Физика:

Колебания и волны

Модуль №5

Рабочая тетрадь

Екатеринбург 2006

УДК 373:53 Составители Л.Ф. Ромашева, А.Г. Андреева Научный редактор проф., д-р физ.-мат. наук А.А. Повзнер ФИЗИКА. КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ. РАБОЧАЯ ТЕТРАДЬ. МОДУЛЬ №5/ Составители Л.Ф. Ромашева, А.Г. Андреева. Еватеринбург: ООО «Издательство УМЦ УПИ», 2006, 65с. Учебное пособие представляет собой сборник задач по разделу «Колеба-ния и волны» курса общей физики, читаемого студентам УГТУ-УПИ. Пособие содержит примеры решения задач и задачи для самостоятельного решения. В пособии представлены основные физические соотношения, необходимые для решения задач. Кроме того, пособие содержит контрольные задания по данно-му разделу. Данная рабочая тетрадь предназначена в первую очередь для студентов, обучающихся по дистанционной технологии. Пособие составлено в соответст-вии с программой курса «Общая физика» и может быть использовано студен-тами УГТУ-УПИ всех специальностей и всех форм обучения.

Подготовлено кафедрой физики ООО «Издательство УМЦ УПИ» 2006

3

1. Список основных формул Уравнение гармонических колебаний материальной точки

( )00cos ϕ+ω⋅= tAx или ( )00sin ϕ+ω⋅= tAx , где x - смещение колеблющейся точки от положения равновесия, A - амплитуда колебаний, t – время,

0ω - циклическая частота,

0ϕ - начальная фаза колебаний,

( )ϕ+ω t0 - фаза колебаний в момент t.

1. Циклическая частота колебаний

00

0 22

πν=π

=ωT

,

где 0T и 0ν - период и частота колебаний.

3. Скорость точки, совершающей гармонические колебания по закону ( )00 ϕ+ω⋅= tcosAx ,

( ) ( ).sinsin 0

.

000 ϕ+ω⋅υ−=ϕ+ω⋅ω−==υ•

ttAx m

4. Ускорение точки, при гармонических колебаниях

( ) ( ).coscos 0

.

002

0 ϕ+ω⋅−=ϕ+ω⋅ω−==••

tatAxa m

5. Амплитуда A результирующего колебания, полученного при сложении двух колебаний с одинаковыми частотами, происходящих по одной пря-мой, определяется по формуле

( ),cos2 12212

22

1 ϕ−ϕ⋅++= AAAAA

где A1 и A2 – амплитуда составляющих колебаний,

1ϕ и 2ϕ - их начальные фазы.

6. Начальная фаза результирующего колебания определяется из формулы

.coscos

sinsin

2211

2211

ϕ⋅+ϕ⋅ϕ⋅+ϕ⋅

=ϕAA

AAtg

7. Уравнение траектории точки, участвующей в двух взаимно перпендику-

лярных колебаниях с амплитудами A1 и A2, начальными фазами 1ϕ и 2ϕ и равными частотами имеет вид

4

( ) ( ).sincos2

122

1221

22

2

21

2

ϕ−ϕ=ϕ−ϕ⋅−+AA

xy

A

y

A

x

8. Если начальные фазы 1ϕ и 2ϕ составляющих колебаний одинаковы, то

уравнение траектории принимает вид

xA

Ay ⋅=

1

2 или

9. xA

Ay ⋅−=

1

2 ,

т.е. точка движется по прямой.

10. В том случае, если разность фаз ,212

π±=ϕ−ϕ=ϕ∆ уравнение принимает

вид

,A

y

A

x1

22

2

21

2

=+

т.е. точка движется по эллипсу.

11. Полная энергия материальной точки, совершающей гармонические коле-бания

,mAkAE2

022

2

1

2

1ω==

где m – ее масса,

k – коэффициент квазиупругой силы ( ).mk2

0ω=

12. Уравнение затухающих колебаний ( ) ( ),cos 0ϕ+ω⋅= ttAx

где ( )tA - амплитуда затухающих колебаний в момент t , ω - их циклическая частота.

