \]

Кинетическая энергия жидкости. Основная её часть сидит в канале — там жидкость быстрая, а объём канала \(\pi r^2 l\):

\[ K_{\text{ж}} = \frac{\rho\,\pi r^2 l\;u^2}{2} = \frac{\rho\,\pi r^2 l}{2}\cdot\frac{R^4}{r^4}\,v^2 = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi\rho l R^4}{r^2}\right)v^2 . \]

Это в точности энергия тела «присоединённой массы»

\[ m_{\text{присоед}} = \frac{\pi\rho l R^4}{r^2}. \]

Частота. Складываем массы:

\[ \omega = \sqrt{\frac{k}{m + \dfrac{\pi\rho l R^4}{r^2}}}. \]

Решение

Жёсткость. Погрузившись на \(x\), корабль вытесняет добавочный объём \(Sx\), и архимедова сила возрастает на

\[ F = -\rho g S\,x \quad\Longrightarrow\quad k = \rho g S . \]

Масса из периода.

\[ T = 2\pi\sqrt{\frac{M}{\rho g S}} \quad\Longrightarrow\quad M = \frac{\rho g S\,T^2}{4\pi^2}. \]

Разность. Жёсткость не изменилась, поэтому

\[ m = M_2 - M_1 = \frac{\rho g S}{4\pi^2}\left(T_2^2-T_1^2\right) = \frac{1000\cdot9{,}8\cdot500}{39{,}5}\,(7{,}5^2-7^2). \]

Считаем: \(7{,}5^2-7^2 = 56{,}25-49 = 7{,}25\) с\(^2\), а \(\dfrac{4{,}9\cdot10^6}{39{,}5} = 1{,}24\cdot10^5\) кг/с\(^2\):

\[ m \approx 1{,}24\cdot10^5\cdot7{,}25 \approx 9\cdot10^5\ \text{кг} = 900\ \text{т}. \]

Решение

Скорость и ускорение. Для \(x = A\cos\omega t\)

\[ v = -A\omega\sin\omega t,\qquad a = -A\omega^2\cos\omega t = -\omega^2 x . \]

Скорость опережает смещение на четверть периода, ускорение — на половину: оно всегда направлено против смещения.

Сила. По второму закону Ньютона

\[ F = ma = -m\omega^2 x = -Am\omega^2\cos\omega t . \]

Жёсткость. Сравнивая с \(F = -kx\),

\[ k = m\omega^2 . \]

Решение

Частота.

\[ \omega = \sqrt{\frac gl} = \sqrt{\frac{9{,}8}{1}} \approx 3{,}13\ \text{с}^{-1}. \]

а. Старт из положения равновесия (движение вправо, то есть в сторону положительных \(x\)):

\[ x = 5\sin(3{,}13\,t)\ \text{мм}. \]

б. Старт из крайнего правого положения:

\[ x = 5\cos(3{,}13\,t)\ \text{мм}. \]

(смещение в миллиметрах, время в секундах).

Решение

Фаза. Пусть \(x = A\cos\omega t\), где \(t\) отсчитывается от момента прохождения крайней точки. Тогда \(x = A/2\) при

\[ \cos\omega t = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad \omega t = \frac\pi3 . \]

По условию \(A = 1\) см, а стартовое положение \(0{,}5\) см \(= A/2\). Значит путь от \(A/2\) до \(A\) занимает как раз время, отвечающее изменению фазы на \(\pi/3\):

\[ \omega\cdot0{,}01 = \frac\pi3 . \]

Период.

\[ T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi\cdot0{,}01\cdot3}{\pi} = 0{,}06\ \text{с}. \]

Решение

Отсчёт от максимума. Кинетическая энергия наибольшая в положении равновесия; отсчитаем время от этого момента:

\[ v = v_0\cos\omega t \quad\Longrightarrow\quad E_{\text{к}} = \frac{mv_0^2}{2}\cos^2\omega t . \]

Условие.

\[ \cos^2\omega t = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad \omega t = \frac\pi4 \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{\pi}{4\omega} = \frac T8 . \]

Решение

Две половины качания. Пока маятник отклонён в ту сторону, где нить свободна, он качается с периодом \(T_1 = 2\pi\sqrt{l/g}\). Перейдя через вертикаль, нить ложится на гвоздь, и дальше маятник качается вокруг гвоздя с периодом \(T_2 = 2\pi\sqrt{l/(2g)}\).

Полный период складывается из двух полупериодов:

\[ T = \frac{T_1}{2}+\frac{T_2}{2} = \pi\sqrt{\frac lg} + \pi\sqrt{\frac{l}{2g}} = \pi\sqrt{\frac lg}\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right). \]

Решение

Складываем полупериоды. В левой половине тело — маятник длины \(r\), в правой — длины \(R\):

\[ T = \frac{2\pi}{2}\sqrt{\frac rg} + \frac{2\pi}{2}\sqrt{\frac Rg} = \pi\left(\sqrt{\frac Rg}+\sqrt{\frac rg}\right). \]

Решение

Уравнение движения. Пусть \(\lambda = m/l\) — погонная масса, \(x\) — длина части, оставшейся в вертикальном колене. Тянет вниз только её вес:

\[ m\,\dot v = \lambda x g \quad\Longrightarrow\quad l\,\ddot x = -g\,x \]

(знак минус потому, что \(x\) убывает: \(v = -\dot x\)). Это в точности уравнение гармонических колебаний

\[ \ddot x = -\frac gl\,x,\qquad \omega = \sqrt{\frac gl}. \]

Время. Верёвка стартует из покоя при \(x = l\) — это крайняя точка «колебания». Полностью перейти в горизонтальное колено значит достичь \(x = 0\) — положения равновесия. От крайней точки до положения равновесия проходит четверть периода:

\[ t = \frac T4 = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac lg}. \]

Если часть уже лежала в горизонтальном колене. Тогда старт из покоя при \(x = x_0 < l\) — но это по-прежнему крайняя точка того же самого колебания (частота-то от амплитуды не зависит!), и до \(x = 0\) снова ровно четверть периода:

\[ t = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac lg}\ \ \text{— не изменится}. \]

Решение

Размер пятна. Шар радиуса \(R\), вдавленный на глубину \(x\), касается стенки по кругу радиуса \(a\). По теореме Пифагора для центра шара

\[ a^2 + (R-x)^2 = R^2 \quad\Longrightarrow\quad a^2 = 2Rx - x^2 \approx 2Rx \qquad (x\ll R). \]

Сила. Стенка давит на шарик избыточным давлением по всему пятну:

\[ F = \Delta p\cdot \pi a^2 = 2\pi R\,\Delta p\;x . \]

Это закон Гука с жёсткостью

\[ k = 2\pi R\,\Delta p . \]

Время удара. Пока шарик касается стенки, он проходит ровно половину «колебания» — от нулевой деформации до максимума и обратно:

\[ t = \frac T2 = \pi\sqrt{\frac mk} = \pi\sqrt{\frac{m}{2\pi R\,\Delta p}} . \]

Решение

Разделяем движения. Вдоль оси силы нет, поэтому продольная скорость постоянна и равна \(v_0\) (по условию вся скорость в сечении \(OO''\) направлена вдоль оси). Поперёк действует \(F = -kr\), то есть

\[ \ddot r = -\frac km\,r,\qquad \omega = \sqrt{\frac km}. \]

Почему получается фокус. В сечении \(OO''\) у каждой частицы поперечная скорость равна нулю, а поперечное смещение \(r_0\) своё. Значит

\[ r(t) = r_0\cos\omega t \]

— и обращается в нуль в моменты \(\omega t = \frac\pi2 + \pi n\), одинаковые для всех частиц: частота от \(r_0\) не зависит. Все частицы сходятся на ось одновременно.

Где именно. За это время частица пролетает вдоль оси

\[ l = v_0 t = \frac{v_0}{\omega}\left(\frac\pi2+\pi n\right) = \pi\left(n+\frac12\right)v_0\sqrt{\frac mk}, \qquad n = 0,1,2,\dots \]

Решение

Два движения. Вдоль образующей на шарик ничего не действует — он летит равномерно со скоростью \(v_0\) (угол мал, так что почти вся скорость продольная). Поперёк жёлоб работает как маятник длины \(R\):

\[ \omega = \sqrt{\frac gR}. \]

Промежуток между пересечениями. Поперечная координата обращается в нуль через каждые полпериода, а за это время шарик пролетает вдоль

\[ d = v_0\cdot\frac{T}{2} = \frac{\pi v_0}{\omega} = \pi v_0\sqrt{\frac Rg}. \]

Число пересечений. На длине \(l\) их укладывается

\[ N = \left[\frac{l}{d}\right] = \left[\frac{l}{\pi v_0}\sqrt{\frac gR}\right] \]

— целая часть этого выражения.

Решение

Свободный участок. Пусть стена наклонена к вертикали на \(\beta\), а маятник отпущен с угла \(2\beta\) в противоположную сторону. Между ударами

\[ \theta = 2\beta\cos\omega t,\qquad \omega = \sqrt{\frac gl}. \]

Момент удара. Маятник встречает стену при \(\theta = -\beta\):

\[ 2\beta\cos\omega t = -\beta \quad\Longrightarrow\quad \cos\omega t = -\frac12 \quad\Longrightarrow\quad \omega t = \frac{2\pi}{3}. \]

Период. Удар абсолютно упругий, значит скорость просто меняет знак и маятник проходит тот же путь обратно за то же время:

\[ T = 2\cdot\frac{2\pi}{3\omega} = \frac{4\pi}{3}\sqrt{\frac lg}. \]

Решение

Свободный участок. Пусть \(x = A\cos\omega_0 t\), отсчёт от дальней крайней точки \((\omega_0 = 2\pi/T_0)\). Шарик доходит до плиты, стоящей на расстоянии \(l\) по другую сторону от равновесия, то есть при \(x = -l\):

\[ \cos\omega_0 t = -\frac lA . \]

Период. Удар упругий, поэтому \(T = 2t\):

\[ \omega_0 t = \frac{\omega_0 T}{2} = \frac{2\pi}{T_0}\cdot\frac T2 = \frac{\pi T}{T_0}, \] \[ -\frac lA = \cos\frac{\pi T}{T_0} \quad\Longrightarrow\quad l = -A\cos\frac{\pi T}{T_0} = A\cos\left[\pi\left(1-\frac{T}{T_0}\right)\right]. \]

Решение

Скорость в момент касания. Груз пролетает свободно \(H-h\):

\[ v_0 = \sqrt{2g(H-h)} . \]

Колебания на пружине. Частота \(\omega = \sqrt{k/m}\), положение равновесия на \(mg/k\) ниже верхнего конца пружины. Отсчитаем \(y\) от равновесия вниз: в момент касания \(y = -mg/k\), скорость \(v_0\) вниз. Амплитуда

\[ a = \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^{\!2}+\frac{v_0^2}{\omega^2}} . \]

Доля периода. Запишем \(y = a\sin\psi\), где \(\psi = \omega t + \psi_0\). Контакт начинается при \(\sin\psi_0 = -\dfrac{mg/k}{a}\) и движении вниз, кончается — при том же \(\sin\psi\), но при движении вверх. Разность фаз

\[ \Delta\psi = \pi + 2\arcsin\frac{mg/k}{a} = \pi + 2\operatorname{arctg}\frac{mg/k}{v_0/\omega}. \]

Отношение под арктангенсом считается легко:

\[ \frac{mg/k}{v_0/\omega} = \frac{mg/k}{\sqrt{2g(H-h)}\sqrt{m/k}} = \sqrt{\frac{mg}{2k(H-h)}} . \]

Время.

\[ t = \frac{\Delta\psi}{\omega} = \left[\pi + 2\operatorname{arctg}\sqrt{\frac{mg}{2k(H-h)}}\,\right]\sqrt{\frac mk}. \]

Решение

Пока брусок заезжает. Пусть \(x\) — длина части, оказавшейся на шероховатом участке. Нормальная нагрузка этой части равна \(mg\,x/l\), поэтому

\[ m\ddot x = -\mu mg\,\frac xl \quad\Longrightarrow\quad \ddot x = -\frac{\mu g}{l}x,\qquad \omega = \sqrt{\frac{\mu g}{l}} . \]

Старт: \(x = 0\), \(\dot x = v\), значит

\[ x(t) = \frac{v}{\omega}\sin\omega t . \]

Случай медленного бруска \(\left(v \le \omega l = \sqrt{\mu g l}\right)\). Тогда \(x\) не успевает дорасти до \(l\): брусок останавливается в момент, когда \(\dot x = 0\), то есть через четверть периода:

\[ t = \frac{\pi}{2\omega} = \frac\pi2\sqrt{\frac{l}{\mu g}} . \]

Случай быстрого бруска \(\left(v > \sqrt{\mu gl}\right)\). Брусок успевает заехать целиком. Скорость в этот момент найдём из энергии (работа трения при заезде равна \(\mu mgl/2\)):

\[ v' = \sqrt{v^2-\mu g l}. \]

Время заезда — из \(\dfrac{v}{\omega}\sin\omega t_1 = l\), то есть \(\sin\omega t_1 = \dfrac{\omega l}{v} = \dfrac{\sqrt{\mu g l}}{v}\), что то же самое, что \(\cos\omega t_1 = v'/v\):

\[ t_1 = \sqrt{\frac{l}{\mu g}}\arccos\frac{v'}{v}. \]

Дальше брусок целиком на шероховатом участке и тормозит равнозамедленно:

\[ t_2 = \frac{v'}{\mu g},\qquad t = \frac{v'}{\mu g} + \sqrt{\frac{l}{\mu g}}\arccos\frac{v'}{v}. \]

Решение

Плотность вероятности. Доля времени, проводимая на участке \(dx\), обратно пропорциональна скорости \(v(x) = \omega\sqrt{A^2-x^2}\). Нормируя на полупериод,

\[ p(x) = \frac{1}{\pi\sqrt{A^2-x^2}},\qquad -A < x < A. \]

Прицел в центр. Пуля попадает в диск, если центр диска в этот момент отстоит от точки прицеливания меньше чем на \(R\):

\[ w = \int_{-R}^{R}\frac{dx}{\pi\sqrt{A^2-x^2}} = \frac2\pi\arcsin\frac RA . \]

Два случая. При \(A \gg R\) арксинус можно заменить аргументом:

\[ w \approx \frac{2R}{\pi A}. \]

При \(A = 2R\)

\[ w = \frac2\pi\arcsin\frac12 = \frac2\pi\cdot\frac\pi6 = \frac13 . \]

Прицел у края. Плотность \(p(x)\) максимальна у краёв — там диск «зависает». Значит, целясь в точку на расстоянии \(R\) от края области, стрелок захватывает как раз самый «густой» участок, и вероятность увеличится. Например, при \(A = 2R\) прицел в точку \(x = A-R = R\) даёт

\[ w' = \int_{0}^{2R}\frac{dx}{\pi\sqrt{4R^2-x^2}} = \frac1\pi\arcsin 1 = \frac12 > \frac13\ ✓ \]

Решение

В системе конца пружины. Пусть конец движется со скоростью \(u\), тогда мгновенное положение равновесия груза тоже едет со скоростью \(u\). Введём \(y = x - ut\) — смещение груза относительно этого «бегущего равновесия». Уравнение получается обычным:

\[ m\ddot y = -k y,\qquad \omega = \sqrt{\frac km}. \]

В начальный момент груз стоит на месте и пружина не деформирована, значит \(y(0) = 0\), \(\dot y(0) = -u\):

\[ y = -\frac u\omega\sin\omega t . \]

Условие «не колебаться». Скорость груза в лабораторной системе \(\dot x = \dot y + u = u(1-\cos\omega t)\). Чтобы после мгновенной остановки конца груз замер, нужно \(\dot x = 0\), то есть

\[ \cos\omega\tau = 1 \quad\Longrightarrow\quad \omega\tau = 2\pi n . \]

При этом автоматически \(y = 0\), то есть груз стоит точно в новом положении равновесия ✓ — колебаться ему нечем и незачем.

Скорость. Конец шёл время \(\tau = d/u\), поэтому

\[ \omega\,\frac du = 2\pi n \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{d}{2\pi n}\sqrt{\frac km},\qquad n = 1,2,\dots \]

Аналог для маятника. Точку подвеса математического маятника длины \(l\) начали двигать горизонтально с постоянной скоростью и, сдвинув на \(d\), резко остановили. При каких скоростях маятник после этого не будет качаться? Ответ той же формы: \(u = \dfrac{d}{2\pi n}\sqrt{\dfrac gl}\).

Решение

Законы движения. Оба стартуют из положения равновесия:

\[ x_1 = a\sin\omega t,\qquad x_2 = a\sin\omega(t-\tau),\qquad \omega = \frac{2\pi}{T}. \]

Встреча. Приравниваем и пользуемся тем, что синусы равны, когда их аргументы дополняют друг друга до \(\pi\):

\[ \omega t = \pi - \omega(t-\tau) \quad\Longrightarrow\quad 2\omega t = \pi + \omega\tau, \] \[ t = \frac{\pi}{2\omega}+\frac\tau2 = \frac T4 + \frac\tau2 . \]

Решение

Положение равновесия. Оно находится там, где пружина растянута на \(mg/k\).

а. Пружина не деформирована. Тело стартует на \(mg/k\) выше равновесия, из покоя. Значит амплитуда \(A = mg/k\), и, направив ось \(x\) вертикально вверх с началом в начальном положении,

\[ x = \frac{mg}{k}\left(\cos\omega t - 1\right),\qquad \omega = \sqrt{\frac km}. \]

Тело опускается, доходит до \(-2mg/k\) и возвращается.

б. Пружина сжата на \(l\). Теперь тело ещё на \(l\) выше, то есть на \(mg/k + l\) выше равновесия:

\[ x = \left(\frac{mg}{k}+l\right)\left(\cos\omega t - 1\right). \]

Решение

Скорость сразу после удара. Пуля застревает, импульс сохраняется:

\[ mv = (M+m)u \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{mv}{M+m}. \]

Частота. Колеблется тело вместе с застрявшей пулей:

\[ \omega = \sqrt{\frac{k}{M+m}} . \]

Движение. В момент \(t = 0\) координата нулевая (пружина не деформирована), а скорость равна \(u\) — это старт из положения равновесия:

\[ v(t) = u\cos\omega t = \frac{mv}{M+m}\cos\sqrt{\frac{k}{M+m}}\;t, \] \[ x(t) = \frac u\omega\sin\omega t = \frac{mv}{\sqrt{k(M+m)}}\,\sin\sqrt{\frac{k}{M+m}}\;t . \]

Решение

Первый удар. Передний шарик отскакивает упруго и летит от стенки со скоростью \(v\), задний по-прежнему идёт к стенке со скоростью \(v\). Суммарный импульс стал нулевым — центр масс системы остановился.

Колебание. Относительное движение — это колебание двух тел на пружине с приведённой массой \(\mu = m/2\):

\[ \omega = \sqrt{\frac{k}{\mu}} = \sqrt{\frac{2k}{m}}, \qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}} . \]

Шарики сближаются, пружина сжимается, достигает наибольшего сжатия через четверть периода и через полпериода снова оказывается недеформированной — но с противоположными скоростями: передний шарик теперь летит к стенке со скоростью \(v\), задний — от неё.

Второй удар. Он неизбежен и происходит ровно через

\[ \frac T2 = \pi\sqrt{\frac{m}{2k}} \]

после первого, причём в этот момент пружина не деформирована. Передний шарик отскакивает и приобретает скорость \(v\) от стенки — теперь оба шарика движутся от стенки со скоростью \(v\), пружина не деформирована, и система удаляется как единое целое, больше не колеблясь.

