ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ В НЕИНЕРЦИАЛЬНЫХ СИСТЕМАХ ОТСЧЕТА. СИЛЫ ИНЕРЦИИ

В ряде случаев решение задач динамики удобнее производить, рассматривая движение тел относительно неинерциальных систем отсчета, т.е. таких систем отсчета, которые движутся ускоренно относительно инерциальной системы отсчета.

Рис. 1

Пусть К – исходная, неподвижная (наша лабораторная) инерциальная система отсчета. Рассмотрим также систему К', которая движется относительно К. Движение системы К' можно представить как вращение с угловой скоростью w вокруг оси, которая в свою очередь, движется относительно К. Начало отсчета в К' выберем на оси вращения (см. рис. 1). Тогда для точки т:

V = V₀ + [w, r'] +V'.

Если ограничиться случаем, когда вектор угловой скорости w вращения системы К' остаётся постоянным, то имеет место соотношение между ускорением частицы апо отношению к системе отсчёта К и её же ускорением а' по отношению к системе отсчёта К':

Здесь V₀ и а₀ скорость и ускорение начала отсчета системы К' (точки O' на рис. 1) относительно К. Величины со штрихом относятся к движущейся системе отсчёта К', без штриха – к неподвижной системе К.

Умножая обе части (2) на массу частицы m, и учитывая, что относительно К справедлив второй закон Ньютона:

ma = F,

получим:

Это уравнение есть основное уравнение динамики в неинерциальной системе отсчета. Как видим, а вообще говоря, отлично от нуля даже в случае F = 0, т.е. когда тело не взаимодействует с другими телами. Мы видим, таким образом, что ускоренное движение системы отсчета эквивалентно появлению сил инерции.

Первая из этих сил (–ma₀) связана с ускоренным поступательным движением неинерциальной системы отсчета. Как видим, такое движение системы отсчета, в смысле своего влияния на уравнение движения тела эквивалентно появлению однородного силового поля, причем сила, действующая в этом поле, равна произведению массы тела на ускорение системы отсчета а₀и направлена в противоположную этому ускорению сторону.

Рис. 2

Сила 2т[V', w] называется силой Кориолиса. Ее особенность состоит в том, что она зависит от скорости частицы относительно К'. Сила Кориолиса перпендикулярна вектору скорости частицы относительно К' и, следовательно, не совершает над ней работы.

Последняя сила т[w, [r', w]] называется центробежной. Нетрудно заметить, что ее можно записать в виде mw²R, где R - вектор, проведенный перпендикулярно оси вращения к точке т (см. Рис.2). Центробежная сила консервативна, т.е. ее можно записать в виде:

F_R = – dU_цб/dR,

где F_R – проекция F_цб на направление вектора R. U_цб можно назвать центробежной потенциальной энергией, а сама эта энергия равна:

Задача 1

На тележке, движущейся прямолинейно по горизонтальной поверхности с ускорением а укреплен штатив, к которому на невесомой нити подвешен маленький тяжелый шарик. Найти угол отклонения нити с шариком от вертикали. Решить задачу как с точки зрения неподвижного наблюдателя К, так и наблюдателя К', движущегося вместе с тележкой.

Решение

Рис. 1

Рассмотрим сначала движение шарика относительно неподвижного наблюдателя. Это движение происходит в горизонтальном направлении с ускорением а. При этом на шарик действуют две силы: сила тяжести mg и натяжения нити N. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления:

ma = N sina,

0 = N cosa – mg.

Исключив отсюда N, получим:

Рис. 1

Рассмотрим теперь движение шарика относительно наблюдателя К', движущегося вместе с тележкой. Шарик относительно тележки покоится, но, поскольку система отсчета К', связанная с тележкой неинерциальна, то условие равновесия шарика надо рассматривать с учетом сил инерции. Тележка движется поступательно, поэтому на шарик действует сила инерции, равная ‑ та. Кроме нее на шарик действуют также сила тяжести mg и сила натяжения нити N. Сумма этих трех сил должна быть равна нулю, так как шарик в выбранной нами системе отсчета покоится. Записывая условия равновесия шарика в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления, получим систему уравнений:

0 = N sina – ma,

0 = N cosa – mg.

