Связанные колебания, биения

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 \(T\):

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

Подсказка

При противофазном смещении средняя пружина растянута вдвое сильнее смещения середины спиц; запишите энергию или моменты сил относительно точки подвеса.

Ответ

\(5\) с\(^{-1}\).