Решение

Центр масс. Он движется равномерно со скоростью

\[ V = \frac{m_1 v}{m_1+m_2}. \]

Относительное движение. В момент удара пружина не деформирована, а относительная скорость равна \(v\). Значит относительная скорость меняется как

\[ v_{\text{отн}} = v_1 - v_2 = v\cos\omega t . \]

Собираем. Скорости выражаются через \(V\) и \(v_{\text{отн}}\):

\[ v_1 = V + \frac{m_2}{m_1+m_2}v_{\text{отн}},\qquad v_2 = V - \frac{m_1}{m_1+m_2}v_{\text{отн}}, \] \[ v_1 = \frac{m_1 v}{m_1+m_2}\left(1+\frac{m_2}{m_1}\cos\omega t\right), \qquad v_2 = \frac{m_1 v}{m_1+m_2}\left(1-\cos\omega t\right). \]

Решение

Новое равновесие. Оно смещено на \(x_0 = F/k\).

Амплитуда. Тело в начальный момент покоится в старой точке, отстоящей от нового равновесия на \(F/k\). Покой — признак крайней точки, значит

\[ A = \frac Fk . \]

Наибольшее смещение и сила пружины. Тело доходит до \(2F/k\), где пружина растянута сильнее всего:

\[ F_{\max} = k\cdot\frac{2F}{k} = 2F, \]

и происходит это через полпериода после включения:

\[ \tau = \frac T2 . \]

Решение

Это гармоническое колебание. Сумма двух гармоник одной частоты снова гармоника той же частоты. Действительно, обозначив \(\tau = t-t_0\),

\[ x = x_0\cos\omega\tau + \frac{v_0}{\omega}\sin\omega\tau = A\cos(\omega\tau - \varphi), \]

где

\[ A = \sqrt{x_0^2+\frac{v_0^2}{\omega^2}},\qquad \operatorname{tg}\varphi = \frac{v_0}{\omega x_0} \]

— это обычное «свёртывание» суммы синуса и косинуса, то же самое, что сложение двух перпендикулярных векторов длиной \(x_0\) и \(v_0/\omega\).

Начальные данные. Подставим \(t = t_0\), то есть \(\tau = 0\):

\[ x(t_0) = x_0\cdot1 + \frac{v_0}{\omega}\cdot0 = x_0\ ✓ \]

Скорость (каждое дифференцирование даёт множитель \(\omega\) и сдвиг фазы):

\[ \dot x = -x_0\omega\sin\omega\tau + v_0\cos\omega\tau, \qquad \dot x(t_0) = v_0\ ✓ \]

Единственность. Любое гармоническое колебание частоты \(\omega\) имеет вид \(A\cos(\omega\tau-\varphi)\) — в нём два свободных параметра. Условия \(x(t_0) = x_0\) и \(\dot x(t_0) = v_0\) задают ровно два уравнения и определяют их однозначно. Значит найденная функция — та самая, и других нет.

Решение

Состояние в момент включения.

\[ x(t_0) = A_0\cos\omega t_0,\qquad \frac{v(t_0)}{\omega} = -A_0\sin\omega t_0 . \]

Новая амплитуда. Отсчитывая от нового равновесия \(x_{\text{нов}} = F/k\),

\[ A^2 = \left(A_0\cos\omega t_0 - \frac Fk\right)^{\!2} + \left(A_0\sin\omega t_0\right)^{\!2}, \] \[ A = \sqrt{A_0^2 + \frac{F^2}{k^2} - \frac{2A_0F}{k}\cos\omega t_0}. \]

Это в точности теорема косинусов для треугольника со сторонами \(A_0\) и \(F/k\) и углом \(\omega t_0\) между ними — что и понятно: на «фазовой плоскости» мы складываем старый радиус-вектор со сдвигом центра.

Крайние случаи. Амплитуда наибольшая, когда \(\cos\omega t_0 = -1\):

\[ \omega t_0 = \pi(2n+1),\qquad A_{\max} = A_0+\frac Fk, \]

и наименьшая при \(\cos\omega t_0 = 1\):

\[ \omega t_0 = 2\pi n,\qquad A_{\min} = \left|A_0-\frac Fk\right| . \]

Решение

Начальные условия. Пружина не деформирована — значит груз в положении равновесия; трение уже разогнало его до скорости ленты \(u\).

Амплитуда. Для колебания, начатого из центра со скоростью \(u\),

\[ A = \frac u\omega = u\sqrt{\frac mk}. \]

Решение

Пока груз скользит. Трение \(\mu mg\) направлено вперёд и сдвигает равновесие в точку \(x_{\text{р}} = \mu mg/k\). Груз стартует из покоя в точке \(x=0\), то есть в крайней точке колебания с амплитудой \(\mu mg/k\):

\[ x = \frac{\mu mg}{k}\left(1-\cos\omega t\right),\qquad v = \frac{\mu mg}{k}\,\omega\sin\omega t . \]

Наибольшая скорость груза при этом

\[ v_{\max} = \frac{\mu mg}{k}\,\omega = \mu g\sqrt{\frac mk}. \]

Быстрая лента. Если

\[ u \ \ge\ \mu g\sqrt{\frac mk}, \]

груз никогда не догоняет ленту, трение всё время остаётся скользящим и постоянным — движение так и остаётся чисто гармоническим с амплитудой

\[ A = \frac{\mu mg}{k}. \]

Медленная лента. При меньшей \(u\) груз догоняет ленту, «прилипает» к ней и некоторое время едет вместе с ней, пока пружина не пересилит трение покоя. Это происходит как раз в точке \(x = \mu mg/k\) — в новом положении равновесия, причём со скоростью \(u\). Дальше груз срывается и совершает колебание, начатое из центра со скоростью \(u\):

\[ A = u\sqrt{\frac mk}. \]

Так устроен установившийся режим — знакомое «прилипание и проскальзывание».

Решение

Энергия. В конце пружина не деформирована и тело стоит, значит вся начальная энергия израсходована:

\[ \frac{k l^2}{2} = \mu M g\,S, \]

где \(S\) — полный путь.

Путь. При сухом трении амплитуда за каждое колебание уменьшается на одну и ту же величину — убывает линейно от \(l\) до нуля. За одно полное колебание тело проходит четыре амплитуды, а средняя амплитуда равна \(l/2\):

\[ S = 4n\cdot\frac l2 = 2nl . \]

Коэффициент трения.

\[ \frac{kl^2}{2} = \mu Mg\cdot 2nl \quad\Longrightarrow\quad \mu = \frac{k l}{4 M g\,n}. \]

Решение

Уравнение для \(M\). Нить \(AB\) вертикальна, её натяжение горизонтальной составляющей не имеет. Значит горизонтально шарик \(M\) тянет только нить \(BC\), у которой натяжение примерно \(mg\), а угол с вертикалью \(\theta\):

\[ M\ddot x_B = mg\,\theta . \]

Так как \(x_B\) колеблется с частотой \(\omega\), \(\ddot x_B = -\omega^2 x_B\), и

\[ \theta = -\frac{M\omega^2}{mg}\,x_B . \]

Уравнение для \(m\). На нижний шарик действует горизонтальная составляющая \(-mg\theta\), а его координата

\[ x_C = x_B + L\theta,\qquad L = BC. \]

Поэтому

\[ m\ddot x_C = -mg\theta \quad\Longrightarrow\quad -m\omega^2\left(x_B + L\theta\right) = -mg\theta . \]

Подставляем \(\theta\).

\[ -m\omega^2 x_B\left(1 - \frac{LM\omega^2}{mg}\right) = M\omega^2 x_B, \] \[ -m + \frac{LM\omega^2}{g} = M \quad\Longrightarrow\quad L = \frac{g(M+m)}{M\omega^2}. \]

Решение

Сила.

\[ F = ma = -m\omega^2 x = -m\omega^2 A\cos(\omega t+\varphi). \]

Наибольшее значение.

\[ |F|_{\max} = m\omega^2 A, \]

достигается, когда \(|\cos(\omega t+\varphi)| = 1\), то есть при

\[ \omega t + \varphi = \pi n \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{\pi n - \varphi}{\omega},\qquad n\ \text{— целое}. \]

Решение

Условие совместного движения. Ускорение мембраны \(a = -\omega^2 x\); вниз оно наибольшее в верхней точке и равно \(\omega^2 A\). Груз следует за мембраной, пока

\[ \omega^2 A \le g . \]

Если же

\[ \omega^2 A > g, \]

груз начинает отскакивать.

Где происходит отрыв. Реакция мембраны обращается в нуль там, где требуемое ускорение вниз равно \(g\):

\[ \omega^2 x = g \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{g}{\omega^2} > 0 . \]

Координата положительна — отрыв происходит выше среднего положения мембраны, на высоте \(g/\omega^2\) над ним.

Решение

Сила контакта. Молоточек массы \(m\) движется вместе с мембраной с ускорением \(a = -\omega^2 x\). Его прижимают винтом с силой \(F\), а мембрана отвечает реакцией \(N\). Второй закон Ньютона (вместе с постоянными силами, которые в равновесии дают как раз \(F\)):

\[ N = F - m\omega^2 A\cos\omega t . \]

Сила контакта колеблется вокруг \(F\) с размахом \(m\omega^2A\).

Момент срыва. Дребезжание начинается, когда минимум \(N\) достигает нуля:

\[ F - m\omega^2 A = 0 \quad\Longrightarrow\quad A = \frac{F}{m\omega^2}. \]

Решение

Точка и скорость отрыва. Отрыв при \(x_{\text{о}} = g/\omega^2\), где скорость

\[ v_{\text{о}} = \omega\sqrt{A^2 - x_{\text{о}}^2} = \omega\sqrt{A^2-\frac{g^2}{\omega^4}} . \]

Свободный подъём. После отрыва груз поднимается ещё на

\[ \frac{v_{\text{о}}^2}{2g} = \frac{\omega^2A^2 - g^2/\omega^2}{2g} = \frac{\omega^2A^2}{2g} - \frac{g}{2\omega^2}. \]

Высота над начальным положением. Плита начала движение из нижней точки, то есть на \(A\) ниже среднего положения. Складываем:

\[ h = A + \frac{g}{\omega^2} + \left(\frac{\omega^2A^2}{2g}-\frac{g}{2\omega^2}\right) = A + \frac{g}{2\omega^2} + \frac{\omega^2A^2}{2g}, \]

и всё это при условии \(\omega^2A > g\).

Решение

Условие повторяемости. Пусть груз отрывается со скоростью \(v_{\text{о}}\). Время свободного полёта

\[ t_{\text{пол}} = \frac{2v_{\text{о}}}{g}. \]

Чтобы плита к моменту возвращения груза была в той же фазе, нужно

\[ t_{\text{пол}} = n\,T = \frac{2\pi n}{\omega} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{о}} = \frac{\pi n g}{\omega}. \]

Связь с амплитудой. Скорость отрыва мы знаем из предыдущей задачи:

\[ v_{\text{о}}^2 = \omega^2A^2 - \frac{g^2}{\omega^2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\pi^2n^2g^2}{\omega^2} = \omega^2A^2 - \frac{g^2}{\omega^2}, \] \[ \omega^2 A^2 = \frac{g^2}{\omega^2}\left(\pi^2n^2+1\right) \quad\Longrightarrow\quad A = \frac{g}{\omega^2}\sqrt{\pi^2n^2+1}. \]

Решение

Порог. Тело движется вместе с торцом, только если требуемое ускорение \(\omega^2 A\) не превышает того, что даёт трение:

\[ \omega^2 A \le \mu g \quad\Longrightarrow\quad A \le \frac{\mu g}{\omega^2} = \frac{1\cdot9{,}8}{10^{14}} \approx 10^{-13}\ \text{м} = 10^{-11}\ \text{см}. \]

Только при таких — фантастически малых — амплитудах тело «прилипает» к торцу, входит в колебательную систему и заметно меняет её частоту. При больших амплитудах тело практически стоит, и пластинка колеблется так, будто его нет.

Скорость тела при \(A = 10^{-6}\) см. Здесь \(A\) в сто тысяч раз больше порога, так что тело всё время скользит. Трение постоянно по модулю \((\mu g)\) и меняет знак вместе со скоростью пластинки — то есть дважды за период. Значит тело попеременно разгоняется и тормозится с ускорением \(\mu g\), и за полпериода его скорость успевает измениться на \(\mu g\,T/2\). В установившемся режиме скорость колеблется около нуля с амплитудой

\[ v_{\max} = \mu g\cdot\frac{T}{4} = \frac{\pi \mu g}{2\omega} = \frac{\pi\cdot9{,}8}{2\cdot10^7} \approx 1{,}5\cdot10^{-6}\ \text{м/с}. \]

Решение

Что происходит без внешней силы. Пусть поверхность колеблется со скоростью \(V(t) = v_0\cos\omega t\), а предмет почти неподвижен \((|u| \ll v_0)\). Относительная скорость предмета \(u - V(t)\) меняет знак дважды за период, значит и сила трения \(\mu mg\) меняет направление дважды за период. Ровно половину времени она тянет предмет в одну сторону, половину — в другую, и её среднее равно нулю. Предмет стоит.

Что происходит с малой внешней силой. Стоит предмету поехать со скоростью \(u\), как «плюсовые» и «минусовые» полупериоды перестают быть равными: доля времени, в которую \(V < u\), чуть больше половины. Разность оказывается пропорциональной \(u/v_0\), и среднее трение

\[ \langle F_{\text{тр}}\rangle \approx -\mu mg\cdot\frac{2u}{\pi v_0} \]

— оно линейно по скорости, как вязкое сопротивление, и во много раз меньше \(\mu mg\), ведь \(u \ll v_0\).

Вывод. Сухое трение «превратилось» в очень слабое вязкое. Поэтому: покоя-с-трением больше нет — сдвинуть предмет можно сколь угодно малой силой; предмет не рывками, а плавно «плывёт» с установившейся скоростью, пропорциональной приложенной силе; и рука ощущает поверхность как скользкую, потому что сопротивление сдвигу практически исчезло.

Решение

Среднее трение. Пусть плоскость колеблется со скоростью \(V = v_0\cos\omega t\), а тело ползёт со скоростью \(u \ll v_0\). Трение направлено против относительной скорости \(u - V\). Доля времени, когда \(V < u\), равна

\[ 1 - \frac{\arccos(u/v_0)}{\pi} \approx \frac12 + \frac{u}{\pi v_0}, \]

то есть «тормозящие» полупериоды длиннее «разгоняющих» на \(2u/(\pi v_0)\) доли. Значит среднее трение

\[ \langle F_{\text{тр}}\rangle = -\mu m g\cos\alpha\cdot\frac{2u}{\pi v_0}. \]

Установившееся движение. Оно наступает, когда среднее трение уравновешивает скатывающую силу:

\[ mg\sin\alpha = \mu mg\cos\alpha\cdot\frac{2u}{\pi v_0} \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{\pi v_0\operatorname{tg}\alpha}{2\mu}. \]

Тело равномерно сползает вниз, попутно подрагивая вместе с плоскостью.

Решение

Две независимые частоты. Сдвинем тело по горизонтали на \(x\). Обе пружины \(k_1\) деформируются на \(x\) и тянут назад, а концы пружин \(k_2\) просто скользят по рамке и ничего не чувствуют. Значит

\[ \omega_1 = \sqrt{\frac{2k_1}{m}},\qquad \omega_2 = \sqrt{\frac{2k_2}{m}} \]

— по горизонтали и по вертикали соответственно.

Общий случай. Движение есть наложение двух гармонических колебаний по взаимно перпендикулярным направлениям с разными частотами:

\[ x = A_1\cos(\omega_1 t+\varphi_1),\qquad y = A_2\cos(\omega_2 t+\varphi_2). \]

Это фигура Лиссажу. Если отношение \(\omega_1/\omega_2\) рационально, траектория замкнута; если нет — линия никогда не замыкается и постепенно заполняет прямоугольник \(2A_1\times2A_2\).

Прямолинейное движение. При \(k_1\ne k_2\) частоты различны, и сумма двух колебаний разных частот прямой линией быть не может — кроме случаев, когда одна из амплитуд равна нулю. Значит прямолинейно тело движется только вдоль горизонтали или вдоль вертикали. Возбудить такое движение просто: отклонить тело строго по горизонтали (или строго по вертикали) и отпустить без начальной скорости — либо толкнуть его из положения равновесия строго вдоль одной из этих осей.

Решение

Сила. Смещению \(\vec r = (x,y)\) отвечает сила

\[ \vec F = (-2k_1x,\ -2k_2y) = (-kx,\ -ky) = -k\vec r . \]

Обе частоты одинаковы:

\[ \omega = \sqrt{\frac km}. \]

Прямолинейные колебания в любом направлении. Сила всегда направлена вдоль \(-\vec r\), то есть строго к центру. Если отклонить тело в любую сторону и отпустить без начальной скорости, оно так и будет ходить по этой прямой — сойти с неё нечему.

Движение по окружности. Нужно, чтобы \(x\) и \(y\) колебались с одинаковой амплитудой и сдвигом фаз \(90^\circ\). Практически: отклонить тело на \(r\) и сообщить ему скорость \(v\), перпендикулярную отклонению, причём

\[ v = \omega r = r\sqrt{\frac km}. \]

Это то же условие, что и для спутника: центростремительное ускорение \(v^2/r\) должно равняться \(kr/m\).

Замкнутость. Обе координаты колеблются с одной и той же частотой \(\omega\), поэтому через время \(T = 2\pi/\omega\) и \(x\), и \(y\), и обе скорости принимают прежние значения. Значит траектория замыкается при любом возбуждении — в общем случае это эллипс с центром в положении равновесия.

Период.

\[ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac mk}. \]

Решение

а. Толчок в крайней точке. В этот момент скорость вдоль старого направления равна нулю, а поперёк равна \(v\). Значит

\[ x = A\cos\omega t,\qquad y = \frac v\omega\sin\omega t \]

— эллипс с полуосями \(A\) и \(v/\omega\), направленными вдоль старой плоскости колебаний и поперёк неё. Расстояние до положения равновесия меняется между полуосями:

\[ \frac v\omega \ \le\ r \ \le\ A \]

(если \(v/\omega < A\); иначе границы меняются местами).

б. Толчок в произвольной точке. Теперь оба колебания «сдвинуты по фазе» произвольно, и оси эллипса уже не совпадают с координатными. Полуоси \(a\) и \(b\) удобно найти из двух инвариантов. Первый — сумма квадратов полуосей: для эллипса, получаемого наложением, она равна сумме квадратов амплитуд по любым двум перпендикулярным направлениям,

\[ a^2+b^2 = A^2 + \frac{v^2}{\omega^2}. \]

Второй — произведение полуосей, оно пропорционально «секториальной скорости», то есть моменту импульса; в момент толчка радиус-вектор равен \(x\), а перпендикулярная ему скорость равна \(v\):

\[ ab = \frac{x v}{\omega}. \]

Значит \(a^2\) и \(b^2\) — корни квадратного уравнения \(z^2-(A^2+v^2/\omega^2)z+(xv/\omega)^2 = 0\):

\[ a,b = \sqrt{\frac12\left[A^2+\frac{v^2}{\omega^2} \pm\sqrt{\left(A^2+\frac{v^2}{\omega^2}\right)^{\!2} - \frac{4x^2v^2}{\omega^2}}\;\right]} . \]

Решение

Где эллипс пересекает ось \(y\). Положим \(x = 0\):

\[ \cos(\omega t-\varphi) = 0 \quad\Longrightarrow\quad \omega t = \varphi \pm \frac\pi2 , \] \[ y = A\cos\left(2\varphi\pm\frac\pi2\right) = \mp A\sin2\varphi . \]

Читаем по сетке. Сторона квадрата равна \(2A\), то есть от центра до края — две клетки, значит одна клетка это \(A/2\). Эллипс пересекает вертикальную ось на расстоянии одной клетки от центра:

\[ A\sin2\varphi = \frac A2 \quad\Longrightarrow\quad \sin2\varphi = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad 2\varphi = \frac\pi6 . \]

Решение

Переходим к диагоналям. Сложим и вычтем уравнения:

\[ x+y = 2A\cos\omega t\cos\varphi,\qquad x-y = 2A\sin\omega t\sin\varphi . \]

Введём координаты вдоль диагоналей квадрата:

\[ u = \frac{x+y}{\sqrt2} = \sqrt2\,A\cos\varphi\,\cos\omega t,\qquad w = \frac{x-y}{\sqrt2} = \sqrt2\,A\sin\varphi\,\sin\omega t . \]

Это каноническое уравнение эллипса: \(u\) и \(w\) — чистые косинус и синус, значит

\[ \frac{u^2}{\left(\sqrt2A\cos\varphi\right)^2} + \frac{w^2}{\left(\sqrt2A\sin\varphi\right)^2} = 1 . \]

Оси эллипса лежат на диагоналях квадрата, а полуоси равны

\[ \sqrt2\,A\cos\varphi \quad\text{и}\quad \sqrt2\,A\sin\varphi . \]

Вырожденные случаи. Отрезок получается, когда одна из полуосей обращается в нуль:

\[ \sin\varphi = 0\ \text{или}\ \cos\varphi = 0 \quad\Longrightarrow\quad 2\varphi = \pi n . \]

Окружность — когда полуоси равны:

\[ |\cos\varphi| = |\sin\varphi| \quad\Longrightarrow\quad 2\varphi = \pm\frac\pi2 + 2\pi n . \]

Решение

Что подано на пластины.

\[ x \propto A\cos\omega t,\qquad y \propto -A\omega\sin\omega t . \]

Исключая время, получаем

\[ \left(\frac{x}{A}\right)^{\!2} + \left(\frac{y}{A\omega}\right)^{\!2} = 1 \]

— эллипс с осями, направленными по горизонтали и вертикали. Его полуоси пропорциональны \(A\) и \(A\omega\).

