Вынужденные колебания, резонанс

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

\[ r = \frac{u}{\omega} = \frac{F_0}{m\omega^{2}}. \]

Подсказка

Движение верхнего конца пружины "— внешнее воздействие: сила, действующая на шарик, пропорциональна смещению \(x_1 - x\) конца относительно шарика. Запишите уравнение вынужденных колебаний и рассмотрите предельные случаи по частоте.

Ответ

A1) \(x_{\max} = A\,\dfrac{\omega_0}{\Omega} \approx 0\) при \(\Omega \gg \omega_0\); A2) \(x_{\max} = A\left(1 + \dfrac{\Omega}{\omega_0}\right) \approx A\) при \(\Omega \ll \omega_0\). B1) \(\pi\) и \(0\); B2) \(\dfrac{\pi}{2}\).

Подсказка

Равновесное давление газа задано весом поршня и атмосферой. Для малых отклонений линеаризуйте связь \(\Delta P\) и \(\Delta V\) (изотерма и адиабата), а для второго пункта запишите первое начало термодинамики через мощности и решайте для гармонических величин, например методом комплексных амплитуд.