13. ( ) ,0teAtA β−⋅=

где 0A - амплитуда колебаний в момент 0=t ,

β - коэффициент затухания.

14. .220 β−ω=ω

15. Логарифмический декремент затуханий

( )( )

,TtA

tAln

+=λ

5

где ( )tA , ( )TtA + - амплитуда двух последовательных колебаний, отстаю-щих по времени друг от друга на период.

16. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний

,cos0 tFxrkxxm ω⋅+−−=•••

17. ,cos2 02

0 tfxxx ω⋅=ω+β+••

где m

r

2=β ,

m

k=ω 2

0 , .m

Ff =0

18. Амплитуда вынужденных колебаний

( ).

fA

222220

0

4 ωβ+ω−ω=

19. Резонансная частота

.2 220рез β−ω=ω

20. Резонансная амплитуда

.2 22

0

0рез β−ωβ

= fA

21. Уравнение гармонических колебаний заряда на обкладках конденсатора

( ),cos 000 ϕ+ω⋅= tqq где 0q - амплитудное значение заряда,

00

2

T

π=ω ;

LСT π= 20 - период колебаний (формула Томсона), где L - индуктивность катушки, C – емкость конденсатора.

22. Уравнение изменения со временем тока ( )i в колебательном контуре

( )ϕ+ω⋅−=ϕ+ω⋅ω−==•

titqqi 00000 sin)sin( .

23. Уравнение изменения со временем напряжения ( )u на обкладках конден-сатора

( ) ( ).coscos 0000 ϕ+ω⋅=ϕ+ω⋅== tutc

q

c

qu

24. Энергия магнитного (Wм) поля

6

( ).sin22 0

220

2

м ϕ+ω⋅== tLiLi

W

25. Энергия электрического (Wэл) поля

( ).cos22 0

220

2

эл ϕ+ω⋅== tC

q

C

qW

26. Полная энергия колебательного контура

.22

20

20

max.мmax.элмэлC

qLiWWWWW ====+=

27. Уравнение затухающих колебаний

( ) ( ),cos 0ϕ+ω⋅= ttqq

где ( )tq - амплитуда затухающих колебаний в момент t, ω - циклическая частота затухающих колебаний.

28. ( ) teqtq β−⋅= 0 , 220 β−ω=ω

где 0q - амплитуда колебаний в момент t = 0,

β - коэффициент затухания.

29. .L

R

2=β

Если R (активное сопротивление контура) равно нулю, то β=0 и, следова-тельно, колебания будут незатухающими.

30. Если электрическая цепь содержит активное сопротивление R, емкость C и индуктивность L, то полное сопротивление цепи вычисляется так:

2

2 1

ω

−ω+=C

LRZ .

31. При этом сдвиг фаз между напряжением и током определяется формулой

.

1

R

CL

tg ω−ω

=ϕ

32. Уравнение плоской волны

( ) ,cos,

υ−ω⋅=ξl

tAtl

где ( )t,lξ - смещение точек среды с координатой l в момент времени t, ω - циклическая частота, υ– скорость распространения волны.

7

33. Длина волны λ связана с периодом T колебаний и циклической частотой ω соотношениями

Tυ=λ , .Tωπ

=2

34. Разность фаз колебаний двух точек среды, расстояние между которыми равно x∆

.x

λ∆⋅π

=ϕ∆2

35. Уравнение стоячей волны

( ) ,coscos2cos2

cos2, tkxAtxAtx ω⋅⋅=ω⋅λπ

⋅=ξ

где .kλπ

=2

8

2. Незатухающие механические и электромагнитные колеба-

ния. Сложение колебаний

2.1. Примеры решения задач

Пример 1 Материальная точка массой m = 10 г совершает гармонические колебания по закону синуса с периодом T = 2 с и начальной фазой, равной нулю. Полная энергия колеблющейся точки W = 0,1 мДж. Найти: 1) амплитуду колебаний; 2) написать уравнение данных колебаний; 3) найти наибольшее значение силы Fmax, действующей на точку.