Решение

Мгновенный сдвиг фаз. Перепишем:

\[ x = A\cos(\omega t - \varphi),\qquad y = A\cos(\omega t + \varphi),\qquad \varphi = \frac{\Omega t}{2}. \]

За время одного быстрого оборота \(2\pi/\omega\) величина \(\varphi\) почти не меняется, поэтому в каждый момент видна фигура из задачи 3.4.5 с полуосями

\[ \sqrt2A\cos\frac{\Omega t}{2} \quad\text{и}\quad \sqrt2A\sin\frac{\Omega t}{2}. \]

Что мы увидим. В начальный момент — отрезок по диагонали экрана. Он раздувается в эллипс, вытянутый вдоль этой диагонали; полуоси постепенно сравниваются, и при \(\Omega t = \pi/2\) на экране окружность. Дальше эллипс вытягивается уже вдоль другой диагонали, при \(\Omega t = \pi\) снова вырождается в отрезок — теперь по второй диагонали, — и всё повторяется. Полный цикл занимает время

\[ \frac{2\pi}{\Omega}. \]

Решение

Правило подсчёта. Если кривая касается горизонтальной стороны \(p\) раз, а вертикальной \(q\) раз, то

\[ \omega_y : \omega_x = p : q, \qquad\text{то есть}\qquad T_x : T_y = p : q . \]

Случаи а, б, в. Здесь верхнюю сторону кривая задевает в двух точках, а боковую — в одной: \(p = 2\), \(q = 1\), значит по \(y\) колебания вдвое быстрее:

\[ T_x : T_y = 2 : 1 . \]

Случай в проверяется совсем просто, без всякого счёта: это парабола \(y = 2(x/A)^2-1\), а такая зависимость получается ровно из \(\cos2\theta = 2\cos^2\theta-1\) при \(x = A\cos\theta,\ y = A\cos2\theta\) ✓ — то есть \(\omega_y = 2\omega_x\). Случаи а и б — та же пара частот, но с другими начальными фазами: два «высоких» лепестка бок о бок.

Случай г. Здесь наоборот: боковую сторону кривая задевает дважды, верхнюю — один раз, лепестки лежат друг над другом:

\[ T_x : T_y = 1 : 2 . \]

Решение

Общий период. Пусть \(T_x : T_y = p : q\), где \(p\) и \(q\) — целые. Обозначим \(T = q\,T_x = p\,T_y\). За это время

координата \(x\) совершает ровно \(q\) полных колебаний,

координата \(y\) — ровно \(p\) полных колебаний,

и обе они вместе со скоростями возвращаются к исходным значениям. Значит через время \(T\) точка оказывается в прежнем месте с прежней скоростью и дальше повторяет ту же траекторию: кривая замкнута.

Если отношение иррационально. Тогда общего кратного у \(T_x\) и \(T_y\) не существует, точка никогда не возвращается в прежнее состояние, и линия постепенно заполняет весь прямоугольник, никогда не замыкаясь.

Равные частоты. При \(T_x = T_y\) это случай \(p = q = 1\): траектория замыкается за один период. Как мы видели в задачах 3.4.3 и 3.4.5, это эллипс (в вырожденных случаях — отрезок или окружность).

Решение

Прямоугольник. Всегда \(|x| \le A\) и \(|y| \le B\), причём оба равенства достигаются. Значит кривая целиком лежит в прямоугольнике \(2A\times2B\) и касается всех его сторон.

Считаем касания. Пусть общий период равен \(T\). За это время \(y\) совершает \(n_y = T/T_y\) колебаний и столько же раз достигает верхней границы, то есть

\[ p = \frac{T}{T_y},\qquad q = \frac{T}{T_x} \]

(касания верхней и правой сторон). Отсюда

\[ \frac{p}{q} = \frac{T_x}{T_y} = \frac{\omega_y}{\omega_x}. \]

Числа. При \(p = 3\), \(q = 4\)

\[ \omega_y : \omega_x = 3 : 4 . \]

Решение

Что происходит с шариками. До пережигания нить растягивала обе пружины силой \(F\). После пережигания шарик \(i\) остаётся на месте, но силы \(F\) уже ничто не уравновешивает — он стартует из крайней точки:

\[ F_i(t) = F\cos\omega_i t,\qquad \omega_i = \sqrt{\frac{k}{m_i}} . \]

Сила на брусок. Пружины закреплены на бруске, поэтому каждая тянет его с силой \(F_i\) — по третьему закону Ньютона. Пружины расположены по разные стороны и тянут брусок в противоположные стороны:

\[ F_{\text{брус}} = F\cos\omega_1 t - F\cos\omega_2 t . \]

До пережигания эти силы уравновешивались ✓, а теперь расходятся по фазе.

Наихудший момент. Частоты разные, поэтому рано или поздно косинусы окажутся почти противоположными, и модуль силы подберётся к

\[ |F_{\text{брус}}|_{\max} = 2F . \]

Условие неподвижности. Трение должно выдержать эту силу:

\[ \mu\,(M+m_1+m_2)g \ \ge\ 2F \quad\Longrightarrow\quad \mu_{\min} = \frac{2F}{(M+m_1+m_2)\,g}. \]

Решение

Сила.

\[ F = k(x_2-x_1) = k\left[A_2\cos(\omega t+\varphi_2) - A_1\cos(\omega t+\varphi_1)\right]. \]

Это гармоническое колебание частоты \(\omega\) с амплитудой

\[ F_0 = k\sqrt{A_1^2+A_2^2-2A_1A_2\cos(\varphi_2-\varphi_1)} \]

— сложение двух «векторов» длиной \(A_1\) и \(A_2\) с углом \(\varphi_2-\varphi_1\) между ними.

Энергия. Энергия пружины \(E = F^2/(2k)\), поэтому

\[ E_{\max} = \frac{F_0^2}{2k} = \frac k2\left[A_1^2+A_2^2-2A_1A_2\cos(\varphi_2-\varphi_1)\right]. \]

Среднее от квадрата косинуса равно \(1/2\), значит средняя энергия вдвое меньше:

\[ E_{\text{ср}} = \frac k4\left[A_1^2+A_2^2-2A_1A_2\cos(\varphi_2-\varphi_1)\right]. \]

Крайние случаи. Энергия наибольшая, когда концы движутся в противофазе:

\[ \varphi_2-\varphi_1 = \pi,\qquad E_{\text{ср}} = \frac k4(A_1+A_2)^2, \]

и наименьшая при синфазном движении:

\[ \varphi_2-\varphi_1 = 0,\qquad E_{\text{ср}} = \frac k4(A_1-A_2)^2 . \]

Решение

Сворачиваем разность.

\[ F = k(x_2-x_1) = kA(\cos\omega_2 t-\cos\omega_1 t) = 2kA\,\sin\frac{\omega_2-\omega_1}{2}t\;\sin\frac{\omega_2+\omega_1}{2}t . \]

Почему это биения. Если частоты близки, то второй множитель — быстрое колебание со средней частотой \((\omega_1+\omega_2)/2\), а первый меняется медленно и играет роль амплитуды. Она плавно нарастает от нуля до \(2kA\) и снова спадает до нуля; амплитуда обращается в нуль с периодом

\[ T_{\text{б}} = \frac{2\pi}{\omega_2-\omega_1} \]

— это и называют биениями. Их слышно, если такие колебания превратить в звук: тон средней частоты, «пульсирующий» с разностной частотой.

Средняя энергия при разных амплитудах. Пусть \(x_1 = A_1\cos\omega_1t\), \(x_2 = A_2\cos\omega_2 t\). Тогда

\[ E = \frac{k(x_2-x_1)^2}{2} = \frac k2\left[A_2^2\cos^2\omega_2t - 2A_1A_2\cos\omega_1t\cos\omega_2t + A_1^2\cos^2\omega_1t\right]. \]

Средние квадратов косинусов равны \(1/2\), а среднее произведения косинусов разных частот равно нулю:

\[ E_{\text{ср}} = \frac k4\left(A_1^2+A_2^2\right). \]

Решение

Мощность. Скорость

\[ v = -A\omega\sin(\omega t-\varphi), \] \[ N = Fv = -F_0A\omega\cos\omega t\,\sin(\omega t-\varphi). \]

Раскроем синус разности:

\[ \sin(\omega t-\varphi) = \sin\omega t\cos\varphi - \cos\omega t\sin\varphi, \] \[ N = -F_0A\omega\left[\cos\omega t\sin\omega t\cos\varphi - \cos^2\omega t\,\sin\varphi\right]. \]

Усредняем. Среднее от \(\cos\omega t\sin\omega t\) равно нулю (это \(\frac12\sin2\omega t\)), среднее от \(\cos^2\omega t\) равно \(1/2\):

\[ \langle N\rangle = \frac12\,\omega F_0 A\sin\varphi . \]

Решение

а. Частоты мод. Если скорости одинаково направлены, шарики движутся синхронно, средняя пружина не деформируется, и на каждый шарик действует только его стенная пружина:

\[ \omega_2 = \sqrt{\frac km}. \]

Если скорости противоположны, шарики симметрично сходятся и расходятся; средняя пружина деформируется на \(2x\), поэтому на шарик действует \(kx + 2kx = 3kx\):

\[ \omega_1 = \sqrt{\frac{3k}{m}}. \]

б. Толчок одному шарику. Разложим начальные скорости \((v,\ 0)\):

\[ (v,\ 0) = \underbrace{\left(\frac v2,\ \frac v2\right)}_{\text{синфазная,}\ \omega_2} + \underbrace{\left(\frac v2,\ -\frac v2\right)}_{\text{противофазная,}\ \omega_1}. \]

Каждая мода дальше колеблется со своей частотой:

\[ v_1 = \frac v2\left(\cos\omega_2t+\cos\omega_1t\right),\qquad v_2 = \frac v2\left(\cos\omega_2t-\cos\omega_1t\right). \]

Смещения получаются делением амплитуд скоростей на частоты:

\[ x_{1,\max} = x_{2,\max} = \frac v2\left(\frac1{\omega_1}+\frac1{\omega_2}\right). \]

Средняя пружина деформируется только противофазной модой, причём вдвое сильнее смещения одного шарика:

\[ \Delta x_{\max} = 2\cdot\frac{v/2}{\omega_1} = \frac{v}{\omega_1}. \]

в. Скорости \(3v\) и \(v\). Раскладываем так же:

\[ (3v,\ v) = (2v,\ 2v) + (v,\ -v), \]

то есть синфазной моде досталась амплитуда \(2v\), противофазной — \(v\):

\[ v_1 = v\left(2\cos\omega_2t+\cos\omega_1t\right),\qquad v_2 = v\left(2\cos\omega_2t-\cos\omega_1t\right), \] \[ x_{1,\max} = x_{2,\max} = v\left(\frac{2}{\omega_2}+\frac{1}{\omega_1}\right), \qquad \Delta x_{\max} = \frac{2v}{\omega_1}. \]

Решение

Три моды.

Поступательная: все атомы движутся со скоростью \(v_0\), связи не деформируются.

Симметричная: углерод неподвижен, кислороды движутся навстречу со скоростями \(\pm v_1\); каждый кислород — просто груз на пружине,

\[ \omega_1 = \sqrt{\frac kM}. \]

Антисимметричная: оба кислорода со скоростью \(v_2\), углерод со скоростью \(-2Mv_2/m\) (импульс равен нулю); связь деформируется от движения обоих концов,

\[ \omega_2 = \sqrt{k\left(\frac1M+\frac2m\right)} . \]

Раскладываем толчок. Начальные скорости: левый кислород \(v\), остальные нули. Записывая по атомам,

\[ v_0+v_1+v_2 = v,\qquad v_0-v_1+v_2 = 0,\qquad v_0-\frac{2M}{m}v_2 = 0, \]

откуда \(v_1 = v/2\) и

\[ v_2\left(1+\frac{2M}{m}\right) = \frac v2 . \]

Сближение кислорода с углеродом. Поступательная мода вклада не даёт. Симметричная сближает их на \(v_1/\omega_1\). В антисимметричной кислород и углерод идут навстречу, их относительная скорость равна \(v_2(1+2M/m)\), то есть как раз \(v/2\), и вклад составляет

\[ \frac{v_2(1+2M/m)}{\omega_2} = \frac{v}{2\omega_2}. \]

Складывая,

\[ \Delta x = \frac{v}{2}\left(\frac1{\omega_1}+\frac1{\omega_2}\right). \]

Решение

Уравнения малых колебаний. Пусть \(\theta_1,\theta_2\) — углы верхней и нижней нитей, \(m_1,m_2\) — массы шариков. Стандартные уравнения:

\[ (m_1+m_2)L\ddot\theta_1 + m_2 l\ddot\theta_2 + (m_1+m_2)g\theta_1 = 0, \] \[ L\ddot\theta_1 + l\ddot\theta_2 + g\theta_2 = 0 . \]

Подстановка \(\theta \propto e^{i\omega t}\) даёт характеристическое уравнение

\[ m_1 L l\,\omega^4 - (m_1+m_2)g(L+l)\,\omega^2 + (m_1+m_2)g^2 = 0 . \]

Убираем массы. По теореме Виета

\[ \omega_1^2+\omega_2^2 = \frac{(m_1+m_2)g(L+l)}{m_1Ll},\qquad \omega_1^2\omega_2^2 = \frac{(m_1+m_2)g^2}{m_1Ll}. \]

Разделив первое на второе, видим, что все массы сокращаются:

\[ \frac{\omega_1^2+\omega_2^2}{\omega_1^2\omega_2^2} = \frac{L+l}{g} \quad\Longrightarrow\quad L = \frac{g\left(\omega_1^2+\omega_2^2\right)}{(\omega_1\omega_2)^2} - l . \]

Максимальное отклонение нижнего шарика. Замечательный факт: в моде с частотой \(\omega_j\) смещение нижнего шарика равно \(x_2 = L\theta_1+l\theta_2\), и, подставив отношение \(\theta_1/\theta_2 = (g-l\omega_j^2)/(L\omega_j^2)\), получаем множитель

\[ L\frac{\theta_1}{\theta_2}+l = \frac{g}{\omega_j^2} \]

— длина \(L\) выпадает. Раскладывая начальные условия (обе координаты нулевые, скорость нижнего шарика \(v\)) по модам и складывая амплитуды, после упрощений получаем

\[ x_{\max} = \frac{v\left[l\left(\omega_1^2+\omega_1\omega_2+\omega_2^2\right)-g\right]} {l\,\omega_1\omega_2\left(\omega_1+\omega_2\right)} . \]

Решение

Читаем моды. Слагаемое \(B\cos(\omega_0t+\varphi)\) одинаково у обоих маятников — они идут вместе, пружина не деформируется, и это обычный маятник:

\[ \omega_0^2 = \frac gl . \]

Слагаемое \(\pm A\cos\omega t\) входит с разными знаками — маятники идут навстречу. Пружина деформируется на \(2x\), значит к возвращающей силе тяжести добавляется \(2kx\):

\[ \omega^2 = \frac gl + \frac{2k}{m} = \omega_0^2 + \frac{2k}{m}. \]

Жёсткость.

\[ k = \frac{m\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}{2}. \]

Решение

Амплитуды. Пусть \(x = A_1\cos\omega_1t + A_2\cos\omega_2t\). Когда слагаемые в фазе, размах максимален и равен \(A_1+A_2\); когда в противофазе — минимален и равен \(|A_1-A_2|\). По графику это \(A\) и \(B\):

\[ A_1+A_2 = A,\qquad A_1-A_2 = B \quad\Longrightarrow\quad A_{1,2} = \frac{A\pm B}{2}. \]

Частоты. Быстрые колебания идут со средней частотой, а огибающая — с полуразностной. Период быстрых колебаний \(\tau\), период огибающей \(T\):

\[ \frac{\omega_1+\omega_2}{2} = \frac{2\pi}{\tau},\qquad \omega_1-\omega_2 = \frac{2\pi}{T}, \] \[ \omega_{1,2} = \frac{2\pi}{\tau} \pm \frac{\pi}{T}. \]

Решение

Что делает один удар. Первый удар застаёт маятник в покое в положении равновесия. После него скорость равна \(u = p_0/m\), и маятник начинает свободно колебаться с амплитудой

\[ A_1 = \frac{u}{\omega} = \frac{p_0}{m\omega},\qquad \omega = \frac{2\pi}{T_0}, \]

по закону \(x = A_1\sin\omega t\).

Удары через \(T_0\). Ровно через период маятник снова в положении равновесия и снова летит в ту же сторону с той же скоростью \(u\). Второй удар добавляет ещё \(u\): скорость становится \(2u\), амплитуда \(2A_1\). Через ещё период — \(3u\) и \(3A_1\), и так далее:

\[ A_n = n\,\frac{p_0}{m\omega}. \]

Амплитуда растёт линейно, ступеньками одинаковой высоты. Это и есть резонанс: маленькие толчки, попадающие в такт, накапливаются.

Удары через \(T_0/2\). Через полпериода маятник тоже в положении равновесия, но летит назад со скоростью \(-u\). Удар направлен по-прежнему в одну и ту же сторону и добавляет \(+u\):

\[ -u + u = 0. \]

Маятник останавливается — причём в положении равновесия, где на него ничего не действует. Значит следующие полпериода он просто стоит. Затем очередной удар снова разгоняет его до \(u\), он делает такой же «горб», снова гасится и снова стоит. Движение периодическое, амплитуда не растёт вовсе.

Решение

Почему окружность. Пусть \(x = A\sin\omega t\). Тогда \(p = mv = m\omega A\cos\omega t\), и

\[ \left(\frac{x}{A}\right)^{2} + \left(\frac{p}{m\omega A}\right)^{2} = 1. \]

Если по вертикали откладывать \(p\) в масштабе, где единице длины по \(x\) отвечает \(m\omega\) единиц по \(p\), это уравнение окружности радиуса \(A\). Обход идёт по часовой стрелке: из верхней точки \((0,\,m\omega A)\) — максимум скорости — тело едет вправо, к правой точке \((A,\,0)\) — крайнее положение.

Удары через \(T_0\). Старт — начало координат (покой). Удар: скачок вверх на \(p_0\). Ровно за период точка обходит окружность и возвращается туда же, откуда стартовала. Новый удар поднимает её ещё на \(p_0\) — и так далее. Портрет: семейство вложенных окружностей радиусов \(p_0,\,2p_0,\,3p_0,\dots\), сшитых вертикальными скачками на положительной полуоси \(p\).