Исключив отсюда N, получим:

Как видим, решение этой задачи каждым из двух рассмотренных здесь способов совершенно одинаково. Это относится ко многим задачам механики, но не следует думать, что переход к неинерциальным системам отсчета не дает преимуществ никогда. В ряде задач такой переход сильно упрощает решение.

Задача 2

Брусок А движется с ускорением а по горизонтальной поверхности. На бруске А лежит другой брусок B, высота которого h, а длина – l. (рис. 1). Брусок В упирается в небольшой выступ на поверхности бруска А. При каких значениях ускорения а брусок В не будет опрокидываться? Решить задачу как с точки зрения неподвижного наблюдателя К, так и с точки зрения наблюдателя К', движущегося вместе с бруском А.

Решение

Рис. 1

Рассмотрим сначала решение задачи в неинерциальной системе отсчета, связанной с бруском А (с точки зрения наблюдателя К').

На брусок В действуют сила тяжести mg, сила со стороны уступа Q, и сила реакции Nсо стороны горизонтальной поверхности бруска А, сила инерции – та. Предположим, что брусок В не опрокидывается тогда в выбранной системе отсчета он покоится.

Условия равновесия бруска состоят в равенстве нулю суммы сил, действующих на брусок, и равенстве нулю суммы моментов этих сил. Первое из этих двух условий в проекциях на координатные оси (см. рис.2) дает систему уравнений:

Рис. 2

Для записи второго условия необходимо указать точки приложения сил, действующих на брусок. Точка приложения силы тяжести находится в центре инерции бруска. В этой же точке приложена сила инерции – та. Это утверждение основано на том, что в данном случае поле сил инерции полностью эквивалентно полю сил тяжести (оба поля однородны, силы в обоих полях пропорциональны массе тела). Поэтому и точки приложения соответствующих сил совпадают. Пусть точка приложения силы N находится на расстоянии х от середины бруска (рис.2).Условие равенства нулю суммы моментов справедливо относительно любой оси, если сумма сил равна нулю (что выполняется в нашем случае). Удобнее всего выбрать ось, проходящую через центр инерции бруска, перпендикулярно плоскости чертежа. (Почему эта ось наиболее удобна? Объясните сами.). При таком выборе оси, мы получаем следующее уравнение моментов:

Из выписанных уравнений находим х:

Полученный результат показывает, что х растет с ростом а, т.е. точка приложения силы N смещается в сторону выступа (влево на рис.2). Но, поскольку х < l/2, т.к. точка приложения силы N не может располагаться за пределами бруска В, то получаем:

Окончательно получаем:

Рассмотрим теперь решение задачи в инерциальной системе отсчета (с точки зрения неподвижного наблюдателя К). По отношению к наблюдателю К, брусок В движется поступательно в горизонтальном направлении с ускорением а под действием сил Q, N и mg (см. рис. 1). Поэтому:

ma = Q +mg + N

Проецируя это уравнение на координатные оси, получаем:

Учтем теперь, что движение бруска В поступательное. Поэтому можно утверждать, что относительно горизонтальной оси, проходящей через центр инерции бруска, момент импульса бруска L₀ равен нулю (брусок не вращается). Можно выбрать также любую другую ось, но тогда уравнение моментов усложнится. Попробуйте решить задачу, выбрав ось, проходящую вдоль выступа. Учтите только, что момент импульса твердого тела, вообще говоря, определяется теоремой Кёнига (см. введение к разделу 6):

L = L₀ + [R, P]

Поскольку dL₀/dt = М, где М – момент сил, действующих на брусок относительно указанной оси, а L₀ =0, то dL₀/dt = 0 и, соответственно, М = 0. Момент сил, действующих на брусок В относительно данной оси определяется лишь силами Q и N, т.к. сила тяжести приложена к оси и поэтому ее момент равен нулю. Поэтому для момента М имеем:

Так как М = 0, то для х получаем:

Поскольку х < l/2, то вновь получаем прежнее условие, при котором брусок В не отрывается от опоры:

Полученному ответу можно дать наглядную геометрическую интерпретацию. А именно, брусок В оторвется от опоры (это произойдет, когда ), если равнодействующая сил Q и N будет проходить ниже центра тяжести бруска В. Убедитесь в этом самостоятельно. Учтите только, что при отрыве бруска В сила N приложена к краю бруска, который соприкасается с выступом.