Решение: Уравнение гармонических колебаний имеет вид ( )00sin ϕ+ω⋅= tAx .

По условию задачи начальная фаза равна нулю, следова-тельно

.sin 0tAx ω⋅= Взяв первую производную смещения по времени, найдем скорость колеблющейся точки

tAdt

dxx 00 cosω⋅ω===υ•

.

Кинетическая энергия колеблющейся точки

2

cos

20

220

22tmAm

Wк

ωω=

υ=

Полная энергия колеблющейся точки равна максимальному значению ее кинетической энергии

2

20

2

max

ω==mA

WW к

Отсюда находим следующее выражение для амплитуды колебаний

m

WA

21

0

⋅ω

=

Циклическая частота связана с периодом колебаний соотношением

00

2

T

π=ω

Подставляя его в выражение для амплитуды, получаем

m

WTA

2

20 ⋅π

= ,

0,045010

10102

1432

2 3

=⋅⋅

⋅⋅

=−

,

,

,A м.

Найдем численное значение частоты

00

2

T

π=ω , π=

π⋅=ω

2

20

1−c .

Дано: m = 10 г = 0,01 кг T = 2 с W = 0,1 мДж = 0,1х10-3 Дж A - ? Fmax - ?

9

Запишем уравнение гармонических колебаний для данной точки tx π⋅= sin045,0 , м

Согласно второму закону Ньютона maF = (1)

Ускорение колеблющейся точки найдем, взяв вторую производную смеще-ния по времени (или, что то же самое, первую производную от скорости по времени)

tAdt

xd

dt

da 0

202

2

sinω⋅ω−==υ

=

Отсюда максимальное ускорение 20ω= Aamax .

Подставив это выражение максимального ускорения в соотношение (1), найдем максимальную силу, действующую на точку,

20ω⋅⋅= AmFmax .

Произведем вычисления 32 104441430450010 −⋅=⋅⋅= ,,,,Fmax Н.

Ответ: 0450,A = м; tsin,x π= 0450 , м; 444,Fmax = мН. Пример 2 Написать уравнение гармонического колебательного движения, происходящего по закону синуса, если максимальное ускорение точки 349,amax = см/с2, период колебаний 2=T с и смещение точки от положения равновесия в начальный мо-мент времени 250 =x мм.

Решение: Смещение точки изменяется с течением времени по закону

).(sin 00 ϕ+ω= tAx 1). Зная период колебаний, находим циклическую частоту

π=π

=ωT

20 c-1.

2). Найдем, как изменяется с течением времени ускорение материальной точки. Для этого надо установить зависимость скорости точки от времени, а затем продифференцировать эту зависимость по времени

)(cos 000 ϕ+ωω==υ tAdt

dx, а

.)(sin 0020 ϕ+ωω−=

υ= tAdt

da

Ускорение будет максимальным при .1)(sin 00 ±=ϕ+ω t

Таким образом, 20ω= Aamax ,откуда следует, что

534922

0

=π

=ω

=,a

A max см.

Дано: 349.amax = см/с2

T = 2 с 250 =x мм

Уравнение г.к.- ?

10

3). Начальную фазу 0ϕ найдем из условия, что в начальный момент времени

)0( =t смещение от положения равновесия 250 =x мм:

,)0(sin 000 ϕ+⋅ω= Ax

00 sinϕ= Ax , откуда находим, что

2

1arcsin

50

25arcsinarcsin 0

0 ===ϕA

x,

т.е. 60

π=ϕ

Подставив полученные значения амплитуды, циклической частоты и на-чальной фазы в уравнение колебаний, получим искомое уравнение гармониче-ского колебания

,)6

(sin5π

+π= tx см.

Ответ: ,)6

(sin5π

+π= tx см.

Пример 3 Найти отношение кинетической энергии кW точки, совершающей гармониче-ские колебания по закону синуса к ее потенциальной энергии рW для моментов

времени 12

Tt = . Начальная фаза колебаний 00 =ϕ .