Удары через \(T_0/2\). За полпериода точка проходит полокружности: из \((0,\,p_0)\) через правую точку в \((0,\,-p_0)\). Удар поднимает её на \(p_0\) — прямо в начало координат. Там она стоит (это точка покоя) до следующего удара, который снова поднимает её в \((0,\,p_0)\). Портрет — одна-единственная правая полуокружность плюс отрезок оси \(p\), проходимые снова и снова.

Решение

Удары через \(T_0\). Первый удар в момент \(t=0\) переводит точку из \((x_0,\;v_0/\omega)\) в \((x_0,\;v_0/\omega + \delta)\). Дальше за целый период точка возвращается ровно сюда же, и второй удар поднимает её ещё на \(\delta\). После \(n\) ударов

\[ \Bigl(x_0,\;\frac{v_0}{\omega} + n\frac{p}{m\omega}\Bigr), \qquad A_n = \sqrt{\Bigl(\frac{v_0}{\omega} + \frac{np}{m\omega}\Bigr)^{2} + x_0^{2}}. \]

Все точки лежат на одной вертикали \(x = x_0\), а окружности вложены друг в друга.

Удары через \(T_0/2\). Проследим по шагам. После первого удара точка в \((x_0,\;w_0+\delta)\), где \(w_0 = v_0/\omega\). Полпериода — переход в противоположную точку \((-x_0,\;-w_0-\delta)\). Второй удар поднимает на \(\delta\):

\[ (-x_0,\;-w_0-\delta+\delta) = (-x_0,\;-w_0), \]

то есть точка вернулась на исходную окружность! Ещё полпериода — она в \((x_0,\;w_0)\), то есть точно в начальном состоянии, и всё повторяется. Радиус перескакивает между двумя значениями:

\[ A_n = \sqrt{\Bigl(\frac{v_0}{\omega} + \frac{p}{m\omega}\Bigr)^{2} + x_0^{2}} \;\;(n \text{ нечётно}),\qquad A_n = \sqrt{\frac{v_0^{2}}{\omega^{2}} + x_0^{2}} \;\;(n \text{ чётно}). \]

Решение

Откуда \(\Delta E = pv + p^2/2m\). Скорость меняется с \(v\) на \(v + p/m\), поэтому

\[ \Delta E = \frac{m(v+p/m)^{2}}{2} - \frac{mv^{2}}{2} = pv + \frac{p^{2}}{2m}. \]

Второе слагаемое от нас не зависит — оно маленькое и всегда положительное. Всё решает первое.

Где толкать. Скорость качелей максимальна в нижней точке. Там и надо толкать — строго вперёд, по ходу движения. В крайних точках \(v=0\), и толчок даёт лишь жалкое \(p^{2}/(2m)\).

Как часто. Если толкать в нижней точке каждый раз, когда качели идут в одну и ту же сторону, — получится один толчок за период \(T_0\). Можно и вдвое чаще: толкать в нижней точке при каждом проходе, но тогда толчок надо всякий раз направлять по скорости, то есть менять направление — так и делают, когда качели раскачивают, подталкивая то от себя, то к себе.

Самое главное — попадать в такт: период толчков должен быть \(T_0\) (или \(T_0/2\) при смене направления). Промахнёшься с ритмом — и часть толчков будет, как в задаче 3.5.1, гасить колебания вместо того, чтобы их усиливать.

Решение

Частота доски. В покое сила тяжести уравновешена упругой силой доски:

\[ mg = k\Delta \quad\Longrightarrow\quad \frac{k}{m} = \frac{g}{\Delta}. \]

Значит доска с мальчиком — маятник с частотой

\[ \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{g}{\Delta}}. \]

Это в точности формула математического маятника длины \(\Delta\) — удобно запомнить: прогиб играет роль длины маятника.

Резонанс. Каждый шаг — толчок по доске. Толчки идут с периодом \(T\), за который мальчик проходит один шаг длины \(l\):

\[ T = \frac{l}{v}. \]

Раскачка максимальна, когда \(T\) совпадает с периодом свободных колебаний \(T_0 = 2\pi/\omega_0\):

\[ \frac{l}{v} = 2\pi\sqrt{\frac{\Delta}{g}} \quad\Longrightarrow\quad l = 2\pi v\sqrt{\frac{\Delta}{g}}. \]

Числа. \(v = 3{,}6\;\text{км/ч} = 1\;\text{м/с}\), \(\Delta = 0{,}1\) м:

\[ \omega_0 = \sqrt{\frac{9{,}8}{0{,}1}} \approx 9{,}9\;\text{с}^{-1},\qquad T_0 = \frac{2\pi}{9{,}9} \approx 0{,}63\;\text{с}, \] \[ l = 1 \cdot 0{,}63 \approx 0{,}63\;\text{м} \approx 63\;\text{см}. \]

Решение

Расстояние между выбоинами. Кузов на рессорах жёсткости \(k\) — осциллятор с частотой \(\omega_0 = \sqrt{k/M}\). Раскачавшись, он ударяет колесом о грунт раз за период \(T_0 = 2\pi/\omega_0\). За это время машина проезжает

\[ \lambda = vT_0 = 2\pi v\sqrt{\frac{M}{k}}. \]

Каждый следующий грузовик, идущий с той же скоростью, попадает колесом в те же ямки и углубляет их — так возникает знаменитая «стиральная доска».

Сравниваем две стороны. Скорости одинаковы, рессоры одни и те же, различается только масса: на въезде грузовики гружёные (\(M_{\text{гр}}\)), на выезде пустые (\(M_{\text{п}} < M_{\text{гр}}\)). Тогда

\[ \frac{\lambda_{\text{въезд}}}{\lambda_{\text{выезд}}} = \sqrt{\frac{M_{\text{гр}}}{M_{\text{п}}}} > 1. \]

Итак: со стороны въезда выбоины расположены реже, со стороны выезда — чаще. Кстати, в задаче сказано, что на склад привозят зерно и там разгружаются, — значит гружёные машины идут именно к складу.

Решение

Что было. У катера есть своя частота бортовой качки \(\omega_0\). Частота ударов волн — это частота встречи: она зависит и от волн, и от того, как быстро и под каким углом к ним идёт катер. Изначально она совпала с \(\omega_0\), и даже слабое периодическое воздействие накапливалось от периода к периоду — точно как толчки в задаче 3.5.1. Амплитуда выросла до величины, ограниченной только затуханием.

Что стало. Сменив курс и скорость, капитан сделал частоту встречи равной \(2\omega_0\). Теперь на каждый период качки приходится два удара — один подгоняет катер, другой тормозит, и их вклады взаимно гасятся, как чётные и нечётные удары в случае б задачи 3.5.1. Формально амплитуда вынужденных колебаний

\[ A = \frac{F_0}{m\,\bigl|\omega_0^{2}-\omega^{2}\bigr|} \]

при \(\omega = 2\omega_0\) равна \(F_0/(3m\omega_0^{2})\) — то есть всего лишь треть статического отклонения, тогда как в резонансе она была в \(Q\) раз больше.

Решение

Прибавка. Один камешек даёт импульс \(p\) в момент, когда мост идёт со скоростью \(v = \omega A\):

\[ \Delta E_{+} \approx pv = p\,\omega A. \]

Потери. Сила сопротивления \(f = -bv\) уносит мощность \(bv^{2}\) (задача 3.5.9). Средний квадрат скорости за период равен \(\omega^{2}A^{2}/2\), поэтому за период теряется

\[ \Delta E_{-} \approx b\,\frac{\omega^{2}A^{2}}{2}\,T = \pi b\,\omega A^{2}. \]

Где остановится раскачка. Приравняем:

\[ p\,\omega A = \pi b\,\omega A^{2} \quad\Longrightarrow\quad A_{\text{уст}} = \frac{p}{\pi b}. \]

Установившийся размах пропорционален импульсу одного выстрела и не зависит от их числа. Сколько ни стреляй — больше \(p/(\pi b)\) не раскачаешь. Для камешка из рогатки (\(p\) — граммы на десятки метров в секунду) и для моста (огромное \(b\)) это ничтожная величина.

Полезно записать то же через добротность (задача 3.5.21). Так как \(b = 2\gamma m\) и \(Q = \omega_0/(2\gamma)\),

\[ A_{\text{уст}} = \frac{p}{2\pi\gamma m} = \frac{Q}{\pi}\cdot\frac{p}{m\omega_0}, \]

то есть амплитуда всего в \(Q/\pi\) раз больше той, что даёт один-единственный выстрел. Резонанс усиливает воздействие в \(Q\) раз — но не в бесконечность.

Решение

Сила сопротивления направлена против скорости, поэтому её мощность отрицательна — энергия уходит из системы. Модуль этой мощности и есть рассеиваемая мощность:

\[ N = |f|\,v = bv\cdot v = bv^{2}. \]

Зависимость квадратичная. Это важнейшее свойство: при вдвое большей скорости сила сопротивления вдвое больше, но и путь за то же время вдвое длиннее — потери растут вчетверо.

Решение

Баланс энергии. По условию

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{kx^{2}}{2} + \frac{mv^{2}}{2}\right) = -bv^{2}. \]

Раскрываем. Производная \(x^2\) равна \(2x\dot x = 2xv\), производная \(v^2\) равна \(2v\dot v = 2va\), поэтому левая часть равна \(kxv + mva\):

\[ kxv + mva = -bv^{2}. \]

Сокращаем на \(v\) (в те моменты, когда \(v \ne 0\); по непрерывности равенство верно всегда):

\[ kx + ma = -bv \quad\Longrightarrow\quad ma = -kx - bv. \]

Справа — сумма упругой силы \(-kx\) и добавочной силы \(f = -bv\). Обратный ход рассуждения тоже верен: если такая сила есть, то, умножив уравнение на \(v\), получим убыль энергии со скоростью \(bv^2\). Значит два описания — «есть потери мощности \(bv^2\)» и «есть сила \(-bv\)» — эквивалентны.

Решение

Одиночный толчок. Осциллятор получает скорость \(p/m\) и начинает колебаться. Каждый период амплитуда умножается на один и тот же множитель, меньший единицы, — колебания затухают. На фазовом портрете точка сматывается по спирали к началу координат (рис. а). Она никогда не достигает его за конечное время, но подходит сколь угодно близко.

Серия толчков через период. Здесь спорят два эффекта. За период удар добавляет энергию

\[ \Delta E_{+} \approx pv \propto A, \]

а трение уносит (задача 3.5.9)

\[ \Delta E_{-} \approx b\overline{v^{2}}\,T = \pi b\omega A^{2} \propto A^{2}. \]

Пока амплитуда мала, прибавка больше потерь — колебания раскачиваются. Но потери растут быстрее, и при некоторой амплитуде наступает равенство. Дальше размах не растёт: устанавливается стационарный режим.

На фазовом портрете (рис. б) это выглядит так: точка стартует из начала координат, каждый удар подбрасывает её вверх на \(p\), между ударами она сматывается по спирали — и витки постепенно прижимаются к одной предельной окружности. Её радиус и есть установившаяся амплитуда:

\[ A_{\text{уст}} = \frac{p}{\pi b} \]

(вычислена в задаче 3.5.8; точная формула для скорости — в задаче 3.5.22).

Решение

Уравнение. Для каждого осциллятора (задача 3.5.10)

\[ m_i a_i = -k_i x_i - b_i v_i. \]

Делим на \(m_i\):

\[ a_i = -\frac{k_i}{m_i}\,x_i - \frac{b_i}{m_i}\,v_i = -\omega_0^{2}x_i - 2\gamma v_i. \]

Правая часть выражена только через \(\omega_0\) и \(\gamma\), а они у обоих осцилляторов одинаковы. Значит оба движения подчиняются одному и тому же закону

\[ a = -\omega_0^{2}x - 2\gamma v. \]

Почему решение одно. Уравнение говорит, чему равно ускорение, если известны координата и скорость. Стартуя из одинаковых \(x(0)\) и \(v(0)\), оба осциллятора получают одинаковое ускорение, значит через малое время \(\Delta t\) у них снова одинаковые \(x\) и \(v\), — и так шаг за шагом. Движения совпадают во все моменты времени.

Практический вывод: осциллятор полностью характеризуется парой чисел \(\omega_0\) и \(\gamma\). Тяжёлый маятник и лёгкая пружинка, стрелка гальванометра и колебательный контур — если у них совпали \(\omega_0\) и \(\gamma\), они колеблются одинаково.

Решение

Проверка подстановкой. Пусть \(x_2(t) = n\,x_1(t)\). Тогда \(v_2 = n v_1\) и \(a_2 = n a_1\) (производная умножается на ту же константу). Подставим в уравнение:

\[ a_2 = n a_1 = n\bigl(-\omega_0^{2}x_1 - 2\gamma v_1\bigr) = -\omega_0^{2}(nx_1) - 2\gamma(nv_1) = -\omega_0^{2}x_2 - 2\gamma v_2. \]

Уравнение выполнено. Начальные условия тоже: \(x_2(0) = nx_1(0)\), \(v_2(0) = nv_1(0)\) — ровно то, что требовалось. А решение с заданными начальными условиями единственно (задача 3.5.12), значит найденное — то самое.

Что это значит. Форма затухающего колебания не зависит от того, насколько сильно осциллятор раскачали: графики \(x_1(t)\) и \(x_2(t)\) отличаются только масштабом по вертикали. Все «времена» — период, время затухания, моменты прохождения равновесия — одни и те же. Именно поэтому вообще можно говорить о «периоде затухающих колебаний» и о «коэффициенте затухания», не указывая амплитуду.

Решение

Оценка по уравнению. В колебательном режиме за время порядка \(1/\omega_0\) тело проходит расстояние порядка амплитуды \(A\), то есть \(v \sim \omega_0 A\). Тогда

\[ \text{возврат:}\;\; \omega_0^{2}A, \qquad \text{торможение:}\;\; 2\gamma v \sim 2\gamma\omega_0 A. \]

Отношение торможения к возврату равно \(2\gamma/\omega_0\). Колебательный характер теряется, когда оно становится порядка единицы:

\[ \boxed{\;\gamma \sim \omega_0\;} \qquad\text{то есть}\qquad \frac{\gamma}{\omega_0}\approx 1. \]

Оценка «по временам». То же самое на языке времён: колебание требует времени \(\sim 1/\omega_0\) (полпериода), а затухание успевает «съесть» движение за время \(\sim 1/\gamma\). Если \(1/\gamma \lesssim 1/\omega_0\), тело останавливается раньше, чем успевает перейти на другую сторону, — колебаний не будет.

Точный результат (для сравнения; формула из задачи 3.5.18): частота затухающих колебаний равна

\[ \omega = \sqrt{\omega_0^{2}-\gamma^{2}}, \]

и она обращается в нуль ровно при \(\gamma = \omega_0\) — это и есть граница (критическое затухание). Наша грубая оценка попала в точку.

Решение

Рассуждение. В момент \(t=T\) осциллятор снова в положении равновесия и движется в ту же сторону, что и в момент \(t=0\), со скоростью \(v/n\). Это ровно то же начальное условие, что и вначале, только умноженное на \(1/n\). По задаче 3.5.13 всё дальнейшее движение будет точной копией прежнего, уменьшенной в \(n\) раз. В частности, ещё через период скорость снова уменьшится в \(n\) раз:

\[ v(2T) = \frac{1}{n}\cdot\frac{v}{n} = \frac{v}{n^{2}},\qquad v(3T) = \frac{v}{n^{3}},\qquad\dots\qquad v(kT) = \frac{v}{n^{k}}. \]

Скорости в равноотстоящие моменты образуют геометрическую прогрессию. Это и есть главное свойство затухания: за равные времена величина уменьшается в равное число раз — то есть убывает по экспоненте. Отношение \(n\) называют декрементом затухания, а \(\ln n = \gamma T\) — логарифмическим декрементом.

Решение

Энергия за время \(\tau\). Так как \(E = kA^{2}/2\),

\[ \frac{E(\tau)}{E(0)} = \left(\frac{A(\tau)}{A(0)}\right)^{2} = \left(\frac{1}{2}\right)^{2} = \frac{1}{4}. \]

Энергия уменьшилась вчетверо.

Когда энергия упадёт вдвое. Для этого амплитуда должна уменьшиться в \(\sqrt2\) раз. Но за время \(\tau\) она уменьшается в 2 раза, а за половину этого времени — в \(\sqrt2\) раз: ведь два одинаковых промежутка \(\tau/2\) дают в произведении множитель 2, значит каждый даёт \(\sqrt2\). Итак искомое время

\[ t_{1/2}^{(E)} = \frac{\tau}{2}. \]

То же через \(\gamma\). Амплитуда \(A \propto e^{-\gamma t}\), энергия \(E \propto e^{-2\gamma t}\) — энергия убывает вдвое быстрее (в показателе). Из \(e^{-\gamma\tau} = 1/2\) следует \(\gamma\tau = \ln 2\), а энергия падает вдвое при \(2\gamma t = \ln 2\), то есть при \(t = \tau/2\) ✓.

Решение

Без затухания. При \(x = A\cos\omega t\) имеем \(v = -A\omega\sin\omega t\), и

\[ \left(\frac{x}{A}\right)^{2} + \left(\frac{v}{A\omega}\right)^{2} = 1 \]

— эллипс с полуосями \(A\) и \(A\omega\) (на экране он выглядит окружностью, если подобрать усиления каналов так, чтобы обе полуоси были равны).

С затуханием. Амплитуда медленно убывает: за каждый оборот и \(A\), и \(A\omega\) умножаются на один и тот же множитель \(e^{-\gamma T} < 1\). Значит луч обходит не эллипс, а эллипс с медленно уменьшающимися полуосями — то есть закручивается по спирали к центру экрана. Каждый следующий виток подобен предыдущему, уменьшенному в \(e^{\gamma T}\) раз (задача 3.5.13).

Направление обхода — по часовой стрелке (если вправо \(x\), вверх \(v\)): в крайнем правом положении \(x=A,\;v=0\), и дальше скорость становится отрицательной, то есть точка идёт вниз.

Решение

Свойство из задачи 3.5.12. В формуле стоят \(\gamma\) и \(\omega = \sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}\) — обе величины определяются только парой \((\omega_0,\;\gamma)\). Масса, жёсткость и коэффициент сопротивления по отдельности не входят. Значит два осциллятора с совпадающими \(\omega_0\) и \(\gamma\) действительно движутся одинаково ✓. И множитель \(v_0\) стоит впереди — умножьте начальную скорость на \(n\), и всё движение умножится на \(n\): это свойство из задачи 3.5.13 ✓.

Свойство из задачи 3.5.15. Положение равновесия — это \(x=0\), то есть \(\sin\omega t = 0\), то есть моменты

\[ t_k = k\,\frac{\pi}{\omega} = k\,\frac{T}{2},\qquad T = \frac{2\pi}{\omega}. \]

Найдём скорость в такой момент, не прибегая к производной. Вблизи \(t_k\) множитель \(e^{-\gamma t}\) почти не меняется (затухание слабое), а синус проходит через нуль почти по прямой:

\[ \sin\omega t \approx \pm\,\omega\,(t-t_k). \]

Значит рядом с \(t_k\)

\[ x \approx \pm\,v_0\,e^{-\gamma t_k}\,(t-t_k), \]

то есть координата меняется равномерно со скоростью

\[ |v(t_k)| = v_0\,e^{-\gamma t_k}. \]

Через целый период \(T\) множитель умножается на \(e^{-\gamma T}\) — одно и то же число. Обозначив \(n = e^{\gamma T}\), получаем в точности задачу 3.5.15:

\[ v(T) = \frac{v_0}{n},\quad v(2T)=\frac{v_0}{n^{2}},\quad v(3T)=\frac{v_0}{n^{3}}. \;✓ \]

Решение

Частота. На отмеченном интервале \(t_1 = 10^{-2}\) с укладывается ровно 5 полных колебаний, значит

\[ T = \frac{10^{-2}}{5} = 2\cdot10^{-3}\;\text{с},\qquad \omega = \frac{2\pi}{T} = \pi\cdot10^{3}\;\text{с}^{-1} \approx 3{,}1\cdot10^{3}\;\text{с}^{-1}. \]

Коэффициент затухания. Амплитуда убывает как \(A_0e^{-\gamma t}\). По графику за тот же интервал \(t_1\) огибающая упала примерно в \(e\) раз (с \(A_0\) до \(A_0/e \approx 0{,}37A_0\)). Значит \(\gamma t_1 = 1\) и

\[ \gamma = \frac{1}{t_1} = 10^{2}\;\text{с}^{-1}. \]

Почему \(\omega\approx\omega_0\). Из \(\omega = \sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}\)

\[ \omega = \omega_0\sqrt{1-\left(\frac{\gamma}{\omega_0}\right)^{2}} \approx \omega_0\left(1-\frac{1}{2}\frac{\gamma^{2}}{\omega_0^{2}}\right). \]

Поправка квадратична по малой величине \(\gamma/\omega_0\). Здесь \(\gamma/\omega_0 \approx 100/3100 \approx 0{,}03\), поэтому относительная разница между \(\omega\) и \(\omega_0\) — около \(5\cdot10^{-4}\), то есть сотые доли процента: на графике такую разницу не увидеть.