Задача 3

Из центра вращающейся карусели радиуса R, по мишени, установленной на краю карусели в точке А производится выстрел. Найти отклонение пули от мишени, если угловая скорость вращения карусели равна w, скорость пули –V. При расчете принять wR< < V.

Решение

Рис. 1

Рассмотрим движение пули относительно инерциальной системы отсчета, связанной с землей. Относительно земли пуля движется прямолинейно со скоростью V, поэтому она долетит от центра до края карусели за время t> R/V. Но за это же время карусель повернется на угол j = wt =wR/V, и попадёт не в точку А, а точку В, причем угол между радиусами ОА и ОВ равен, как видим, углу поворота карусели j. Расстояние по краю карусели между точками А и В:

Рассмотрим теперь движение пули в системе отсчёта, связанной с каруселью. Эта система отсчета неинерциальная, поэтому на пулю в процессе ее движения действуют центробежная сила:

F_цб= mw2r

и сила Кориолиса:

F_кор = 2m[V', w].

Поскольку, согласно условию, wR< < V, то F_цб/F_кор ~ wR/V< < 1, то влиянием центробежной силы, ввиду ее малости по сравнению с силой Кориолиса, мы полностью пренебрежём.

Сила Кориолиса направлена перпендикулярно скорости пули V', поэтому она будет вызывать отклонение пули вбок. Поскольку, согласно условию задачи выполняется сильное неравенство wR< < V, которое означает, что карусель вращается сравнительно медленно. Поэтому сила Кориолиса оказывает слабое возмущающее воздействие на движение пули. Но это означает, что если представить скорость пули V'в виде:

V'= V + V₁,

где V – начальная скорость пули, а V₁ – поправка к скорости, вызванная силой Кориолиса, то V₁ < < V. Поэтому в выражении для силы Кориолиса F_кор= 2т[V', w], можно с хорошей точностью заменить V' на V. Такая замена, мало изменяя F_кор, упрощает задачу, поскольку сила Кориолиса оказывается теперь постоянной, соответственно оказывается постоянным и вызванное ею ускорение а_кор=2[V, w].

Интегрируя по времени соотношение dV'/dt = a_кор, получим с учетом того, что в начальный момент V' = V:

V' = V + a_корt.

Полученное соотношение показывает, что в радиальном направлении (направлении выстрела) пуля движется с постоянной скоростью V, а в перпендикулярном направлении ее скорость линейно возрастает со временем. Интегрируя по времени соотношение dr'/dt=V' с учетом выражения для V' получим:

Рис. 2

Первое слагаемое в полученном выражении представляет собой перемещение пули в направлении выстрела, второе – в боковом направлении.

Пуля долетит до края карусели через время t = R/V. За это же время пуля отклонится вбок на расстояние

В нашем случае a_кор = 2Vw, поэтому:

что полностью совпадает с прежним результатом. Поделив S на R, получим угол, на который отклонится пуля от первоначального направления за время полета:

Согласно условию задачи

поэтому пуля отклоняется на малый угол. Это показывает, что использованное нами соображение о малости влияния силы Кориолиса подтверждается окончательным результатом.

Задача 4

С высокой башни, расположенной на экваторе, свободно падает тело. В каком направлении, и на какое расстояние отклонится тело от вертикали вследствие вращения Земли? Сделать численную оценку, приняв высоту башни равной 500 м.

Решение

Рис. 1

Вследствие суточного вращения Земли система отсчёта связанная с нею является неинерциальной системой отсчёта. В процессе падения тела на него помимо силы тяжести действуют также центробежная сила и сила Кориолиса. Центробежная сила в условиях задачи направлена навстречу силе тяжести и несколько уменьшает ускорение свободного падения тела. Сила Кориолиса направлена перпендикулярно скорости тела, т.е. действует параллельно поверхности земли. Направлена она к западу, поскольку вектор угловой скорости вращения Земли (точки экватора движутся с запада на восток) направлен от южного полюса к северному:

F_кор =2 m[V, w].