Решение: Так как начальная фаза колебаний 00 =ϕ , то уравнение смещения точки от положения равновесия при-мет вид

tAx 0sinω= . Тогда скорость точки изменяется по закону

.cos 00 tAdt

dxωω⋅==υ

Кинетическая энергия точки кW равна

,2

cos

20

220

22 tAmmWк

ωω⋅=

υ=

а потенциальная энергия точки, совершающей гармонические колебания, вы-числяется по формуле

.2

sin

20

222 tAkkxWр

ω⋅==

Тогда .ctgsin

cos0

220

02

022

0 tk

m

tk

tm

W

W

р

к ωω

=ωωω

=

Так как 20ω= mk , то получаем, что

)2(ctgctg 2

02 t

Tt

W

W

р

к ⋅π

=ω= .

Дано: 00 =ϕ

12

Tt =

?−р

к

W

W

11

Найдем отношение р

к

W

W для момента времени

12

Tt = :

36

)12

2( 22 =

π=⋅

π= ctg

T

Tctg

W

W

р

к

Ответ: 3=р

к

W

W.

Пример 4 Найти амплитуду A и начальную фазу 0ϕ гармонического колебания, получен-ного от сложения одинаково направленных колебаний, данных уравнениями

tx π= cos41 см и )2

(cos32

π+π= tx см. Написать уравнение результирующего ко-

лебания. Построить векторную диаграмму сложения амплитуд. Решение: Так как складываются два одинаково направлен-ных гармонических колебания одинаковой частоты

π=ω=ω21 00 c-1, то результирующее колебание будет

иметь ту же частоту: π=ω0 c-1. Амплитуду A и начальную фазы результирующего ко-

лебания найдем с помощью метода векторных диаграмм. Для этого изобразим графически оба складываемых колебания на векторной

диаграмме (см. рисунок). Напомним, что для изображения колебания, уравнение

которого )cos( 00 ϕ+ω= tAx , методом векторных диаграмм необходимо из произвольной точки O , выбранной на оси

Ox , отложить вектор →

A , длина которого равна амплитуде колебания, причем

угол между вектором →

A и осью Ox должен быть равен начальной фазе 0ϕ ко-лебания.

В нашей задаче начальная фаза первого колебания 010=ϕ , поэтому вектор

1

→

A откладывается вдоль оси Ox , причем его длина 41 =→

A см.

Так как 220

π=ϕ , то вектор 2

→

A откладывается перпендикулярно оси Ox и

его длина равна 32 =→

A см. Амплитуда результирующего колебания →

A равна

→→→

+= 21 AAA . Величину амплитуды найдем по теореме Пифагора

591622

21 =+=+= AAA см.

Дано: tx π= cos41 см

)2

(cos32

π+π= tx

см Уравнение гар-монических ко-лебаний - ?

0 0ϕ

Ar

2Ar

1A/r

x

12

Из рисунка видно, что ⇒=ϕ1

20tg

A

Aначальная фаза 0ϕ равна

587,36

4

3arctg 0

1

20

π=≈==ϕ

A

Aрад.

Таким образом, уравнение результирующего колебания будет иметь вид

)5

(cos5π

+π= tx см.

Ответ: )5

(cos5π

+π= tx см.

Пример 5 Складываются два колебания одинакового направления, выражаемых уравне-

ниями x1=A1cosω(t+τ1), x2=A2cosω(t+τ2) где, A1=1см, A2=2см, τ1=6

1c, τ2=

2

1c,

ω=π c-1. Определить начальные фазы 1ϕ и 2ϕ составляющих колебаний, найти амплитуду A и начальную фазу ϕ результирующего колебания. Написать уравнение результирующего колебания.

Решение: Уравнение гармонического колебания имеет вид: )(cos τ+ω⋅= tAx .

Преобразуем уравнения, заданные в условия задачи, к та-кому же виду: )cos( 111 ωτ+ω⋅= tAx , (1)

)cos( 222 ωτ+ω⋅= tAx (2) Из сравнения выражений (2) с равенством (1) нахо-

дим начальные фазы первого и второго колебаний:

611

π=ωτ=ϕ рад;

222

π=ωτ=ϕ рад.