Решение

а. За период амплитуда убывает на 1 %:

\[ e^{-\gamma T} = 0{,}99. \]

Так как \(\gamma T\) мало, \(e^{-\gamma T}\approx 1-\gamma T\), откуда \(\gamma T \approx 0{,}01\) и

\[ \gamma \approx \frac{0{,}01}{T} = \frac{0{,}01}{2\;\text{с}} = 5\cdot10^{-3}\;\text{с}^{-1} \sim 10^{-2}\;\text{с}^{-1}. \]

Время затухания \(1/\gamma \approx 200\) с — маятник «звенит» больше трёх минут.

б. Сила сопротивления воздуха зависит от размера и скорости, а не от массы: у шарика того же радиуса при той же скорости она та же самая. Значит коэффициент \(b\) не изменился. А

\[ \gamma = \frac{b}{2m} \]

(задача 3.5.12), поэтому при \(m \to 4m\)

\[ \gamma' = \frac{\gamma}{4}. \]

Затухание ослабнет вчетверо, время затухания вырастет вчетверо, добротность вырастет вчетверо. Период при этом не изменится — у математического маятника он от массы не зависит.

Решение

а. Формула добротности. Фаза растёт как \(\omega_0 t\), поэтому изменение на 1 рад занимает \(\Delta t = 1/\omega_0\). Потеря энергии за это время

\[ \Delta E = 2\gamma E\,\Delta t = \frac{2\gamma}{\omega_0}\,E, \]

откуда

\[ Q = \frac{E}{\Delta E} = \frac{\omega_0}{2\gamma}. \]

Связь с числом колебаний. Энергия падает в \(e\) раз при \(2\gamma t = 1\), то есть за время \(t_e = 1/(2\gamma)\). Число колебаний за это время

\[ n = \frac{t_e}{T} = \frac{1}{2\gamma}\cdot\frac{\omega_0}{2\pi} = \frac{Q}{2\pi}. \]

Красивая формулировка: добротность — это \(2\pi\) умножить на число колебаний, за которое энергия падает в \(e\) раз.

б. Сапфировый кристалл. Из \(Q = \omega_0/(2\gamma)\)

\[ \gamma = \frac{\omega_0}{2Q}, \qquad \frac{A_0}{A(t)} = e^{\gamma t} = \exp\!\left(\frac{\omega_0 t}{2Q}\right). \]

Сутки — это \(t = 86400 \approx 8{,}6\cdot10^{4}\) с. Показатель:

\[ \frac{\omega_0 t}{2Q} = \frac{10^{4}\cdot8{,}6\cdot10^{4}}{2Q} = \frac{4{,}3\cdot10^{8}}{Q}. \]

При \(Q = 10^{8}\) показатель равен \(4{,}3\), и амплитуда падает в \(e^{4,3}\approx 70\) раз (в задачнике эта грубая оценка округлена до «примерно в 50 раз»). При \(Q = 10^{9}\) показатель \(0{,}43\), и амплитуда падает всего в \(e^{0,43}\approx 1{,}5\) раза — кристалл звенит сутками.

Решение

Уравнение установления. Пусть \(v\) — максимальная скорость сразу после удара. Через период она станет \(ve^{-\gamma T}\), затем очередной удар добавит \(p/m\), и в установившемся режиме мы должны вернуться к тому же \(v\):

\[ v = v\,e^{-\gamma T} + \frac{p}{m} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{макс}} = \frac{p}{m}\cdot\frac{1}{1-e^{-\gamma T}}. \]

Так как \(T = 2\pi/\omega\), окончательно

\[ v_{\text{макс}} = \frac{p}{m}\cdot \frac{1}{1-\exp\!\bigl(-2\pi\gamma/\omega\bigr)}. \]

Как выглядит движение. Начав из покоя, осциллятор раскачивается: после первого удара \(v_1 = p/m\), после второго \(v_2 = v_1e^{-\gamma T}+p/m\) и так далее — геометрическая прогрессия, сходящаяся к \(v_{\text{макс}}\). На фазовом портрете это та самая спираль, ложащаяся на предельную окружность (рис. б к задаче 3.5.11).

Сильное затухание, \(2\pi\gamma/\omega \gg 1\). Экспонента ничтожна, и

\[ v_{\text{макс}} \approx \frac{p}{m}. \]

Понятно: осциллятор успевает полностью «забыть» предыдущий удар, каждый удар работает в одиночку.

Слабое затухание, \(2\pi\gamma/\omega \ll 1\). Тогда \(1-e^{-x}\approx x\) при \(x = 2\pi\gamma/\omega\), и

\[ v_{\text{макс}} \approx \frac{p}{m}\cdot\frac{\omega}{2\pi\gamma} = \frac{p\,\omega}{2\pi\gamma m}. \]

Удары накапливаются: скорость в \(\omega/(2\pi\gamma) = Q/\pi\) раз больше той, что даёт один удар. Это и есть резонансное усиление.

Решение

Пример 1: тело между двумя пружинами. Тело массы \(m\) закреплено пружинами \(k_1\) и \(k_2\) между двумя стенками. Оно колеблется по закону \(x = A\cos\omega t\), где \(\omega = \sqrt{(k_1+k_2)/m}\). Правая пружина действует на тело с силой

\[ F = -k_2x = -k_2A\cos\omega t \]

— гармонической, с амплитудой \(F_0 = k_2A\).

Пример 2: два тела, скреплённые жёстко. Тело \(m\) на пружине жёстко соединено с телом \(M\). Вся связка колеблется, и сила, с которой \(M\) тянет \(m\), равна \(F = Ma = -M\omega^{2}x\) — снова гармоническая.

Пример 3: два маятника, связанных пружиной. Отклоним их одинаково в разные стороны — возникнут колебания частоты \(\omega\). Сила пружины на каждый груз \(k(x_2-x_1)\) меняется гармонически.

Пример 4: кривошип. Колесо вращается равномерно, к точке его обода прикреплён шатун, второй конец которого тянет тело. Проекция усилия на направление движения тела меняется по гармоническому закону с частотой вращения. Так и устраивают вибростенды.

Все эти системы — рисунок к задаче 3.5.25, где как раз и предлагается это доказать.

Решение

Решение в одну строку. Частица движется гармонически с частотой \(\omega\), поэтому \(a = -\omega^{2}x\). По второму закону \(ma = F\):

\[ -m\omega^{2}x = F_0\sin\omega t \quad\Longrightarrow\quad x = -\frac{F_0}{m\omega^{2}}\sin\omega t. \]

Амплитуда

\[ A = \frac{F_0}{m\omega^{2}}, \]

причём смещение в противофазе с силой.

То же на языке пружины. Пусть жёсткость пружины \(k\). Тогда \(F = -kx\), и частица — обычный осциллятор с частотой \(\sqrt{k/m}\). Но по условию сила меняется с частотой \(\omega\), значит и колебания идут с частотой \(\omega\), то есть \(k = m\omega^{2}\). Амплитуда силы \(F_0 = kA\), откуда

\[ A = \frac{F_0}{k} = \frac{F_0}{m\omega^{2}}. \;✓ \]

Решение

Случай а: тело между двумя пружинами. Внутри рамки — левая пружина жёсткости \(k\) и тело \(m\); снаружи осталась правая пружина \(k'\). Вся система колеблется с частотой

\[ \omega = \sqrt{\frac{k+k'}{m}}, \qquad x = A\cos\omega t. \]

Правая пружина действует на тело с силой

\[ F = -k'x = -k'A\cos\omega t = F_0\cos\omega t,\qquad F_0 = -k'A. \]

Это гармоническая сила частоты \(\omega\) ✓.

Случай б: тело \(m\) жёстко связано с телом \(M\). Внутри рамки — пружина \(k\) и тело \(m\). Тело \(M\) движется вместе с \(m\), и на него не действует ничего, кроме силы со стороны \(m\). По третьему закону сила, с которой \(M\) действует на \(m\), равна

\[ F = -Ma = M\omega^{2}x = M\omega^{2}A\cos\omega t, \qquad \omega = \sqrt{\frac{k}{m+M}}. \]

Снова гармоническая сила ✓.

Случай в: два маятника, связанных пружиной. Внутри рамки — левый маятник. Пружина действует на него с силой

\[ F = k\,(x_2-x_1). \]

В любом из двух главных колебаний (синфазном с частотой \(\omega_0=\sqrt{g/l}\) и противофазном с \(\omega=\sqrt{g/l+2k/m}\)) обе координаты меняются гармонически с одной и той же частотой, значит и их разность гармонична ✓.

Общий вывод. Правило простое: в линейной системе, совершающей гармоническое колебание частоты \(\omega\), любая внутренняя сила меняется гармонически с той же частотой \(\omega\). Именно это и позволяет разрезать систему пополам и рассматривать одну её часть как осциллятор под действием вынуждающей силы — приём, на котором построены задачи 3.5.26 и 3.5.27.

Решение

Общая выкладка. Пусть \(F(t)\) — вынуждающая сила, \(\omega_0=\sqrt{k/m}\) — собственная частота выделенного осциллятора. Тогда

\[ ma = -kx + F(t),\qquad a = -\omega^{2}x, \] \[ -m\omega^{2}x = -m\omega_0^{2}x + F(t) \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{F(t)}{m\,(\omega_0^{2}-\omega^{2})}. \]

Вот и вся формула вынужденных колебаний. Смещение повторяет силу с точностью до множителя \(1/\bigl[m(\omega_0^2-\omega^2)\bigr]\) — положительного при \(\omega<\omega_0\) (смещение в фазе с силой) и отрицательного при \(\omega>\omega_0\) (в противофазе).

а. Здесь \(F = F_0\sin\omega t\), а частота системы \(\omega = \sqrt{(k+k')/m} > \omega_0\) — с двумя пружинами система жёстче, чем с одной. Значит знаменатель отрицателен, смещение противофазно силе, а амплитуда

\[ A = \frac{F_0}{m\,(\omega^{2}-\omega_0^{2})} = \frac{F_0}{m\omega^{2}-k}. \]

Проверим «в лоб»: правая пружина действует силой \(-k'x\), значит \(-k'x = F_0\sin\omega t\) и \(A = F_0/k'\). А \(m(\omega^2-\omega_0^2) = (k+k')-k = k'\) ✓ — то же самое.

б. Здесь \(F = F_0\cos\omega t\), а частота системы \(\omega = \sqrt{k/(m+M)} < \omega_0\) — присоединённое тело утяжелило систему. Знаменатель положителен, смещение в фазе с силой, амплитуда

\[ A = \frac{F_0}{m\,(\omega_0^{2}-\omega^{2})} = \frac{F_0}{k-m\omega^{2}}. \]

Проверка «в лоб»: на тело \(M\) действует только реакция \(-F\), поэтому \(Ma = -F\), то есть \(x = F/(M\omega^2)\) и \(A = F_0/(M\omega^2)\). А \(m(\omega_0^2-\omega^2) = k - m\omega^2 = (m+M)\omega^2-m\omega^2 = M\omega^2\) ✓.

Решение

Вынужденная часть. Для левого грузика

\[ ma_1 = -m\omega_0^{2}x_1 + F_0\cos\omega t. \]

Подставим только ту часть движения, которая идёт с частотой \(\omega\), то есть \(x_1^{(\omega)} = A\cos\omega t\) (для неё \(a = -\omega^2x\)):

\[ -m\omega^{2}A\cos\omega t = -m\omega_0^{2}A\cos\omega t + F_0\cos\omega t, \] \[ A = \frac{F_0}{m\,(\omega_0^{2}-\omega^{2})}. \]

Так как \(\omega^2 = \omega_0^2+2k/m > \omega_0^2\), знаменатель отрицателен: по модулю

\[ |A| = \frac{F_0}{m\,(\omega^{2}-\omega_0^{2})} = \frac{F_0}{2k}, \]

и смещение противофазно вынуждающей силе.

Согласованность. Проверим прямо: сила пружины на левый грузик равна \(k(x_2-x_1) = -2kA\cos\omega t\). Значит \(F_0 = -2kA\), то есть \(A = -F_0/(2k)\) ✓ — то же самое.

Что задаёт \(B\) и \(\varphi\). Слагаемое \(B\cos(\omega_0t+\varphi)\) — это свободное колебание выделенного осциллятора; уравнению оно удовлетворяет при любых \(B\) и \(\varphi\). Эти два числа подбираются из начальных условий: заданные \(x(0)=x_0\) и \(v(0)=v_0\) дают два уравнения на две неизвестные.

Отсюда важнейший вывод, который отдельно сформулирован в задачах 3.5.28 и 3.5.29: общее движение осциллятора под действием вынуждающей силы есть сумма свободных колебаний и вынужденных.

Решение

Вынужденное движение. Пусть сила \(F = F_0\cos\omega t\). Тогда (задача 3.5.26)

\[ x_{\text{вын}}(t) = \frac{F_0}{m(\omega_0^{2}-\omega^{2})}\cos\omega t, \qquad v_{\text{вын}}(t) = -\frac{F_0\,\omega}{m(\omega_0^{2}-\omega^{2})}\sin\omega t. \]

Начальные условия. Подставим \(t=0\):

\[ x_0 = \frac{F_0}{m(\omega_0^{2}-\omega^{2})},\qquad v_0 = 0. \]

При таком старте \(B=0\), свободная часть не возбуждается, и осциллятор сразу, с первого мгновения, колеблется установившимся образом.

Почему это работает. Свободное слагаемое — это «память» о том, как систему включили. Если включить силу в тот момент, когда осциллятор уже находится в точности в нужной фазе и с нужной скоростью, вспоминать нечего.

Решение

Аккуратное рассуждение. Уравнение движения имеет вид

\[ ma = -kx - bv + F(t). \]

Пусть \(x_1(t)\) — какое-нибудь его решение (например, найденное нами вынужденное колебание), а \(x_2(t)\) — произвольное другое. Составим разность \(y = x_2 - x_1\). Тогда \(v_y = v_2-v_1\), \(a_y = a_2-a_1\) и, вычитая уравнения друг из друга,

\[ ma_y = -ky - bv_y. \]

Внешняя сила исчезла — она одна и та же в обоих уравнениях. Значит \(y\) — свободное (затухающее) колебание. Отсюда

\[ x_2 = x_1 + y = x_{\text{вын}} + x_{\text{св}}. \]

Смысл по-физически (так это сформулировано в задачнике): дополнительное ускорение, связанное со свободными колебаниями, умноженное на массу, в точности равно дополнительной внутренней силе. Иными словами, добавка \(y\) «обслуживает сама себя»: возникающие из-за неё упругая и вязкая силы ровно обеспечивают её собственное ускорение, и внешней силе тут делать нечего.

Где это ломается. Если сила зависит от смещения нелинейно (скажем, \(x^2\) или \(\sin x\)), при вычитании уравнений внешние члены не сократятся, и разложение «свободные + вынужденные» перестаёт работать. Тогда возникают эффекты, невозможные в линейной системе: генерация кратных частот, зависимость резонансной частоты от амплитуды, скачки амплитуды.

Решение

Быстрый ответ. Из задачи 3.5.26

\[ x = \frac{F(t)}{m\,(\omega_0^{2}-\omega^{2})}. \]

При \(\omega<\omega_0\) множитель положителен — смещение и сила смотрят в одну сторону; при \(\omega>\omega_0\) он отрицателен — в разные. Всё.

Физическое объяснение. Пусть тело на пружине жёсткости \(k\).

Случай \(\omega<\omega_0\). Чтобы та же пружина колебалась медленнее, надо добавить массу. Представим, что к телу прицеплен добавочный груз \(M\), и система колеблется свободно с частотой \(\omega = \sqrt{k/(m+M)} < \omega_0\). Роль вынуждающей силы играет сила со стороны груза \(M\):

\[ F = -Ma = M\omega^{2}x, \]

и она направлена по смещению ✓. Это в точности случай б задачи 3.5.26.

Случай \(\omega>\omega_0\). Чтобы то же тело колебалось быстрее, надо добавить пружину. Пусть к телу прицеплена вторая пружина \(k'\), и система колеблется свободно с \(\omega = \sqrt{(k+k')/m} > \omega_0\). Роль вынуждающей силы играет сила добавочной пружины:

\[ F = -k'x, \]

и она направлена против смещения ✓. Это случай а задачи 3.5.26.

Что стоит за этим. Осциллятору «навязали» чужую частоту. Если она меньше собственной, упругой силы слишком много, и внешняя сила должна часть её погасить — значит смотреть в ту же сторону, что смещение. Если частота больше собственной, упругой силы не хватает на нужное ускорение, и внешняя сила должна ей помогать — то есть быть направлена к центру, против смещения.

Решение

Низкие частоты, \(\omega\ll\omega_0\). Из общей формулы

\[ x = \frac{F(t)}{m(\omega_0^{2}-\omega^{2})} \approx \frac{F(t)}{m\omega_0^{2}} = \frac{F(t)}{k}. \]

Физически: сила меняется так медленно, что осциллятор в каждый момент успевает занять равновесное положение, отвечающее текущей силе. Это «квазистатический» режим. Проверим, что инерцией и правда можно пренебречь: \(|ma| = m\omega^{2}|x|\), а \(|kx| = m\omega_0^{2}|x|\), и отношение равно \((\omega/\omega_0)^2 \ll 1\) ✓.

Высокие частоты, \(\omega\gg\omega_0\). Тогда

\[ x \approx -\frac{F(t)}{m\omega^{2}},\qquad a = -\omega^{2}x \approx \frac{F(t)}{m}. \]

Физически: сила дёргает так быстро, что тело не успевает заметно сдвинуться, пружина почти не деформируется, и тело ведёт себя как свободная частица. Проверим: \(|kx|/|ma| = (\omega_0/\omega)^2 \ll 1\) ✓ — упругая сила мала.

Мораль. Осциллятор на низких частотах — это пружина (важна жёсткость), а на высоких — это масса (важна инерция). Собственная частота — граница между двумя поведениями, и вблизи неё оба члена сравнимы и почти сокращаются: тогда даже слабая сила даёт огромный отклик. Это и есть резонанс.

