Примеры решения задач

потенциальная энергия Ueff(ϕ) ≡ U(ϕ). Точки равновесия ϕ(0) являются решениями следующего алгебраического уравнения

dU (ϕ) = khcosϕ(h −l0 sin ϕ) = 0. dϕ sin(ϕ)(cos2 ϕ−1)

Получаются три точки равновесия

ϕ(01) = π/2, ϕ(02) = arcsin(h/l0), ϕ(03) = π − ϕ(02).

Заметим здесь, что две последние точки равновесия (справа и слева от нуля, см. рис.) имеют смысл лишь при h ≤ l0 (аргумент функции arcsin не может быть больше единицы).

3.Определение точек устойчивого равновесия. Проверяем положи-

тельность второй производной от U(ϕ)

во всех точках равновесия:

c01 = U"(ϕ(01)) = kh(h − l0) > 0 при h > l0;

c02 = U"(ϕ(02)) = k(l0/h)2(l02 − h2) > 0 при l0 > h; c03 = U"(ϕ(03)) = c02 = U"(ϕ(02)) > 0 при l0 > h.

Следовательно, точка равновесия ϕ(01) = π/2 является устойчивой при h > l0 и неустойчивой при l0 > h, симметричные точки ϕ(02),(03) устойчивы только при l0 > h.

4.Линеаризация функции Лагранжа. Разлагая кинетическую и потен-

циальную энергии в ряд по смещениям от точки равновесия χ = ϕ − ϕ(0) и скоростям χ• = ϕ• и ограничиваясь квадратичными слагаемыми по этим малым величинам, получаем для разных точек равновесия

5. Решение получающихся линейных дифференциальных уравнений

mh2χ•• + kh(h − l0)χ = 0, при h > l0, m(l04/h2)χ•• + k(l0/h)2(l02−h2)χ = 0, при h < l0.

Стандартная подстановка χ = Acos(ωt + φ) ведет к собственным частотам ωm и гармоническим решениям ϕm(t)

найдены из известных начальных условий.

6.Проверка и анализ решения. Таким образом, при h > l0 колебания возможны только вблизи точки устойчивого равновесия ϕ(01) = π/2. Это согласуется с физическим смыслом, так как при h > l0 пружинка все время натянута. Если же l0 > h, пружинка при ϕ = π/2 сжата, то малейшее отклонение от этой точки равновесия приводит к колебаниям вблизи либо ϕ(02), либо ϕ(03), а длина пружинки l будет периодически изменяться относительно своего равновесного значения l0.

Задача 2. Частица массы m движется по окружности радиуса R, вращающейся с постоянной угловой скоростью Ω вокруг вертикальной оси, лежащей в плоскости окружности и проходящей через ее центр (см. рисунок к задаче 5.18 с учетом ω → Ω). Найти частоту малых колебаний частицы.

Решение. Слово "вертикальная" означает, что в задаче необходимо учитывать силу тяжести. Число степеней свободы n = 1. Задачи с вращением, как правило, решаются в неинерциальной, вращательной, системе координат.

1.Начало координат расположим в центре окружности, ось z направим вверх вдоль оси вращения. В качестве обобщенной координаты q выберем угол θ между радиус-вектором и осью z. Опять запишем лагранжиан сначала в декартовых координатах (x, y, z) неподвижной инерциальной систе-

мы координат, а затем преобразуем в L(θ,θ• ), используя соотношения (см. сферическую систему координат в разделе 1: ϕ = Ωt, r = R)

2.Точки равновесия (x(0), y(0)) являются решениями следующей системы алгебраических уравнений

Решение одно: q(0) = (x(0), y(0)) = (0,0).

3. Составляем матрицу вторых производных U" (см. (8.5)–(8.6))

Как мы видим, вторые производные не зависит от x и y. Это произошло из-за того, что исходная потенциальная энергия была квадратичной функцией этих переменных. Тем не менее, проверяем положительность как любого диагонального элемента, так и полного определителя этой матрицы, что очевидно. Следовательно, единственная точка равновесия (0,0) – устойчива.