Для определения амплитуд A и начальной фазы ϕ ре-зультирующего колебания воспользуемся методом вектор-ных диаграмм.

На рисунке построена векторная диаграмма по данным задачи

Дано: x1=A1cosω(t+τ1) x2=A2cosω(t+τ2) A1=1см A2=2см

c6

11 =τ

c2

12 =τ

ω=π c-1 ?=ϕ1 ?=ϕ2 ?A = ?=ϕ

Уравнение ре-зультирующего колебания - ?

x

y

2Ar A

r

1Ar2ϕ

A

13

Согласно теореме косинусов амплитуда результирующего колебания опре-деляется соотношением

)cos(2 122122

21 ϕ−ϕ++= AAAAA (3)

Подставив значения 21 A,A и )( 12 ϕ−ϕ в соотношение (3), произведем вы-числения

65,2)62

(cos21221 22 =π

−π

⋅⋅⋅++=A см.

Тангенс начальной фазы ϕ результирующего колебания определим по со-отношению

,coscos

sinsin

2211

2211

ϕ⋅+ϕ⋅ϕ⋅+ϕ⋅

=ϕAA

AAtg

откуда начальная фаза

.coscos

sinsin

2211

2211

ϕ⋅+ϕ⋅ϕ⋅+ϕ⋅

=ϕAA

AAarctg

Подставив значения 1A , 2A , 1ϕ , 2ϕ произведем вычисления

.394,09,70)3

5arctg(

2cos2

6cos1

2sin2

6sin1

arctg 0 π===π

⋅+π

⋅

π⋅+

π⋅

=ϕ

Так как циклические частоты складываемых колебаний одинаковы, то ре-зультирующее колебание будет иметь ту же частоту ω . Это позволяет написать уравнение результирующего колебания в виде.

)(cos ϕ+ω= tAx , (4)

где смA 65,2= , π=ω 1−с , π=ϕ 3940, рад. Подставляя значения ω,A и ϕ в (4), получаем уравнение результирующего

колебания )394,0(cos65,2 π+π⋅= tx , см.

Ответ: ,)394,0(cos65,2 π+π⋅= tx см. Пример 6 Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных гармониче-ских колебаниях, заданных уравнениями: tAx ω= cos1 и )(cos2 ϕ+ω= tAy , где

11 =A см, 22 =A см, π=ϕ . Найти уравнение траектории точки и построить ее с соблюдением масштаба.

Решение: Уравнение траектории результирующего движе-ния точки, получающего при сложении взаимно перпенди-кулярных колебаний с одинаковыми частотами, имеет вид:

)(sin)(cos2

122

12

2122

2

21

2

ϕ−ϕ=ϕ−ϕ−+AA

xy

A

y

A

x

В данном случае π=ϕ=ϕ 21 0; , поэтому π=ϕ−ϕ )( 12 .

Дано: tAx ω= cos1

)(cos2 ϕ+ω= tAy 22 =A см π=ϕ

?)( −xy

14

y

x

A

0

2−

2− 2

Подставляя это значение в предыдущее уравнение, имеем ;AA

xy

A

y

A

x0

2

2122

2

21

2

=++

,A

y

A

x0)( 2

21

=+ ,A

y

A

x0

21

=+

xA

Ay

1

2−= ; xy 2−= .

Видно, что траекторией результирующего движения в данном случае явля-ется прямая. Построим ее с соблюдения масштаба.

Стрелками указаны направления движения точки по траектории.

Ответ: xy 2−=

Пример 7 Материальная точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикуляр-ных гармонических колебаниях, уравнения которых tAx ω= cos и tAy ω= 2cos ,

где 2=A см, π=ω 1−c . Найти уравнение траектории точки и построить ее с со-блюдением масштаба.

Решение: Чтобы найти уравнение траектории точки, ис-ключим время t из заданных уравнений. Для этого вос-пользуемся формулой ttt ω−ω=ω 22 sincos2cos . В данном случае

A

xt =ωcos ,

2

2

1sinA

xt −±=ω

tcosA

yω= 2 ; )1(

2

2

2

2

A

x

A

x

A

y−−= ; отсюда

AxA

y −= 22- это уравнение параболы.