Решение

Складываем. Общее решение

\[ x(t) = C\cos\omega t + B\cos(\omega_0t+\varphi),\qquad C = \frac{F_0}{m(\omega_0^{2}-\omega^{2})}. \]

Условие \(v(0)=0\): скорость \(v = -C\omega\sin\omega t - B\omega_0\sin(\omega_0t+\varphi)\), при \(t=0\) первое слагаемое равно нулю, значит \(\sin\varphi = 0\), возьмём \(\varphi = 0\). Условие \(x(0)=0\) даёт \(C + B = 0\), то есть \(B = -C\). Итак

\[ x(t) = C\,(\cos\omega t - \cos\omega_0 t). \]

Превращаем в произведение. Воспользуемся тождеством

\[ \cos\alpha - \cos\beta = -2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\, \sin\frac{\alpha+\beta}{2} \]

при \(\alpha = \omega t\), \(\beta = \omega_0 t\):

\[ \boxed{\;x(t) = \frac{2F_0}{m(\omega^{2}-\omega_0^{2})}\, \sin\frac{(\omega-\omega_0)t}{2}\; \sin\frac{(\omega+\omega_0)t}{2}\;} \]

Как это выглядит. При \(|\omega-\omega_0|\ll\omega\) второй синус — быстрый (частота \((\omega+\omega_0)/2 \approx \omega\)), первый — медленный. Первый играет роль огибающей: амплитуда медленно нарастает от нуля до максимума

\[ A_{\text{макс}} = \frac{2F_0}{m|\omega^{2}-\omega_0^{2}|} \approx \frac{F_0}{m\,\omega_0\,|\omega-\omega_0|}, \]

затем спадает обратно до нуля, и всё повторяется с периодом \(2\pi/|\omega-\omega_0|\). Это биения.

Решение

Выкладка. Берём ответ задачи 3.5.32

\[ x(t) = \frac{2F_0}{m(\omega^{2}-\omega_0^{2})}\, \sin\frac{(\omega-\omega_0)t}{2}\,\sin\frac{(\omega+\omega_0)t}{2} \]

и заменяем медленный синус его аргументом:

\[ \sin\frac{(\omega-\omega_0)t}{2} \approx \frac{(\omega-\omega_0)t}{2}. \]

Тогда, замечая, что \(\omega^2-\omega_0^2 = (\omega-\omega_0)(\omega+\omega_0)\), множитель \((\omega-\omega_0)\) сокращается:

\[ x(t) \approx \frac{2F_0}{m(\omega-\omega_0)(\omega+\omega_0)}\cdot \frac{(\omega-\omega_0)t}{2}\,\sin\frac{(\omega+\omega_0)t}{2} = \frac{F_0\,t}{m(\omega+\omega_0)}\,\sin\frac{(\omega+\omega_0)t}{2}. \]

Вывод. В начале раскачки амплитуда растёт линейно со временем:

\[ A(t) = \frac{F_0\,t}{m(\omega+\omega_0)}, \]

и — самое интересное — в этой формуле разности \(\omega-\omega_0\) больше нет. Значит начальная стадия раскачки идёт совершенно одинаково при любой близкой к резонансу частоте: пока время мало по сравнению с \(2\pi/|\omega-\omega_0|\), осциллятор «не знает», точно ли попали в резонанс.

Решение

Предел. В формуле задачи 3.5.33 положим \(\omega = \omega_0\):

\[ x(t) = \frac{F_0\,t}{2m\omega_0}\,\sin\omega_0 t. \]

Амплитуда \(A(t) = F_0t/(2m\omega_0)\) растёт линейно и неограниченно — это и есть резонанс без затухания.

Почему именно линейно — энергетический вывод. На резонансе сила \(F = F_0\cos\omega_0t\) и скорость \(v \approx A\omega_0\cos\omega_0 t\) идут в фазе: сила всё время толкает по движению и никогда не тормозит. Средняя за период мощность

\[ \overline{N} = \overline{Fv} = F_0A\omega_0\,\overline{\cos^{2}\omega_0t} = \frac{F_0A\omega_0}{2} \;\propto\; A. \]

С другой стороны, энергия осциллятора

\[ E = \frac{m\omega_0^{2}A^{2}}{2}\;\propto\;A^{2}. \]

За малое время \(\Delta t\) энергия вырастет на \(\overline{N}\Delta t\). Приравняем приращения:

\[ m\omega_0^{2}A\,\Delta A = \frac{F_0A\omega_0}{2}\,\Delta t \quad\Longrightarrow\quad \frac{\Delta A}{\Delta t} = \frac{F_0}{2m\omega_0} = \text{const}. \]

Амплитуда \(A\) сократилась! Скорость роста амплитуды не зависит от того, насколько осциллятор уже раскачан, — значит рост равномерный ✓. Полученная постоянная в точности совпадает с коэффициентом при \(t\) в формуле выше ✓.

Ещё короче — на языке импульса. За каждый период сила передаёт одну и ту же порцию импульса (она ведь всегда в фазе со скоростью), значит скорость растёт равными ступеньками — ровно как в задаче 3.5.1 с ударами в такт.

Решение

Общая структура. По задаче 3.5.29

\[ x(t) = \underbrace{C\cos(\omega t-\psi)}_{\text{вынужденное, не гаснет}} + \underbrace{B\,e^{-\gamma t}\cos(\omega_0t+\varphi)}_{\text{свободное, гаснет}}. \]

Случай \(|\omega-\omega_0|\gg\gamma\). Период биений \(2\pi/|\omega-\omega_0|\) короче времени затухания \(1/\gamma\), поэтому сначала мы успеваем увидеть несколько биений. Но с каждым разом свободная составляющая слабеет, «провалы» биений становятся всё мельче, и через время порядка \(1/\gamma\) остаются чистые вынужденные колебания постоянной амплитуды \(C = F_0/\bigl[m|\omega_0^2-\omega^2|\bigr]\).

Случай \(\omega=\omega_0\). Биений нет, есть линейный рост (задача 3.5.34). Но расти вечно он не может: как только амплитуда становится такой, что потери за период сравниваются с притоком, рост прекращается. Кривая \(A(t)\) плавно загибается и выходит на полку

\[ A_{\text{уст}} = \frac{F_0}{2\gamma m\omega_0} \]

(задача 3.5.36). Формально \(A(t) = A_{\text{уст}}\bigl(1-e^{-\gamma t}\bigr)\): в начале это \(A_{\text{уст}}\gamma t = F_0t/(2m\omega_0)\) — тот самый линейный рост ✓.

Почему «установление». Потому что итог не зависит от начальных условий: какая бы ни была свободная добавка, через время \(\sim1/\gamma\) она вымирает, и осциллятор приходит к одному и тому же режиму, полностью определённому вынуждающей силой. Начальные условия забываются.

Характерное время. Это время затухания свободных колебаний

\[ \tau = \frac{1}{\gamma} = \frac{2Q}{\omega_0}, \]

то есть примерно \(Q/\pi\) периодов. Чем острее резонанс, тем дольше он устанавливается — за всё надо платить.

Решение

а. Уравнение движения с затуханием и вынуждающей силой:

\[ ma = -m\omega_0^{2}x - 2\gamma m v + F. \]

Для \(x = A\cos(\omega_0t-\varphi)\) имеем \(a = -\omega_0^{2}x\), поэтому первые члены слева и справа сокращаются:

\[ 0 = -2\gamma m v + F \quad\Longrightarrow\quad F = 2\gamma m v. \]

Скорость \(v = -A\omega_0\sin(\omega_0t-\varphi)\), значит

\[ F = -2A\gamma m\omega_0\,\sin(\omega_0t-\varphi). \]

Сила синфазна скорости (она равна \(2\gamma m v\)) и сдвинута по фазе на \(\pi/2\) относительно смещения — то самое, о чём говорилось в задаче 3.5.30.

б. Амплитуда этой силы равна \(F_0 = 2A\gamma m\omega_0\), откуда

\[ A = \frac{F_0}{2\gamma m\omega_0}. \]

Постоянная сила \(F_0\) сместила бы осциллятор на \(x_{\text{ст}} = F_0/k = F_0/(m\omega_0^{2})\). Отношение

\[ \frac{A}{x_{\text{ст}}} = \frac{F_0}{2\gamma m\omega_0}\cdot\frac{m\omega_0^{2}}{F_0} = \frac{\omega_0}{2\gamma} = Q. \]

Резонанс усиливает отклик ровно в \(Q\) раз — вот ещё один смысл добротности.

Решение

Решение в лоб. Уравнение движения

\[ ma = -m\omega_0^{2}x - 2\gamma m v + F. \]

Подставим \(x = x_0\sin\omega t\), \(v = x_0\omega\cos\omega t\), \(a = -x_0\omega^{2}\sin\omega t\):

\[ -m\omega^{2}x_0\sin\omega t = -m\omega_0^{2}x_0\sin\omega t - 2\gamma m x_0\omega\cos\omega t + F_0\cos\omega t. \]

Синусы и косинусы — независимые функции времени, поэтому равенство распадается на два:

\[ \text{при }\sin:\quad -m\omega^{2}x_0 = -m\omega_0^{2}x_0 \;\Longrightarrow\; \omega = \omega_0, \] \[ \text{при }\cos:\quad 0 = -2\gamma m x_0\omega + F_0 \;\Longrightarrow\; \gamma = \frac{F_0}{2x_0\omega m}. \]

Что мы попутно узнали. Первое уравнение говорит, что описанный режим возможен только на резонансе: сдвиг фаз ровно \(\pi/2\) бывает только при \(\omega=\omega_0\). Второе — что вся сила уходит на компенсацию трения.

То же через энергию. За период сила совершает работу

\[ W = \overline{Fv}\,T = F_0x_0\omega\,\overline{\cos^{2}\omega t}\;T = \frac{F_0x_0\omega T}{2}, \]

а трение уносит \(2\gamma m\overline{v^{2}}T = \gamma m x_0^{2}\omega^{2}T\). В установившемся режиме они равны:

\[ \frac{F_0x_0\omega}{2} = \gamma m x_0^{2}\omega^{2} \;\Longrightarrow\; \gamma = \frac{F_0}{2x_0\omega m}. \;✓ \]

Решение

Собственная частота. Максимум кривой приходится на

\[ \omega_0 = 550\;\text{с}^{-1}. \]

Коэффициент затухания. Кривая спадает вдвое при \(\omega \approx 500\) и \(\omega \approx 600\) с\(^{-1}\), то есть её полная ширина на половине высоты

\[ \Delta\omega = 2\gamma = 100\;\text{с}^{-1} \quad\Longrightarrow\quad \gamma = 50\;\text{с}^{-1}. \]

Добротность.

\[ Q = \frac{\omega_0}{2\gamma} = \frac{550}{100} = 5{,}5. \]

Откуда «ширина \(= 2\gamma\)». Амплитуда скорости \(v_0 = \omega A\), а из полного уравнения вынужденных колебаний с затуханием

\[ v_0^{2} = \frac{F_0^{2}\,\omega^{2}} {m^{2}\bigl[(\omega_0^{2}-\omega^{2})^{2} + 4\gamma^{2}\omega^{2}\bigr]}. \]

Вблизи резонанса положим \(\omega = \omega_0+\delta\) с малым \(\delta\). Тогда \(\omega_0^{2}-\omega^{2} = -(\omega+\omega_0)\delta \approx -2\omega_0\delta\), и

\[ v_0^{2} \approx \frac{F_0^{2}}{4m^{2}\,(\delta^{2}+\gamma^{2})}. \]

Это «колокол» с максимумом при \(\delta = 0\), то есть при \(\omega=\omega_0\), и с половинным значением при \(\delta = \pm\gamma\) ✓.

Решение

Выкладка. Из \(Q = \omega_0/(2\gamma)\)

\[ \gamma = \frac{\omega_0}{2Q},\qquad \tau = \frac{1}{\gamma} = \frac{2Q}{\omega_0}. \]

Числа.

\[ \tau = \frac{2\cdot10^{9}}{10^{4}} = 2\cdot10^{5}\;\text{с} \sim 10^{5}\;\text{с}. \]

Это примерно двое суток. Чтобы кристалл «раскачался» до своей полной резонансной амплитуды, силу надо прикладывать без перерыва двое суток.

Решение

Частота воздействия. Двигаясь со скоростью \(v\), игла проходит один период бороздки за время \(\lambda/v\), значит воздействие идёт с частотой

\[ \omega = \frac{2\pi v}{\lambda}. \]

Резонанс. Приравниваем к собственной частоте:

\[ \frac{2\pi v}{\lambda} = \omega_0 \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{\omega_0\lambda}{2\pi}. \]

Это и есть «опасная» скорость. При других скоростях игла отслеживает бороздку с умеренной амплитудой, а вблизи резонансной — амплитуда её поперечных колебаний возрастает в \(Q\) раз, и игла перестаёт держаться в канавке.

Заметим: та же формула \(v = \lambda/T_0\), только записанная через \(T_0 = 2\pi/\omega_0\). Физический смысл прозрачен: игла выскакивает, когда на один изгиб бороздки приходится ровно один период её собственных колебаний — как мальчик на доске в задаче 3.5.5 или грузовик на грунтовке в задаче 3.5.6.

Решение

Вылет в момент \(t=0\). Импульс, полученный к моменту \(t\), — площадь под \(F_0\sin\omega t\):

\[ p(t) = \frac{F_0}{\omega}\bigl(1-\cos\omega t\bigr), \qquad v(t) = \frac{F_0}{m\omega}\bigl(1-\cos\omega t\bigr). \]

Скорость никогда не меняет знак: множитель \(1-\cos\omega t\) всегда от 0 до 2. Частица только ускоряется и замедляется, но всё время летит вперёд. Средняя скорость — это среднее от \(1-\cos\omega t\), а \(\overline{\cos} = 0\):

\[ v_{\text{ср}} = \frac{F_0}{m\omega}. \]

Максимум \(v_{\text{макс}} = 2F_0/(m\omega)\) достигается при \(\cos\omega t = -1\), то есть \(\omega t = \pi(2n+1)\). Координата в эти моменты (площадь под графиком скорости — прямая \(v_{\text{ср}}t\) минус нулевой вклад синуса):

\[ x = \frac{F_0}{m\omega}\Bigl(t-\frac{\sin\omega t}{\omega}\Bigr) \Big|_{\omega t = \pi(2n+1)} = \frac{F_0}{m\omega^{2}}\,\pi(2n+1). \]

Вылет в момент \(t=\pi/\omega\). Отсчитаем время от вылета: \(t' = t-\pi/\omega\). Тогда

\[ F = F_0\sin(\omega t'+\pi) = -F_0\sin\omega t', \]

и всё повторяется с обратным знаком:

\[ v = \frac{F_0}{m\omega}\bigl(\cos\omega t'-1\bigr). \]

Частица летит в другую сторону, \(|v_{\text{ср}}| = F_0/(m\omega)\), \(|v_{\text{макс}}| = 2F_0/(m\omega)\) достигается по другую сторону от источника на том же расстоянии \(\pi(2n+1)F_0/(m\omega^{2})\).

Вылет в момент \(t = \pi/(2\omega)\). Теперь

\[ F = F_0\sin\Bigl(\omega t'+\frac{\pi}{2}\Bigr) = F_0\cos\omega t', \qquad v = \frac{F_0}{m\omega}\sin\omega t'. \]

Скорость знакопеременна, частица просто колеблется около источника:

\[ v_{\text{ср}} = 0,\qquad v_{\text{макс}} = \frac{F_0}{m\omega}, \]

а максимум достигается при \(\omega t' = \pi/2\), где

\[ x = \frac{F_0}{m\omega^{2}}\bigl(1-\cos\omega t'\bigr) = \frac{F_0}{m\omega^{2}}. \]

Решение

Скорости. По каждой оси отдельно (как в задаче 3.5.41):

\[ v_x = \frac{F_0}{m\omega}\bigl(1-\cos\omega t\bigr),\qquad v_y = \frac{F_0}{m\omega}\,\sin\omega t. \]

Обозначим \(u = F_0/(m\omega)\) и перепишем:

\[ \vec v = \underbrace{(u,\;0)}_{\text{снос}} + \underbrace{u\,(-\cos\omega t,\;\sin\omega t)}_{\text{вращение}}. \]

Второе слагаемое — вектор постоянной длины \(u\), равномерно вращающийся с частотой \(\omega\). Итак: равномерное вращение плюс равномерный снос.

Траектория. Именно так движется точка на ободе катящегося колеса. Проинтегрируем:

\[ x = \frac{u}{\omega}\bigl(\omega t - \sin\omega t\bigr),\qquad y = \frac{u}{\omega}\bigl(1-\cos\omega t\bigr), \]

то есть, обозначив \(r = u/\omega = F_0/(m\omega^{2})\),

\[ x = r\,(\omega t - \sin\omega t),\qquad y = r\,(1-\cos\omega t) \]

— каноническая циклоида, описываемая точкой обода колеса радиуса \(r\), катящегося по оси \(x\).

Средняя скорость. Вращающаяся часть в среднем даёт нуль, остаётся снос:

\[ \vec v_{\text{ср}} = \Bigl(\frac{F_0}{m\omega},\;0\Bigr) \]

— вдоль оси \(x\), то есть перпендикулярно силе в начальный момент (при \(t=0\) сила смотрит по \(y\)).

Движение по окружности. Снос надо уничтожить. Он появился из-за того, что частица стартовала из покоя; если задать начальную скорость, равную минус сносу,

\[ v_x(0) = -\frac{F_0}{m\omega},\qquad v_y(0) = 0, \]

то останется только вращающаяся часть:

\[ \vec v = u\,(-\cos\omega t,\;\sin\omega t), \]

— равномерное движение по окружности со скоростью \(u\) и угловой скоростью \(\omega\). Радиус

\[ r = \frac{u}{\omega} = \frac{F_0}{m\omega^{2}}. \]

Решение

Натяжение всюду одно. Рассмотрим любой шарик: слева его тянет одна пружина, справа — другая. Он в покое, значит эти силы равны по модулю. Переходя от шарика к шарику, получаем, что натяжение всех пружин одинаково. А крайняя правая пружина тянет последний шарик с силой \(F\) (её мы и прикладываем), значит

\[ T_1 = T_2 = \dots = F. \]

Удлинение каждой пружины. По закону Гука

\[ \Delta = \frac{F}{k}. \]

Смещение \(N\)-го шарика. Считаем шарики от закреплённого конца. Между стенкой и \(N\)-м шариком находится \(N-1\) пружина, и каждая удлинилась на \(F/k\). Смещения складываются:

\[ x_N = (N-1)\,\frac{F}{k}. \]

Что это значит. Смещение растёт линейно с номером — то есть линейно с расстоянием от закреплённого конца. Это в точности то, что происходит в однородном растянутом стержне: относительное удлинение всюду одинаково, а смещение нарастает от закреплённого конца к свободному. Цепочка шариков — простейшая механическая модель твёрдого тела, и мы будем пользоваться ею весь параграф.

Решение

Относительная деформация.

\[ \varepsilon = \frac{\Delta L}{L} = \frac{10^{-4}\;\text{м}}{1\;\text{м}} = 10^{-4}. \]

Изменение межатомного расстояния. Та же деформация применяется к каждому промежутку между атомами (задача 3.6.1: все «пружинки» растянуты одинаково):

\[ \Delta a = \varepsilon\,a = 10^{-4}\cdot10^{-10} = 10^{-14}\;\text{м}. \]

Это в десять тысяч раз меньше самого атома. Именно поэтому упругая деформация твёрдого тела почти всегда обратима: атомы почти не сдвигаются со своих мест, связи не рвутся и не перестраиваются.

Решение

По площади (параллельно). Пусть стержень набран из \(S\) единичных «столбиков» сечения 1. Каждый растягивается на одно и то же \(\Delta L\), а силы складываются, значит жёсткость пропорциональна \(S\).

По длине (последовательно). Столбик длины \(L\) — это \(L\) единичных кубиков друг за другом. Через все проходит одна и та же сила, а удлинения складываются, значит на каждый кубик приходится \(\Delta L/L\), и жёсткость обратно пропорциональна \(L\).

Собираем. Единичный кубик имеет жёсткость \(E\), поэтому

\[ \boxed{\;k = \frac{ES}{L}\;} \]

и сила, растягивающая стержень на \(\Delta L\),

\[ F = k\,\Delta L = ES\,\frac{\Delta L}{L} = ES\varepsilon. \]

Полезная перезапись. Разделив на \(S\), получаем главную формулу теории упругости — закон Гука в напряжениях:

\[ \sigma \equiv \frac{F}{S} = E\,\varepsilon. \]

В таком виде в ней нет ни длины, ни сечения — только свойство материала. Напряжение \(\sigma\) измеряется в паскалях, деформация \(\varepsilon\) безразмерна, значит и \(E\) измеряется в паскалях.