Угловая скорость вращения Земли весьма мала:

здесь Т – продолжительность земных суток.

Ввиду малой величины угловой скорости Земли, можно пренебречь в данной задаче центробежной силой, поскольку она составляет приблизительно 1/300 величины силы тяжести:

Рассмотрим теперь действие силы Кориолиса. Сила эта также мала, поэтому отклонение тела, вызванное этой силой, также относительно невелико. Поэтому при вычислении силы Кориолиса F_кор =2 m[V, w] можно в качестве скорости брать ту скорость, которую имело бы падающее тело в отсутствии силы Кориолиса, т.е. V= gt, где t – продолжительность падения тела. Поскольку векторы gи w взаимно ортогональны, величина силы Кориолиса равна:

F_кор =2 mVw = 2mgtw.

Ускорение Кориолиса:

a_кор = F_кор/m =2Vw = 2wgt.

Если обозначить скорость, приобретаемую падающим телом, под действием силы Кориолиса через U, то для неё, согласно определению ускорения:

откуда после интегрирования найдём U:

Интегрируя по времени ещё раз, найдём отклонение тела:

Подставив сюда время падения тела с высоты H, найдём величину отклонения тела как функцию высоты:

Рассмотрим теперь решение этой же задачи с точки зрения наблюдателя, находящегося в некоторой инерциальной системе отсчёта, например, связанной со звёздами, которые можно считать неподвижными. В этой системе отсчёта всё объясняется как будто бы очень просто: верхушка башни вращается вокруг оси со скоростью w(R+H), а поверхность Земли имеет скорость wR. Таким образом, тело относительно поверхности Земли движется со скоростью:

w(R+H) – wR = wH,

поэтому за время падения оно отклонится к западу на расстояние:

Ответ мы получили в полтора раза больше, чем в первом случае. Где же истина? Какое решение ошибочно? Разгадка не столь проста, как оказывается. Дело в том, что для получения правильного ответа необходимо учитывать кривизну поверхности Земли. Действительно, давайте оценим время падения тела и расстояние, которое пройдёт за это время точка на поверхности Земли, и конечно само это тело:

Рис. 1

Как видим, это расстояние довольно большое, во всяком случае, оно превосходит расстояние до линии горизонта (попробуйте сами оценить это расстояние, зная размеры Земли и свой рост), а наличие горизонта как раз и указывает на кривизну земной поверхности. Вследствие кривизны земной поверхности направление силы тяжести зависит от местонахождения тела (см. Рис.2). Поэтому движение тела в горизонтальном направлении не будет равномерным, необходимо учесть проекцию силы тяжести на это направление:

Поскольку x< < R, то производная dV_x/dt< < g, что позволяет упростить это уравнение, считая в правой части x =wRt:

Интегрируя ещё раз, найдём перемещение тела:

Вычитая из найденного перемещения тела x перемещение земной поверхности wRt, найдём перемещение тела относительно поверхности Земли:

Теперь ответ совпал с предыдущим.

Задача 5

Небольшая муфта массы m находится на гладком горизонтальном стержне, который вращается с постоянной угловой скоростью w вокруг неподвижной вертикальной оси, проходящей через один из его концов. Муфта удерживается нитью, конец которой прикреплен к оси, на расстоянии r₀ от неё. В некоторый момент нить пережигают. Найти скорость муфты относительно стержня в тот момент, когда она находится на расстоянии r от оси.

Решение

Эту задачу удобнее всего решать, рассматривая движение муфты относительно вращающейся системы отсчета, жестко связанной со стержнем. Движение муфты в этой системе отсчета происходит вдоль стержня и вызвано центробежной силой, остальные три силы, действующие на муфту - сила тяжести, сила реакции стержня и сила Кориолиса направлены перпендикулярно стержню и, следовательно, их сумма равна нулю. Центробежная сила потенциальна, работа же трех других сил равна нулю, поэтому мы можем найти скорость муфты с помощью закона сохранения энергии:

(1).