Подставим 2=A : 22 −= xy Построим по точкам: 2−=y при ,x 0= ,x 0=

при 2±=x , 0=y ветви параболы на- правлены вверх. Стрелками ука- зано направление движения точки.

Дано: tAx ω= cos

tAy ω= 2cos 2=A см π=ω c-1

?)( −xy

y

x

2

2−

11−

15

Ответ: AxA

y −= 22.

Пример 8 Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 0,025 мкФ и катушки с индуктивностью 1,015 Гн. Омическим сопротивлением цепи пренебречь. На обкладках конденсатора находится заряд 6

0 1052 −⋅= ,q Кл. 1). Написать для данного контура уравнения (с числовыми коэффициента-

ми) законы изменения разности потенциалов на обкладках конденсатора и силы тока в цепи от времени.

2). Найти значения разности потенциалов на обкладках конденсатора и си-

лы тока в цепи в момент времени 4

Tи

2

T

Решение: Уравнение изменения заряда на обкладках кон-денсатора со временем имеет вид

)(cos 00 ϕ+ω⋅= tqq . Начальная фаза колебаний равна нулю, следователь-

но, tqq 00 cosω⋅=

Изменение направления на обкладках конденсатора задается уравнением

tUtC

q

C

qtU 000

0 coscos)( ω⋅=ω⋅== ,

0ω - циклическая частота собственных колебаний в конту-ре,

00

2

T

π=ω ,

где 0T – период собственных колебаний

LCT ⋅π= 20

Следовательно, LCLC

1

2

20 =

π

π=ω .

Чтобы записать с числовыми коэффициентами уравнение изменения раз-ности потенциалов, произведем вычисления:

Дано: 6100250 −⋅= ,C Ф

0151,L = Гн 0=R

60 1052 −⋅= ,q Кл

Уравнение? ?)t(U = ?)t(i =

41

Tt = ,

22

Tt =

16

π==⋅⋅

=ω−

2000c65,627710025,0015,1

1 1-

60 с-1;

100100250

10526

6

0 =⋅⋅

=−

−

,

,U В.

Таким образом, получаем уравнение в виде ,2000cos100)( ttU π⋅= В.

Изменение силы тока со временем задается уравнением

=ω== )cos()( 00 tqdt

d

dt

dqti

,sinsin 00000 titq ω⋅−=ωω−=

где 0i - амплитудное значение силы тока. Рассчитаем эту величину 36

0 1071562771052 −− ⋅=⋅⋅= ,,i А. Окончательно получаем уравнение

tti π⋅⋅−= − 2000sin107,15)( 3 , А. Получаем значение разности потенциалов, и силы тока в цепи в момент

времени :41

Tt =

=⋅π

⋅=ω⋅= )4

2(coscos 01001

T

TUtUU

;02

cos0 =π

⋅=U 01 =U

=⋅π

⋅−=ω⋅−= )4

2(sinsin 01001

T

Titii

;2

sin 00 ii −=π

⋅−=

À10715 31

−⋅−= ,i

Аналогично для момента времени 22

Tt = :

=⋅π

⋅=ω⋅= )2

2cos(cos 02002

T

TUtUU

;cos 00 UU −=π⋅= B1002 −=U .

=⋅π

⋅−=ω⋅−= )2

2(sinsin 02002

T

Titii

,0sin0 =π⋅−= i 02 =t

Ответ: ,2000cos100)( ttU π⋅= В; tti π⋅⋅−= − 2000sin107,15)( 3 ,А; ;U 01 =

А107,15 31

−⋅−=i ; B1002 −=U ; 02 =i .

17

2.2. Задачи для самостоятельного решения

1.* Точка совершает гармонические колебания по закону синуса. Период коле-баний cT 2= , амплитуда 50=A мм, начальная фаза 0=ϕ . Найти скорость υ точки в момент времени, когда смещение точки от положения равновесия

25=x мм.