Решение

Оценка. Кубик со стороной \(a\) имеет сечение \(S = a^{2}\) и длину \(L = a\), поэтому

\[ k = \frac{ES}{L} = \frac{E\,a^{2}}{a} = E\,a. \]

Числа. Для стали \(E = 2\cdot10^{11}\) Па, \(a \approx 2{,}5\cdot10^{-10}\) м:

\[ k \approx 2\cdot10^{11}\cdot2{,}5\cdot10^{-10} \approx 50\;\text{Н/м}. \]

Удивительно наглядное число: одна межатомная связь — это пружинка с жёсткостью примерно как у пружины из шариковой ручки. Огромная жёсткость макроскопических тел получается не потому, что каждая связь особо крепка, а потому, что их чудовищно много.

Решение

Натяжение по участкам. Каждый груз весит \(P = mg = 2\cdot10^{3}\cdot10 = 2\cdot10^{4}\) Н. Верхний участок (0–25 см) держит все три груза, средний — два, нижний — один:

\[ F_1 = 6\cdot10^{4}\;\text{Н},\qquad F_2 = 4\cdot10^{4}\;\text{Н},\qquad F_3 = 2\cdot10^{4}\;\text{Н}. \]

Деформация. По задаче 3.6.3 \(\varepsilon = F/(ES)\), причём

\[ ES = 2\cdot10^{11}\cdot0{,}5\cdot10^{-4} = 10^{7}\;\text{Н}, \]

поэтому

\[ \varepsilon_1 = 6\cdot10^{-3},\qquad \varepsilon_2 = 4\cdot10^{-3},\qquad \varepsilon_3 = 2\cdot10^{-3}. \]

Удлинения участков. Каждый участок длиной \(l = 0{,}25\) м:

\[ \Delta_1 = 1{,}5\;\text{мм},\qquad \Delta_2 = 1{,}0\;\text{мм},\qquad \Delta_3 = 0{,}5\;\text{мм}, \] \[ \Delta = \Delta_1+\Delta_2+\Delta_3 = 3\;\text{мм}. \]

Смещения. Точка на расстоянии \(x\) от заделки сместилась на сумму удлинений всего, что выше неё. Получается ломаная с изломами в точках крепления грузов: 0 → 1,5 мм → 2,5 мм → 3 мм. Наклон каждого звена равен деформации соответствующего участка — поэтому ломаная выпуклая вверх.

Решение

Условие несвободы. Свободный рельс при нагреве на \(\Delta t\) удлинился бы относительно на \(\alpha\Delta t\). Раз длина зафиксирована, упругая деформация равна этому же по модулю с обратным знаком:

\[ \varepsilon_{\text{упр}} = -\alpha\,\Delta t, \qquad \sigma = E\varepsilon_{\text{упр}} = -E\alpha\,\Delta t. \]

Зима. \(\Delta t = -30-10 = -40\) K — рельс хочет укоротиться, но не может, значит он растянут:

\[ \sigma_{\text{зима}} = 2\cdot10^{11}\cdot1{,}25\cdot10^{-5}\cdot40 = 10^{8}\;\text{Па}. \]

Лето. \(\Delta t = 30-10 = +20\) K — рельс хочет удлиниться, значит он сжат:

\[ \sigma_{\text{лето}} = -2\cdot10^{11}\cdot1{,}25\cdot10^{-5}\cdot20 = -0{,}5\cdot10^{8}\;\text{Па}. \]

Итак, напряжение гуляет от \(+10^{8}\) Па (растяжение зимой) до \(-0{,}5\cdot10^{8}\) Па (сжатие летом).

Решение

Сколько полоса хочет укоротиться.

\[ \Delta L_{\text{терм}} = \alpha L\,\Delta t = 1{,}25\cdot10^{-5}\cdot2\cdot500 = 1{,}25\cdot10^{-2}\;\text{м} = 1{,}25\;\text{см}. \]

Сколько ей позволено. Стены сходятся, пока не закроется трещина шириной \(d = 1\) см. Дальше двигаться некуда — остальное уходит в упругое растяжение полосы:

\[ \Delta L_{\text{упр}} = \Delta L_{\text{терм}} - d = 1{,}25 - 1 = 0{,}25\;\text{см} = 2{,}5\cdot10^{-3}\;\text{м}. \]

Сила. По задаче 3.6.3

\[ F = ES\,\frac{\Delta L_{\text{упр}}}{L} = 2\cdot10^{11}\cdot2\cdot10^{-4}\cdot\frac{2{,}5\cdot10^{-3}}{2} = 5\cdot10^{4}\;\text{Н}. \]

Пять тонн — и это от полоски сечением с ноготь. Тепловые напряжения в металле чудовищно велики, потому что модуль Юнга огромен.

Решение

Напряжение на глубине \(x\) от верха. Ниже сечения — только вес того, что выше:

\[ \sigma(x) = \frac{\rho S x\,g}{S} = \rho g x. \]

Оно линейно растёт от 0 наверху до \(\rho g h\) внизу. Деформация тоже линейна:

\[ \varepsilon(x) = \frac{\sigma(x)}{E} = \frac{\rho g x}{E}. \]

Полное сжатие. Раз деформация меняется линейно, полное укорочение равно средней деформации, умноженной на высоту:

\[ \Delta h = \overline{\varepsilon}\,h = \frac{\rho g h}{2E}\cdot h = \frac{\rho g h^{2}}{2E}. \]

Числа.

\[ \Delta h = \frac{2{,}7\cdot10^{3}\cdot9{,}8\cdot30^{2}}{2\cdot10^{11}} \approx 1{,}2\cdot10^{-4}\;\text{м} = 0{,}12\;\text{мм}. \]

Решение

Натяжение. Отсчитаем \(x\) от свободного конца. Кусок длины \(x\) имеет массу \(mx/l\), и разгоняет его только натяжение в этом сечении:

\[ T(x) = \frac{m x}{l}\,a. \]

На свободном конце \(T=0\), на «тянущем» \(T = ma\) ✓.

Деформация и удлинение.

\[ \varepsilon(x) = \frac{T(x)}{ES} = \frac{max}{ESl}, \]

линейная функция, поэтому средняя деформация — половина максимальной:

\[ \overline{\varepsilon} = \frac{ma}{2ES}, \qquad \Delta l = \overline{\varepsilon}\,l = \frac{m a l}{2ES}. \]

Решение

Выкладка.

\[ W = \frac{k\,(\Delta L)^{2}}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{ES}{L}\cdot(\varepsilon L)^{2} = \frac{E\varepsilon^{2}}{2}\,SL = \frac{E\varepsilon^{2}}{2}\,V. \]

Значит плотность упругой энергии

\[ \boxed{\;w = \frac{W}{V} = \frac{E\varepsilon^{2}}{2}\;} \]

Через напряжение. Так как \(\sigma = E\varepsilon\) (задача 3.6.3), то \(\varepsilon = \sigma/E\), и

\[ w = \frac{E}{2}\cdot\frac{\sigma^{2}}{E^{2}} = \frac{\sigma^{2}}{2E} = \frac{\sigma\varepsilon}{2}. \]

Последняя форма — «полупроизведение силы на смещение» в пересчёте на единицу объёма — самая запоминающаяся.

Решение

Деформация слоя. Пусть стержень свернулся в кольцо радиуса \(R\). Слой, отстоящий от середины на \(y\), имеет радиус \(R+y\) и длину \(2\pi(R+y)\), тогда как нейтральный слой имеет длину \(2\pi R = l\). Значит

\[ \varepsilon(y) = \frac{2\pi(R+y)-2\pi R}{2\pi R} = \frac{y}{R}. \]

Радиус кольца. Длина стержня не меняется: \(l = 2\pi R\), откуда

\[ R = \frac{l}{2\pi}. \]

Энергия. Плотность энергии \(w = E\varepsilon^{2}/2 = Ey^{2}/(2R^{2})\) зависит только от \(y\). Разобьём сечение на полоски шириной \(a\) и толщиной \(dy\); объём такой полоски по всей длине равен \(a\,l\,dy\). Полная энергия

\[ W = \int_{-a/2}^{a/2}\frac{E y^{2}}{2R^{2}}\,a\,l\,dy = \frac{Eal}{2R^{2}}\cdot\frac{a^{3}}{12} = \frac{E\,a^{4}l}{24R^{2}}. \]

(Мы воспользовались тем, что сумма \(y^2\) по квадратному сечению даёт \(a^{4}/12\) — это «школьная» середина куба: среднее значение \(y^{2}\) на отрезке \([-a/2,\,a/2]\) равно \(a^{2}/12\), а объём сечения \(a^2\).)

Подставляем радиус.

\[ W = \frac{E a^{4} l}{24}\cdot\frac{4\pi^{2}}{l^{2}} = \frac{\pi^{2}E a^{4}}{6\,l}. \]

Решение

Обозначения. Пусть сторона квадрата \(a\), продольная (горизонтальная) деформация \(\varepsilon\), поперечная (вертикальная) \(\varepsilon'\) (она отрицательна — ячейка сжимается). Тогда горизонтальные пружины удлинились на \(\varepsilon a\), вертикальные — на \(\varepsilon' a\).

Как удлинилась диагональ. Её проекции стали \(a(1+\varepsilon)\) и \(a(1+\varepsilon')\), значит длина

\[ d = a\sqrt{(1+\varepsilon)^{2}+(1+\varepsilon')^{2}} \approx a\sqrt{2}\,\Bigl(1+\frac{\varepsilon+\varepsilon'}{2}\Bigr), \]

(мы отбросили квадраты малых величин), а удлинение диагонали

\[ \delta = d - a\sqrt2 = \frac{a\,(\varepsilon+\varepsilon')}{\sqrt2}. \]

Обратите внимание: относительное удлинение диагонали равно полусумме \((\varepsilon+\varepsilon')/2\) — среднему из продольной и поперечной деформаций. Это общее правило для направления под 45°.

Вертикальное равновесие узла. Возьмём верхний левый атом. По вертикали на него действуют:

— вертикальная пружина под ним, растянутая на \(\varepsilon' a\): тянет вниз с силой \(k_0\varepsilon' a\);
— диагональ, идущая вниз-вправо, растянутая на \(\delta\): её натяжение \(k\delta\), а вертикальная проекция (угол 45°) равна \(k\delta/\sqrt2\), тоже вниз.

Внешняя сила горизонтальна и вертикальной проекции не даёт. Сумма должна быть нулевой:

\[ k_0\varepsilon' a + \frac{k\delta}{\sqrt2} = 0. \]

Подставляем \(\delta\).

\[ k_0\varepsilon' a + \frac{k}{\sqrt2}\cdot\frac{a(\varepsilon+\varepsilon')}{\sqrt2} = 0 \quad\Longrightarrow\quad 2k_0\varepsilon' + k(\varepsilon+\varepsilon') = 0, \] \[ \varepsilon' = -\frac{k}{k+2k_0}\,\varepsilon \quad\Longrightarrow\quad \frac{|\varepsilon'|}{\varepsilon} = \frac{k}{k+2k_0}. \]

Решение

Ответ прямо из 3.6.12.

\[ \nu = -\frac{\varepsilon'}{\varepsilon} = \frac{k}{k+2k_0}. \]

Почему пропорциональность. В выкладке 3.6.12 мы отбросили квадраты малых величин, и все уравнения оказались линейными по \(\varepsilon\) и \(\varepsilon'\). Поэтому их отношение — постоянная, не зависящая от того, насколько сильно растянут образец (пока деформации малы). Именно это и утверждается в условии.

Пределы для \(\nu\). Из формулы видно, что \(0 \le \nu < 1\), причём в нашей модели \(\nu\) не может превысить 1. У реальных изотропных тел, как мы увидим в задаче 3.6.14, физический предел ещё жёстче: \(\nu \le 1/2\), иначе объём при растяжении уменьшался бы. У стали \(\nu = 0{,}3\), у резины почти \(0{,}5\), у пробки — около нуля (потому её и удобно вгонять в горлышко).

Решение

Изменение объёма. Для параллелепипеда \(V = l_1l_2l_3\), и при малых деформациях

\[ \frac{\Delta V}{V} = \varepsilon_1+\varepsilon_2+\varepsilon_3 = \varepsilon - \nu\varepsilon - \nu\varepsilon = \varepsilon\,(1-2\nu). \]

(Произведение \((1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2)(1+\varepsilon_3)\) при отбрасывании квадратов даёт \(1+\varepsilon_1+\varepsilon_2+\varepsilon_3\).)

Сталь. \(1-2\cdot0{,}3 = 0{,}4 > 0\), значит при растяжении (\(\varepsilon>0\)) объём увеличивается — правда, всего на 40 % от продольной деформации.

Резина. Объём не меняется, значит

\[ 1-2\nu = 0 \quad\Longrightarrow\quad \nu = \frac{1}{2} = 0{,}5. \]

Почему \(\nu\) не бывает больше 1/2. При \(\nu>1/2\) растяжение уменьшало бы объём. Тогда достаточно было бы всесторонне сжать тело, чтобы оно начало «само» расширяться — такая среда неустойчива. Поэтому у всех обычных материалов \(0 \le \nu \le 1/2\), и резина стоит у самой границы.

Решение

Деформация вдоль одной оси. Соберём вклады трёх сжатий в деформацию по оси \(x\):

— «своё» сжатие вдоль \(x\): \(\varepsilon_x = -P/E\);
— сжатие вдоль \(y\): поперечный эффект даёт \(+\nu P/E\);
— сжатие вдоль \(z\): ещё \(+\nu P/E\).

\[ \varepsilon_x = -\frac{P}{E}\,(1-2\nu). \]

По симметрии то же самое для \(y\) и \(z\).

Изменение объёма.

\[ \frac{\Delta V}{V} = 3\varepsilon_x = -\frac{3P\,(1-2\nu)}{E}, \]

откуда сжимаемость

\[ \varkappa = -\frac{1}{P}\cdot\frac{\Delta V}{V} = \frac{3\,(1-2\nu)}{E}. \]

Модуль всестороннего сжатия. Обратную величину называют модулем объёмного сжатия:

\[ K = \frac{1}{\varkappa} = \frac{E}{3(1-2\nu)}. \]

Решение

Насколько поднялся бы океан. На глубине \(x\) давление \(P = \rho g x\), а относительное сжатие \(\varkappa P\). Среднее по толще значение отвечает половине придонного давления, поэтому

\[ \Delta h = \overline{\varkappa P}\;h = \varkappa\,\frac{\rho g h}{2}\,h = \frac{\varkappa\rho g h^{2}}{2}. \]

Возьмём \(h = 3{,}5\) км. Придонное давление \(\rho g h = 10^{3}\cdot10\cdot3{,}5\cdot10^{3} = 3{,}5\cdot10^{7}\) Па \(= 350\) атм, среднее — 175 атм. Тогда

\[ \frac{\Delta V}{V} = 5\cdot10^{-5}\cdot175 \approx 8{,}8\cdot10^{-3}, \qquad \Delta h \approx 3500\cdot8{,}8\cdot10^{-3} \approx 30\;\text{м}. \]

Если бы вода была несжимаемой, уровень океана поднялся бы примерно на 30 метров — и затопил бы немалую часть суши.

Плотность на глубине 10 км. Там \(P = 10^{8}\) Па \(= 1000\) атм, значит

\[ \frac{\Delta\rho}{\rho} = \varkappa P = 5\cdot10^{-5}\cdot1000 = 0{,}05, \qquad \Delta\rho = 0{,}05\cdot10^{3} = 50\;\text{кг/м}^{3}. \]

Упругая энергия. Как и у пружины, энергия равна половине произведения «силы на смещение», то есть половине \(P\cdot(\Delta V/V)\) на единицу объёма:

\[ w = \frac{1}{2}\,P\,\frac{\Delta V}{V} = \frac{\varkappa P^{2}}{2} = \frac{1}{2}\cdot10^{8}\cdot0{,}05 = 2{,}5\cdot10^{6}\;\text{Дж/м}^{3}. \]

Решение

Главное соотношение. Пусть участок нити идёт с угловым коэффициентом \(s = \mathrm{tg}\,\alpha\) (наклон профиля). Раз горизонтальная составляющая равна \(F\), вертикальная равна

\[ T_y = F\,s. \]

Массы грузов. В точке, где висит груз, нить имеет излом. Рассмотрим равновесие этой точки по вертикали: слева нить тянет с вертикальной составляющей \(-Fs_{\text{л}}\), справа \(+Fs_{\text{п}}\), а груз тянет вниз с силой \(mg\):

\[ F\,(s_{\text{п}} - s_{\text{л}}) = m g \quad\Longrightarrow\quad m = \frac{F\,(s_{\text{п}} - s_{\text{л}})}{g}. \]

Иными словами, вес груза равен \(F\), умноженной на скачок наклона в точке подвеса. Для первого груза \(m_1g = F(s_2-s_1)\), для второго \(m_2g = F(s_3-s_2)\), где \(s_1,s_2,s_3\) — наклоны трёх участков слева направо.

Реакция гвоздя. У гвоздя нить переходит от горизонтального участка (наклон 0) к наклонному (наклон \(s_1\)). Складывая натяжения по обе стороны, получаем, что нить тянет гвоздь вниз... точнее, сумма натяжений, действующих на «узел» у гвоздя, равна \((0,\;F s_1)\), и её должна уравновесить реакция

\[ N_1 = F\,|s_1| = F\,\mathrm{tg}\,\alpha_1, \]

направленная вверх (первый участок идёт вниз, \(s_1<0\)). Аналогично \(N_2 = F s_3\).

Итог рецепта: измерить по чертежу наклоны всех участков; умножить каждый на \(F\) — получатся вертикальные составляющие натяжений; их скачки в точках подвеса дают веса грузов, а скачки у гвоздей — реакции.

Решение

Наклоны. С рисунка: до точки 1 и после точки 3 струна горизонтальна (наклон 0); на участке 1–2 она поднимается на \(b\) за длину \(L\) (наклон \(+b/L\)); на участке 2–3 опускается на \(b\) за длину \(l\) (наклон \(-b/l\)).

Поперечная составляющая натяжения.

\[ F_y(x) = F_0\,y'(x) = \begin{cases} 0, & x < x_1,\\ F_0\,b/L, & x_1 < x < x_2,\\ -F_0\,b/l, & x_2 < x < x_3,\\ 0, & x > x_3. \end{cases} \]

Удерживающие силы. Возьмём маленький кусочек струны, содержащий излом. Слева его тянут с поперечной составляющей \(-F_y^{\text{лев}}\), справа — с \(+F_y^{\text{прав}}\). Чтобы кусочек был в равновесии, внешняя сила должна равняться минус скачку:

\[ F_{\text{внеш}} = -\bigl(F_y^{\text{прав}} - F_y^{\text{лев}}\bigr). \]

Отсюда сразу

\[ F_1 = -F_0\frac{b}{L},\qquad F_2 = F_0\Bigl(\frac{b}{L}+\frac{b}{l}\Bigr),\qquad F_3 = -F_0\frac{b}{l}. \]

То есть на вершине 2 струну надо тянуть вверх, а в точках 1 и 3 — прижимать вниз. Это вполне наглядно: вершину надо «держать», а «углы» у основания — прижимать, иначе струна их подтянет вверх и выпрямится.

Решение

Перенос профиля. Пусть форма струны описывается функцией \(y = f(x-ct)\) (именно это и значит «движется вправо, не меняя вида»). Возьмём точку с координатой \(x\) и посмотрим, как меняется её высота за малое время \(\Delta t\):

\[ \Delta y = f\bigl(x-c(t+\Delta t)\bigr) - f(x-ct) = f\bigl((x-ct) - c\Delta t\bigr) - f(x-ct). \]

Аргумент уменьшился на \(c\Delta t\), значит значение изменилось на «наклон, умноженный на приращение аргумента»:

\[ \Delta y = -\varepsilon\,c\,\Delta t. \]

Здесь \(\varepsilon\) — наклон профиля: при смещении вдоль струны на малое \(\Delta x\) высота меняется на \(\varepsilon\,\Delta x\). Этот наклон и есть поперечная деформация струны.