Рис. 1

Здесь мы учли, что в начальный момент муфта находилась на расстоянии r₀ от оси и покоилась, потенциальная энергия тела в поле центробежной силы равна –mw²r²/2, где r – расстояние тела от оси вращения. Из (1) находим:

Решение, как видим, очень простое. Но возникает вопрос, а как объяснить полученный результат с точки зрения наблюдателя, следящего за движением муфты из неподвижной системы отсчета, ведь в этой системе отсчета никаких сил инерции нет.

Рис. 2

На муфту в неподвижной системе отсчета действуют две силы – тяжести mg и реакции стержня N. Разложим силу реакции на вертикальную Р и горизонтальную Q составляющие, тогда Р уравновешивается силой тяжести, и равнодействующая сил mg и N, действующих на муфту, оказывается равной Q. Очевидно, именно эта сила и изменяет скорость муфты. Действительно, работа силы Q не равна нулю, т.к. она не перпендикулярна скорости муфты, которую, в свою очередь, можно представить как сумму относительной скорости муфты (она направлена вдоль стержня) и переносной скорости стержня, которая перпендикулярна стержню и равна по модулю wr.

Найдем мощность силы реакции:

(Q, V) = (Q, V_пер+V_отн) = (Q, V_пер) = Qrw.

Мощность силы, действующей на муфту равна производной по времени от кинетической энергии муфты:

Выполняя дифференцирование, получим уравнение

Но , таким образом:

(2).

Сила Qнам неизвестна. Ее можно найти из уравнения моментов, примененного к муфте. Действительно момент L_z импульса муфты относительно оси вращения равен mrV_пер, но V_пер= wr, тогда:

L_z =mr2w.

Найдем производную по времени от L_z:

Найдем теперь момент относительно оси вращения сил, действующих на шайбу. Этот момент равен по модулю Qr, т.к. сила Q перпендикулярна стержню. Таким образом, уравнение моментов имеет вид:

2mwrV_отн = Qr,

откуда находим:

Q = 2mwV_отн(3).

Из (2) и (3) получаем:

откуда найдём:

(4).

Умножим (4) на V_отн = dr/dt и учтем, что:

Тогда (4) преобразуется следующим образом:

Из последнего уравнения получаем:

(5).

Из начального условия:

V_отн = 0 при r = r₀

найдём константу в правой части:

Тем самым, уравнение (5) приобретает вид:

откуда находим скорость:

Как видим, оба подхода вновь дали одинаковый результат, но решение задачи в неинерциальной системе отсчета оказалось значительно проще.

Задача 6

Небольшой шарик подвешен на невесомом стержне длины l. Верхний конец стержня шарнирно прикреплен к вертикальной оси, вращающейся с угловой скоростью w. Найти угол отклонения стержня от вертикали.

Решение

Задачу удобно решать в системе отсчета, вращающейся вместе с шариком вокруг вертикальной оси с угловой скоростью w. В этой системе отсчета шарик покоится, а сама система является неинерциальной. Поэтому на шарик, кроме сил тяжести и реакции стержня действует также центробежная сила инерции F_цб = mw²R. Здесь R – вектор, направленный к шарику от центра окружности, описываемой шариком (см. рис.1).

Рассмотрим потенциальную энергию шарика. Она складывается из потенциальной энергии шарика в поле сил тяжести (отсчитываем высоту от уровня точки подвеса нити):

Рис. 1

mgh = – mglcosq

и потенциальной энергии шарика в поле центробежной силы:

Поскольку в нашем случае R = l× sin q, то полная потенциальная энергия шарика равна:

(1).

Так как шарик в выбранной нами системе отсчета покоится, то это означает, что положение, в котором он находится, соответствует экстремуму потенциальной энергии. Причем, этот экстремум должен быть минимумом потенциальной энергии, если положение равновесия устойчиво. Итак, задача сводится к нахождению угла q, соответствующего минимуму потенциальной энергии.

Продифференцируем потенциальную энергию по углу q и приравняем производную нулю:

Переписав это уравнение в виде: .