(с

м106,13 2−⋅=υ )

2. Определить максимальное значение скорости и ускорения точки, совершаю-

щей гармонические колебания с амплитудой 3=A см и угловой частотой

1

2−π

=ω c .

)с

см1040,7;

с

м1071,4(

22

max2

max−− ⋅=⋅=υ a

3. Колебания материальной точки происходят согласно уравнению tAx ω= cos ,

где 8=A см, 1

6−π

=ω c . В момент, когда возвращающая сила достигла значе-

ния – 5 мН, потенциальная энергия nE стала равной 100 мкДж. Найти этот момент времени и соответствующую ему фазу колебаний.

)3

c2(π

=ϕ= ;t

4. К спиральной пружине подвесили грузик, в результате чего пружина растя-

нулась на 9=x см. Каков будет период T колебаний грузика, если его не-много оттянуть вниз и затем отпустить?

( c60,T = )

5. Потенциальная энергия частицы, совершающей гармонические колебания вдоль оси Ox по закону косинуса, в момент времени t больше ее кинетиче-

ской энергии в к

р

W

Wn = раза. Найти 3==β

A

x – отношение координаты части-

цы к амплитуде ее колебаний в этот момент времени.

)2

3( =β

6. Колебания точки происходят по закону )cos( 0ϕ+ω= tAx . В некоторый мо-мент времени смещение x точки равно 5 см, ее скорость 20=υ см/с и уско-рение 80−=a см/с2. Найти амплитуду A , угловую частоту ω , период коле-баний T и фазу )( 0ϕ+ω=ϕ t в рассматриваемый момент времени.

( рад4

;с57,1;c4;см07,7 1 π=ϕ==ω= −

TA )

18

7. Складываются два гармонических колебания одного направления с одинако-выми периодами 5,121 == TT c и амплитудами смAA 221 == . Начальные фазы

колебаний 21

π=ϕ рад и

32

π=ϕ рад. Определить амплитуду и начальную фазу

результирующего колебания. Найти его уравнение и построить с соблюде-нием масштаба векторную диаграмму сложения амплитуд.

( рад 417,0;1086,3 02

рез π=ϕ⋅= −A )

8. Складываются три гармонических колебания одного направления с одинако-

выми периодами 2321 === TTT с и амплитудами 3321 === AAA см. Началь-

ные фазы колебаний 3

2,

3 32

π=ϕ

π=ϕ . Построить векторную диаграмму сло-

жения амплитуд. Определить из чертежа амплитуду A и начальную фазу ϕ результирующего колебания. Написать его уравнение.

( рад3

;м106 02 π

=ϕ⋅= −A )

9. Складываются два гармонических колебания одинаковой частоты и одиноко-

го направления: )3

(cos11

π+ω⋅= tx см и )

6

5(cos22

π+ω⋅= tx см. Построить век-

торную диаграмму сложения амплитуд. Определить амплитуду и начальную фазу 0ϕ результирующего колебания. Написать уравнение результирующего колебания.

( π=ϕ= 686,0;см24,2A рад)

10. Материальная точка одновременно участвует в двух взаимно перпендику-лярных колебаниях, выражаемых уравнениями tAx ω= cos1 и

tAy ω−= 2cos2 , где 21 =A см, 52 =A см. Найти уравнение траектории и по-строить траекторию, показав направление движения точки.

)12

1( 2 +−= xy

11. Движение точки задано уравнениями tAy ω= cos1 и )cos( 02 ϕ+ω= tAy , где

101 =A см, 52 =A см, ;c 12 −=ω 20

π=ϕ рад. Найти уравнение траектории и

построить ее, указав направление движения точки.

)125100

(22

=+yx

12. Складываются два взаимно перпендикулярных колебания, выражаемые

уравнениями tAx ω= sin1 и )(cos2 τ+ω= tAy , где A1=2см, A2=1см,

19

π=ω 1c− , 50,=τ с. Найти уравнение движения и построить траекторию, пока-зав направление движения точки.