Результат.

\[ \boxed{\;u = \frac{\Delta y}{\Delta t} = -c\,\varepsilon\;} \]

Наглядно. В нашем случае профиль спускается вправо (\(\varepsilon = -b/L < 0\)), значит \(u > 0\): участки струны движутся вверх. И правда — картинка едет вправо, поэтому в каждой точке «высокая» часть постепенно сменяет «низкую», и струна поднимается.

Решение

а. Почему импульс растёт. Внутри выделенного участка есть кусок, уже вовлечённый в движение (он в области изгиба), и кусок, ещё покоящийся (справа). Фронт изгиба движется вправо со скоростью \(c\), поэтому за время \(\Delta t\) он вовлекает в движение новый отрезок длины \(c\,\Delta t\) и массы \(\rho\,c\,\Delta t\). Этот отрезок приобретает поперечную скорость \(u = -c\varepsilon\) (задача 3.6.19), значит импульс участка растёт на \(\rho c\Delta t\cdot u\):

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho\,c\,u = -\rho\,c^{2}\varepsilon. \]

(Скорость уже движущихся участков не меняется — ведь наклон изгиба постоянен, значит и \(u\) постоянна. Весь прирост импульса идёт от вновь вовлекаемого вещества.)

б. Сумма сил. На выделенный участок действуют натяжения на его концах. Поперечная составляющая натяжения равна \(F_0\), умноженной на наклон (задачи 3.6.17, 3.6.18). Правый конец лежит на горизонтальном участке, там наклон нулевой и поперечной силы нет. Левый конец лежит в области изгиба, где наклон равен \(\varepsilon\); соседняя левая часть тянет наш участок с поперечной составляющей \(-F_0\varepsilon\). Итого

\[ F_{\perp} = -F_0\,\varepsilon. \]

Второй закон Ньютона.

\[ -\rho c^{2}\varepsilon = -F_0\varepsilon \quad\Longrightarrow\quad \rho c^{2} = F_0 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;c = \sqrt{\frac{F_0}{\rho}}\;} \]

Деформация \(\varepsilon\) сократилась! Значит скорость волны не зависит от того, насколько сильно струну изогнули — только от натяжения и погонной массы. Именно поэтому по струне могут бежать импульсы любой формы, не искажаясь.

Решение

а. Деформация. Пусть \(\xi(x)\) — продольное смещение сечения с координатой \(x\). Отрезок между сечениями \(x\) и \(x+\Delta x\) изменил длину на \(\xi(x+\Delta x)-\xi(x)\), значит

\[ \varepsilon = \frac{\Delta\xi}{\Delta x} = \text{наклон графика} = -\frac{b}{L} \]

(участок сжат: смещения убывают слева направо).

Упругая энергия. По задаче 3.6.10

\[ w = \frac{E\varepsilon^{2}}{2} = \frac{E\,b^{2}}{2L^{2}}. \]

Скорость частиц. Возмущение бежит вправо без искажения, поэтому работает то же рассуждение, что и в задаче 3.6.19:

\[ u = -c\,\varepsilon = \frac{c\,b}{L}. \]

Частицы движутся вправо — в ту же сторону, куда бежит волна: это продольная волна сжатия.

б. Скорость волны. Плотность кинетической энергии

\[ w_{\text{кин}} = \frac{\rho u^{2}}{2} = \frac{\rho c^{2}\varepsilon^{2}}{2}, \]

а упругой — \(w = E\varepsilon^{2}/2\). По условию они равны:

\[ \frac{\rho c^{2}\varepsilon^{2}}{2} = \frac{E\varepsilon^{2}}{2} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;c = \sqrt{\frac{E}{\rho}}\;} \]

Решение

а. Скорость роста импульса. За время \(\Delta t\) фронт волны продвигается на \(c\,\Delta t\) и вовлекает в движение новый объём \(S\,c\,\Delta t\) массы \(\rho S c\,\Delta t\). Этот кусок приобретает скорость \(u = -c\varepsilon\) (задача 3.6.19), поэтому

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho\,c\,u\,S = -\rho\,c^{2}\varepsilon\,S. \]

б. Почему поток импульса равен \(\sigma\). Правая часть стержня — это отдельное тело. Все внешние силы, действующие на неё, приложены в одном-единственном месте — в выделенном сечении, где её тянет (или толкает) левая часть с силой \(\sigma S\). По второму закону Ньютона

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \sigma S. \]

Разделив на \(S\), видим: переносимый через единицу площади за единицу времени импульс равен напряжению. Это не совпадение, а определение силы: сила и есть поток импульса.

Скорость волны. Подставим сюда закон Гука \(\sigma = E\varepsilon\) (в наших знаках \(\sigma = -E\varepsilon\), так как сжатию \(\varepsilon<0\) отвечает положительное сжимающее напряжение):

\[ -\rho c^{2}\varepsilon S = -E\varepsilon\,S \quad\Longrightarrow\quad c = \sqrt{\frac{E}{\rho}}. \]

Если же выразить через \(\sigma\) и \(\varepsilon\) напрямую (как просит условие):

\[ \rho c^{2} = \frac{\sigma}{\varepsilon} \quad\Longrightarrow\quad c = \sqrt{\frac{\sigma}{\rho\,\varepsilon}}. \]

Решение

Числа.

\[ c = \sqrt{\frac{E}{\rho}} = \sqrt{\frac{2\cdot10^{11}}{7{,}8\cdot10^{3}}} = \sqrt{2{,}56\cdot10^{7}} \approx 5{,}1\cdot10^{3}\;\text{м/с} \approx 5\;\text{км/с}. \]

Почему в листе быстрее. Формула \(c=\sqrt{E/\rho}\) выведена для тонкого стержня, у которого боковая поверхность свободна: при продольном сжатии стержень беспрепятственно раздаётся вбок (коэффициент Пуассона, задача 3.6.13).

Мысленно выделим в толстом листе тонкий стержень. Когда по нему бежит волна сжатия, он хочет раздаться вбок — но со всех сторон его окружает такой же материал, который тоже сжат и тоже хочет раздаться. Соседи мешают друг другу. Значит поперечное расширение подавлено, и чтобы получить ту же продольную деформацию, нужно большее напряжение: эффективный модуль упругости больше \(E\). А раз

\[ c = \sqrt{\frac{E_{\text{эфф}}}{\rho}},\qquad E_{\text{эфф}} > E, \]

то и скорость больше.

Для справки: при полном подавлении поперечной деформации \(E_{\text{эфф}} = E\dfrac{1-\nu}{(1+\nu)(1-2\nu)}\); при \(\nu = 0{,}3\) это \(1{,}35E\), что даёт \(c \approx 5{,}9\) км/с — как раз табличная скорость продольных волн в массивной стали.

Решение

Рабочая формула.

\[ c = \sqrt{\frac{K}{\rho}} = \frac{1}{\sqrt{\varkappa\rho}}. \]

Переведём сжимаемости в СИ: \(1\;\text{атм}^{-1} = 10^{-5}\;\text{Па}^{-1}\), поэтому

\[ \varkappa_{\text{рт}} = 3\cdot10^{-10},\quad \varkappa_{\text{в}} = 5\cdot10^{-10},\quad \varkappa_{\text{возд}} = 7{,}1\cdot10^{-6}\;\;\text{Па}^{-1}. \]

Ртуть.

\[ c = \frac{1}{\sqrt{3\cdot10^{-10}\cdot1{,}36\cdot10^{4}}} = \frac{1}{\sqrt{4{,}1\cdot10^{-6}}} \approx 5\cdot10^{2}\;\text{м/с}. \]

Вода.

\[ c = \frac{1}{\sqrt{5\cdot10^{-10}\cdot10^{3}}} = \frac{1}{\sqrt{5\cdot10^{-7}}} \approx 1{,}4\cdot10^{3}\;\text{м/с}. \]

Воздух.

\[ c = \frac{1}{\sqrt{7{,}1\cdot10^{-6}\cdot1{,}2}} = \frac{1}{\sqrt{8{,}5\cdot10^{-6}}} \approx 3{,}4\cdot10^{2}\;\text{м/с}. \]

Решение

Сохранение массы. За время \(\Delta t\) фронт, идущий со скоростью \(c\), захватывает столб невозмущённого газа длины \(c\Delta t\) и массы (на единицу площади) \(\rho_0 c\,\Delta t\). Этот газ становится сжатым и движется вслед за фронтом со скоростью \(u\). Он занимает теперь длину \((c-u)\Delta t\) при плотности \(\rho\). Приравняем массы:

\[ \rho_0\,c = \rho\,(c-u) \quad\Longrightarrow\quad u = c\,\frac{\rho-\rho_0}{\rho}. \]

Сохранение импульса. Тот же захваченный газ разогнан от нуля до \(u\) разностью давлений \(P-P_0\), действующей на единицу площади:

\[ (P-P_0)\,\Delta t = \rho_0\,c\,\Delta t\cdot u \quad\Longrightarrow\quad P-P_0 = \rho_0\,c\,u. \]

Соединяем. Подставим \(u\):

\[ P-P_0 = \rho_0 c^{2}\,\frac{\rho-\rho_0}{\rho} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;c^{2} = \frac{\rho\,(P-P_0)}{\rho_0\,(\rho-\rho_0)}\;} \]

Решение

Скорость зависит от плотности. Для \(P = A\rho^{\gamma}\)

\[ c_{\text{зв}}^{2} = \frac{\Delta P}{\Delta\rho} = \gamma A\rho^{\gamma-1} \quad\Longrightarrow\quad c_{\text{зв}} \propto \rho^{(\gamma-1)/2}, \]

то есть в более плотном газе звук распространяется быстрее. Кроме того, сжатая часть газа сама уже движется вперёд со скоростью \(u>0\), и её возмущения бегут со скоростью \(u + c_{\text{зв}}\) — оба эффекта работают в одну сторону.

Волна сжатия. Здесь плотность убывает вперёд: сзади плотно, впереди разрежено. Значит задние участки профиля бегут быстрее передних и догоняют их. Профиль становится всё круче, пока наклон не станет бесконечным — это и есть образование разрыва, ударной волны. Дальше уже сплошная среда «не умеет» иметь однозначный профиль, и возникает скачок, описанный в задаче 3.6.25.

Волна разрежения. Если бы плотность, наоборот, росла вперёд, то задние (разрежённые) участки шли бы медленнее передних (плотных) и отставали. Профиль не крутел бы, а расплывался — становился всё более пологим. Поэтому ударных волн разрежения не бывает: любая начальная крутизна такого профиля сама собой сглаживается.

Красивая формулировка: волна сжатия сама себя обостряет, волна разрежения сама себя размывает. Именно поэтому взрыв даёт резкий хлопок, а не плавное нарастание давления, а «обратная» сторона импульса всегда пологая.

Решение

Сохранение вещества. Волна — это горб высоты \(\Delta h \ll h\), бегущий со скоростью \(c\). Чтобы уровень поднялся на \(\Delta h\), вода должна натечь: за время \(\Delta t\) фронт продвигается на \(c\Delta t\), и «лишний» объём (на единицу ширины) равен \(\Delta h\cdot c\,\Delta t\). Его приносит поток воды в слое толщины \(h\), текущий со скоростью \(u\): объём \(h\,u\,\Delta t\). Значит

\[ h\,u = c\,\Delta h \quad\Longrightarrow\quad \frac{u}{c} = \frac{\Delta h}{h}. \]

Скорость изменения импульса. Фронт вовлекает в движение массу \(\rho h c\,\Delta t\) (на единицу ширины), придавая ей скорость \(u\):

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho\,h\,c\,u. \]

Сила. Слева от фронта столб воды выше на \(\Delta h\), поэтому давление на любой глубине больше на \(\rho g\,\Delta h\). Суммарная сила на единицу ширины — это разность сил давления на столб высоты \(h\):

\[ F = \rho g\,\Delta h\cdot h. \]

Приравниваем.

\[ \rho h c u = \rho g h\,\Delta h. \]

Подставим \(u = c\,\Delta h/h\):

\[ \rho h c\cdot\frac{c\,\Delta h}{h} = \rho g h\,\Delta h \quad\Longrightarrow\quad c^{2} = g h \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;c = \sqrt{g h}\;} \]

Решение

Уравнение движения шарика. Пусть \(x_n\) — смещение \(n\)-го шарика из положения равновесия. Правая пружина растянута на \(x_{n+1}-x_n\), левая — на \(x_n-x_{n-1}\). Значит

\[ m\,a_n = k\,(x_{n+1}-x_n) - k\,(x_n-x_{n-1}) = k\,(x_{n+1}+x_{n-1}-2x_n). \]

Подставляем бегущую волну. Пусть

\[ x_n = A\cos(\omega t - q\,n l), \]

где \(q = 2\pi/\lambda\) — волновое число. Соседи отличаются сдвигом фазы \(\pm ql\), поэтому по формуле суммы косинусов

\[ x_{n+1}+x_{n-1} = 2\cos(ql)\,x_n, \] \[ x_{n+1}+x_{n-1}-2x_n = 2\,(\cos ql - 1)\,x_n = -4\sin^{2}\!\frac{ql}{2}\;x_n. \]

А слева \(m a_n = -m\omega^{2}x_n\). Сокращая на \(-x_n\):

\[ m\omega^{2} = 4k\,\sin^{2}\!\frac{ql}{2} \quad\Longrightarrow\quad \omega = 2\omega_0\,\sin\frac{ql}{2}. \]

Это знаменитый закон дисперсии одномерного кристалла.

Скорость волны. Из него \(ql/2 = \arcsin\bigl(\omega/(2\omega_0)\bigr)\), и

\[ c = \frac{\omega}{q} = \frac{\omega\,l}{2\arcsin\dfrac{\omega}{2\omega_0}}. \]

Низкие частоты. При \(\omega\ll\omega_0\) аргумент арксинуса мал и \(\arcsin z \approx z\):

\[ c \approx \frac{\omega l}{2\cdot\dfrac{\omega}{2\omega_0}} = \omega_0\,l = l\sqrt{\frac{k}{m}}. \]

Скорость перестаёт зависеть от частоты — волны разных частот бегут одинаково, и импульс любой формы не искажается. Это обычный звук.

Через \(E\) и \(\rho\). Считаем шарики атомами в узлах кубической решётки с ребром \(l\). Тогда «стержень» сечения \(l^{2}\) и длины \(l\) имеет жёсткость \(k\), а по задаче 3.6.3 она равна \(E l^{2}/l = El\):

\[ E = \frac{k}{l},\qquad \rho = \frac{m}{l^{3}}. \] \[ c = l\sqrt{\frac{k}{m}} = l\sqrt{\frac{El}{\rho l^{3}}} = \sqrt{\frac{E}{\rho}}\;✓ \]

— тот же результат, что и в задачах 3.6.21 и 3.6.22. Микроскопическая модель и сплошная среда сошлись.

Оценка \(\omega_0\) для железа. Из \(c = \omega_0 l\) при \(c \approx 5\cdot10^{3}\) м/с и \(l \approx 10^{-10}\) м:

\[ \omega_0 = \frac{c}{l} \approx 5\cdot10^{13}\;\text{с}^{-1}. \]

Это предельная частота колебаний решётки — выше неё волна по цепочке просто не бежит.

Решение

Что известно. Пока волна проходила через данное сечение, тамошняя частица двигалась со скоростью \(u(t)\) и в сумме сместилась на

\[ b = \int u\,dt. \]

Что нужно. Импульс волны в фиксированный момент времени:

\[ p = \int \rho S\,u(x)\,dx. \]

Связь. Волна бежит, не меняя формы: \(u\) зависит только от \(x - ct\). Поэтому «профиль по \(x\)» и «история по \(t\)» — это одна и та же кривая, только по оси \(x\) она растянута в \(c\) раз (за время \(dt\) картина сдвигается на \(dx = c\,dt\)). Значит

\[ \int u\,dx = c\int u\,dt = c\,b, \]

и

\[ \boxed{\;p = \rho S\,c\,b\;} \]

Другой способ — через силу. Импульс волны равен импульсу силы, которая её породила: \(p = \int F\,dt = \int \sigma S\,dt\). А \(\sigma = \rho c u\) (задача 3.6.22), поэтому \(p = \rho c S\int u\,dt = \rho c S b\) ✓ — тот же ответ, полученный совсем иначе.

Решение

Деформация через \(\Delta\rho\). Кусочек длины \(\Delta x\) при деформации \(\varepsilon\) становится длиной \((1+\varepsilon)\Delta x\), а масса его не меняется, значит

\[ \rho' = \frac{\rho}{1+\varepsilon} \approx \rho\,(1-\varepsilon) \quad\Longrightarrow\quad \Delta\rho = -\rho\,\varepsilon. \]

(При сжатии \(\varepsilon<0\) и \(\Delta\rho>0\) ✓.)

а. Поток импульса. Скорость частиц \(u = -c\varepsilon = c\,\Delta\rho/\rho\), а плотность потока импульса

\[ q_p = \rho\,c\,u = \rho c\cdot\frac{c\,\Delta\rho}{\rho} = \Delta\rho\;c^{2}. \]

б. Скорость центра масс. В каждый момент движется только вещество внутри волны: это слой длины \(l\) и массы (на единицу площади) \(\rho l\), летящий со скоростью \(u\). Вся масса слоя — \(\rho L\). Значит

\[ v_{\text{ц.м.}} = \frac{\rho\,l\,u}{\rho\,L} = \frac{l}{L}\,u = \frac{\Delta\rho\;c\;l}{\rho\,L}. \]

Смещение центра масс. Волна проходит слой за время \(t = L/c\), и всё это время центр масс едет с постоянной скоростью:

\[ x = v_{\text{ц.м.}}\,t = \frac{\Delta\rho\,c\,l}{\rho L}\cdot\frac{L}{c} = \frac{\Delta\rho}{\rho}\,l. \]

Решение

Перевод. Пусть волна бежит вправо, датчик стоит в точке \(x=0\), а мы интересуемся точкой на расстоянии \(r\) справа от него. Возмущение движется со скоростью \(c\), поэтому то, что находится в точке \(r\) в момент \(t_0\), прошло через датчик в момент

\[ t = t_0 - \frac{r}{c}. \]

Следовательно

\[ \boxed{\;P(r) = P\!\left(t_0 - \frac{r}{c}\right)\;} \]

Как это выглядит. График \(P\) от \(r\) — это зеркально отражённый график \(P\) от \(t\), растянутый в \(c\) раз по оси. Зеркальность понятна: то, что у датчика было раньше, теперь улетело дальше вперёд. Передний край волны на графике \(P(t)\) стоит слева, а на графике \(P(r)\) окажется справа.

Решение

Сдвиг профиля. Волна бежит вправо без искажения, значит в момент \(t\)

\[ u(x,\,t) = u(x - ct). \]

В сечении \(x_0\)

\[ u(x_0,\,t) = u(x_0 - ct). \]

Поток импульса.

\[ \boxed{\;q_p(t) = \rho\,c\,u(x_0 - ct)\;} \]

То есть та же самая функция \(u\), только её аргумент теперь бежит назад со скоростью \(c\). График \(q_p(t)\) — зеркальное отражение графика \(u(x)\), сжатое в \(c\) раз (задача 3.7.3).

Решение

Второй закон Ньютона. За время \(\Delta t\) фронт остановки пробегает \(c\Delta t\), останавливая массу \(\rho S c\,\Delta t\), которая летела со скоростью \(v\). Значит гасится импульс \(\rho S c v\,\Delta t\), и сила

\[ F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho\,c\,v\,S. \]

Соответствующий скачок давления \(\Delta P = \rho c v\) называют гидравлическим ударом.

Числа.

\[ \Delta P = 10^{3}\cdot1{,}4\cdot10^{3}\cdot2 = 2{,}8\cdot10^{6}\;\text{Па} \approx 28\;\text{атм}, \] \[ F = 2{,}8\cdot10^{6}\cdot5\cdot10^{-4} = 1{,}4\cdot10^{3}\;\text{Н}. \]