4.В силу указанной квадратичности потенциальной энергии и нулевых равновесных значений "разложение" потенциальной энергии в ряд по малым смещениям от точки равновесия носит формальный характер, тем не менее запишем

Здесь для удобства записи мы перешли к индексированным переменным, имеющим смысл отклонения от точки равновесия χj = qj − qj0 (т.е. в данном случае χ1 = x, χ2 = y). Как мы видим, потенциальная энергия в данном случае имеет тот же квадратичный вид, что и исходное выражение. В принципе, при определенном навыке, мы могли бы сразу записать ее "приближенный" вид. Иначе дело обстоит с кинетической энергией: в ней присутствуют слагаемые, как квадратичные по малым переменным скоростям смещений χ• j, так и малые величины 4-ой степени по

скоростям χ• j и смещениям χj. Запись akl(0) = akl (q(0) ) в (8.7) соответствует тому, что мы должны подставить в кинетическую энергию x = x0 и y = y0

6.После подстановки χj = Ajexp(iωt) = Ajexp(iωt + ϕj) (см. (8.9а) и (8.9б))

приходим к системе однородных алгебраических уравнений для амплитуд Aj

Условие нетривиальности решения ведет к уравнению на собственные частоты ω

Решениями биквадратного уравнения являются квадраты собственных частот ω21 = 11g и ω22 = g. Переходим к заключительному этапу.

7.Нормальные координаты. Поочередно подставим найденные частоты в систему уравнений на Aj (8.25). Из двух уравнений независимым явля-

ется только одно. Например, возьмем первое их них и при ω2 = ω21 = 11g

получим связь между A(1)j : A (1)1 = 3A(1)2 (верхний индекс в скобках соот-

ветствует номеру собственной частоты и является номером столбца). Для того, чтобы дойти "до числа", наложим еще одно условие нормировки (8.13) |A 1(1) |2 + |A 2(1) |2 = 1. Отбрасывая несущественный фазовый множи-

тель, получаем для вещественных амплитуд A(1)1 = 1/ 10 и A2(1) = 3/ 10.

θ1 = (x + 3y)/ 10; θ2 = (3x − y)/ 10.

8.Анализ результатов. На рисунке показаны проекции нормальных колебаний на плоскость x0y, на которой проведены линии уровня – изолинии высоты z (см. выше картинку данной поверхности1). Хорошо видна ортогональность нормальных колебаний, что показывает их независи-

мость. Видно также, что колебание θ1 с большей частотой ω1 = 11g происходит по наиболее крутой части поверхности z = 5x2 + 3xy + y2; колебанию θ2 отвечает движение по пологой "долине" с частотой в 11 раз меньше.

Замечание: Проверьте полученные результаты для частот, используя соображения размерностей. Каково ваше мнение по этому поводу? Где источник несоответствия?

Задача 4. Определить конечную амплитуду вынужденных колебаний частицы массы m после действия вынуждающей силы F(t), меняющейся по закону F = 0 при t < 0; F = F0t/T при 0 < t < T; F = F0 = const при t > T, предполагая, что в начальный момент t = 0 частица покоится в положении равновесия (х0 = 0, x• 0 = 0).

1Здесь эти рисунки нарисованы для большего понимания, при решении задач воспроизведение таких картинок не является обязательным.

где собственная частота колебаний ω02 = c/m, а график зависимости вынуждающей силы F(t) приведен на рисунке.

Вид правой части уравнения (8.26) меняется в зависимости от t, поэтому решаем это дифференциальное уравнение отдельно для области I (0 < t < T) и для области II (t > T), а полученные решения "сшиваем" на границе t = T.

Решение неоднородного уравнения (8.26) для области I запишем в стандартном виде (8.23). Его частное решение xч.р. = F0t/mT ω02 легко нахо-

дится, и тогда полное решение после учета условий при t = 0 имеет вид xI(t) = AIcos(ω0t + φI) + F0t/mT ω02 = F0(ω0t − sinω0t)/mT ω30 ,

где φI = π/2.

Полное решение (8.26) для области II с учетом своего частного решения xч.р. = F0/m ω02 записывается следующим образом

найдем искомую амплитуду AII, сложив квадраты этих выражений

Отметим, что, если время действия "включения" вынуждающей силы удовлетворяет соотношению T = 2πn/ω0 (n – целое), то такая сила полностью "гасит" исходные гармонические колебания в системе.