получаем уравнения для q:

Нетрудно понять, что из двух решений только одно может соответствовать минимуму потенциальной энергии. Для выбора этого решения необходимо найти вторую производную d²U/dq²:

В точке минимума U эта величина должна быть положительной.

Пусть sin q = 0, тогда:

Эта величина больше нуля, если выражение в скобках положительно:

или:

Итак, шарик висит вертикально, пока угловая скорость вращения w мала.

Пусть теперь , что возможно, если .

Тогда:

В случае , как видим .

Окончательно получаем следующий ответ:

Интересно проследить за тем как при увеличении w происходит переход стержня из вертикального положения с q = 0 к наклонному, когда cosq = g/w²l. Для этого изобразим графики потенциальной энергии как функции угла q при различных значениях w.

Зависимость U от q дается соотношением (1). Положим вначале w=0. Тогда U(q) = – mgl cosq. Эта функция имеет минимум в точке q = 0 и изображается кривой 1 на рис.2.

Кривая 1: w = 0 Кривая 2: w² < g/l Кривая 3: w² > g/l Рис. 2

Если теперь увеличивать угловую скорость вращения w, то график U(q) будет изменяться. Эти изменения сводятся к тому, что график будет опускаться, поскольку с ростом w растет по модулю второе слагаемое в (1). Однако, пока w²< g/l, общий вид графика будет напоминать кривую 1 на рис. 2 в том отношении, что график будет по-прежнему монотонно возрастающим, с минимумом в точке q = 0 (см. кривую 2 на рис. 2).

Ситуация меняется как только w² делается больше g/l. В этом случае U(q) в точке q = 0 имеет уже не минимум, а максимум и при малых углах U(q) оказывается отрицательной.

Действительно, при q < < l можно принять:

Тогда U(q) можем записать при малых q в следующем виде:

Как следует из полученного выражения при q=0 потенциальная энергия U(q) имеет минимум пока w²< g/l, который сменяется на максимум при w²> g/l.

График U (q) при w²> g/l изображен кривой (3) на рис.2.

Итак, произведенный нами анализ показывает, что вертикальное положение стержня, т.е. q = 0 оказывается неустойчивым при w2> g/l и стержень переходит в новое положение равновесия, при котором он отклонен на угол:

График зависимости q от w изображен на рис. 3.

Постройте с этот график самостоятельно. В частности проверьте, что в точке, где w²=g/l касательная к графику вертикальна.

Ситуации, подобные рассмотренной, когда некоторая динамическая система переходит из одного устойчивого состояния в другое при изменении каких-либо параметров, определяющих состояние этой системы, в физике встречаются часто. Значения параметров, при которых происходит переход, называются точками бифуркации системы, В нашем случае точкой бифуркации является значение угловой скорости .

Задача 7

Суточное вращение Земли вокруг своей оси приводит к тому, что Земля оказывается слегка сплющенной с полюсов, т.е. расстояние между её полюсами несколько меньше, чем диаметр Земли в экваториальной плоскости. Найти разность экваториального и полярного радиусов Земли.

Решение

Рис. 1

Вопросом о форме Земли интересовались многие учёные, в том числе и Ньютон. Рассмотрим решение, предложенное Ньютоном. Будем считать, что форма Земли очень мало отличается от шарообразной (потом мы убедимся в справедливости этого предположения). Мысленно просверлим от поверхности Земли до её центра два канала. Один от полюса к центру, а второй от экватора к центру. Заполним эти каналы доверху жидкостью, например, водой. Тогда давление в обоих каналах в центре Земли будет одинаковым. Вычисление давления без учёта вращения Земли было проделано в задаче 8 раздела 2 (Законы Ньютона). Этот же результат годится для канала, заполненного водой и идущего от полюса к центру Земли:

(1).

Здесь R_полюс – полярный радиус Земли, r' – плотность воды

Для канала, идущего к центру Земли от экватора, необходимо учесть ещё центробежную силу, которая несколько ослабляет действие силы тяжести. Воспользуемся полученными в этой задаче уравнениями, добавив в них центробежную силу:

(2).

Сила тяготения, согласно упомянутой задаче, равна:

а центробежная сила:

F_цб = dm× w²r.

Здесь r – плотность Земли, dm =r'dr.

Тем самым, уравнение (2) приобретает вид:

Интегрируя по dr от нуля до R_{экватор}, получим:

(3).

Приравнивая (1) и (3), получим:

Экваториальный радиус в правой части заменим средним радиусом Земли и тогда окончательно получим:

Наш результат показывает, что исходное предположение о слабом искажении формы Земли под действием центробежной силы оказалось верным. Действительно, по данным, приведенным в справочнике К.У. Аллена " Астрофизические величины", экваториальный радиус Земли равен 6378, 164±0, 003 км, а полярный радиус составляет 6356, 779 км. Их разность 21, 385 км прекрасно согласуется с нашим результатом.

Полученный результат даёт лишь ответ на вопрос о том, каково различие полярного и экваториального радиусов Земли. Для ответа на вопрос о форме Земли пришлось бы составлять и решать значительно более сложные уравнения.

КОЛЕБАНИЯ

1. Колебательное движение отличает большая или меньшая степень повторяемости. Предельная, полная повторяемость – это периодический процесс, зависимости характеристик которого от времени описываются периодическими функциями вида , где период.

2. Особую роль в физике играет периодическое движение, в котором координаты тела изменяются со временем по закону:

x(t) = A cos (wt + j) (1),

где А, w, j – некоторые константы (причем А и w положительные). Такое движение называется гармоническими колебаниями. Причина такой «особости» гармонических колебаний в том, что всякий периодический процесс можно представить как сумму (возможно, бесконечную) гармонических колебаний.

3. Величина А называется амплитудой гармонических колебаний, она определяет размах колебаний:

|x(t)| £ A,

w – частота колебаний, связана с их периодом T соотношением:

(2).

Аргумент косинуса wt + j называется фазой колебания, j – начальная фаза (в момент t = 0).

4. Скорость и ускорение тела , совершающего гармонические колебания, также изменяются по гармоническому закону:

(3).

5. Последнее из уравнений показывает, что сила F_х = ma, действующая на тело, совершающее гармонические колебания, зависит от координат тела следующим образом:

F_х = – mw²x,

или, обозначая k = mw²:

F_х = – k x (4).

Силы такого типа принято называть квазиупругими (т.е. похожими на упругие). Результат (4) можно трактовать иначе: если F_x = – kх, то собственная частота колебаний тела связана с массой тела m и коэффициентом k следующим образом:

6. Зависимость потенциальной энергии тела U(x), совершающего гармонические колебания, от координаты тела х получается из (4):

7. Второе из соотношений (3) можно записать в виде:

(5).

Это уравнение называют уравнением гармонических колебаний, решением которого, как видим, является (1). Отметим, что частота колебаний определяется коэффициентом при х, а что касается амплитуды и начальной фазы колебаний, то они определяются начальным положением тела и его начальной скоростью.

8. Так как сила, действующая на тело, совершающее гармонические колебания, консервативна, то при гармонических колебаниях справедлив закон сохранения энергии:

Если продифференцировать это уравнение по времени, то вновь придём к уравнению гармонических колебаний. Этот способ вывода уравнения колебаний часто используется в задачах.

Поскольку энергия сохраняется, то найдя её в момент наибольшего отклонения тела от положения равновесия, когда х = А, получим:

Как видим, энергия пропорциональна квадрату амплитуды колебаний.

9. При наличии силы трения, пропорциональной скорости u тела:

F_тр = au,

уравнение колебаний имеет вид:

(6),

где 2b = a/m – величина, характеризующая силу трения и называемая коэффициентом затухания. Решение уравнения (6) имеет вид:

(7).

Как видим, такое движение тела можно приближенно рассматривать как гармоническое колебание с экспоненциально уменьшающейся амплитудой. В точном смысле такой процесс не является ни гармоническим колебанием, ни периодическим процессом. Такие колебания называют затухающими. Частота затухающих колебаний Wоказывается несколько меньше, чем в отсу

1 2 3 45