( xy2

1−= )

13. Электроемкость идеального электрического колебательного контура

С = 0,1 нФ. В момент времени 0t конденсатор был не заряжен, а в катушке индуктивности мгновенно индуцировали ток силой 862,im = мА, после чего контур предоставили самому себе. В контуре начались незатухающие элек-тромагнитные колебания с периодом 1=T мкс. Полагая, что колебания заря-да конденсатора происходят по закону косинуса, найти: индуктивность кон-тура L ; начальную фазу 0ϕ колебаний; момент времени t , ближайший к на-чальному 0t , когда сила тока в контуре впервые после начала колебаний уменьшаются до значения 30=I мА.

(L=0,25 мГн; 20

π=ϕ рад; 3791 ,t = нс)

14. Катушка с индуктивностью 30=L мкГн присоединена к плоскому конден-

сатору с площадью пластин 010,S = м2 и расстоянием между ними 10,d = мм. Найти диэлектрическую проницаемость среды, заполняющей

пространство между пластинками, если контур настроен на частоту 5104,=ν Гц.

( 6=ε )

15.* Уравнение изменения тока со временем в колебательном контуре имеет вид Аti ,400sin02,0 π−= . Индуктивность контура 1=L Гн. Найти период ко-лебаний 0T , емкость C контура, максимальную энергию мW магнитного по-ля и максимальную энергию элW электрического поля.

( мДж2,0)()(;25,2B;мкФ63,0;с105 maxэлmaxм3 ====⋅= − WWUСT )

16.* Найти отношение энергии элм /WW магнитно поля колебательного контура

к энергии его электрического поля для момента времени T/8. (Wм/Wэл=1)

17. Уравнение изменения со временем разности потенциалов на обкладках кон-

денсатора в колебательном контуре имеет вид B,10cos50 4 tU π= . Емкость конденсатора 1,0=C мкФ. Найти период T колебаний, индуктивность L кон-тура, закон изменения со временем t тока i в цепи.

( tiLT π−==⋅= − 43 10sin157;мГн15,10;c102,0 мА)

20

18. В момент времени 00 =t конденсатор идеального электрического колеба-тельного контура заряжают до амплитудного значения mq , после чего кон-тур предоставляют самому себе. Найти через какое время 1t после начала

колебаний энергия элW электрического поля конденсатора уменьшится на

%n 75= , если период колебаний в контуре 6=T мкс. Какую долю W

Wм1 от

полной энергии составит энергия магнитного поля в момент времени 1t ?

( 11 =t мкс, 4

31 =W

Wм )

21

3. Затухающие механические и электромагнитные колебания

3.1. Примеры решения задач

Пример 1 Амплитуда затухающих колебаний математического маятника за время

11 =t мин уменьшилась вдвое. Во сколько раз уменьшится амплитуда за время 32 =t мин?

Решение. Амплитуда затухающих колебаний уменьшается с течением времени по закону

teAtA β−= 0)( , где )(tA – амплитуда в момент времени t ; 0A - амплитуда колебаний в начальный момент време-ни; β - коэффициент затухания. Тогда

t

ttt

t

eeA

eA

ttA

tA β−+β−

β−

==+ )(

0

0

11)(

)( и

2

2 )(0

0

2 )(

)( t

ttt

t

eeA

eA

ttA

tA β+β−

β−

==+

.

Прологарифмировав оба уравнения, выразим из каждого уравнения коэф-фициент затухания β :

)(

)(1

11 ttA

tAln

t +=β и

)(

)(1

22 ttA

tAln

t +=β .

Приравнивая правые части полученных выражений, находим, что

)(

)(

)(

)(

11

2

2 ttA

tAln

t

t

ttA

tAln

+=

+, откуда следует, что

1

2

))(

)((

)(

)(

12

t

t

ttA

tA

ttA

tA

+=

+.

82)(

)( 13

2

==+

/

ttA

tA.

Ответ: 8)(

)(

12

=+ ttA

tA.

Пример 2. Гиря массой 500,m = кг подвешена к пружине, жесткость которой 0,32=k Н/м, и совершает затухающие колебания. Определить их период T в двух случаях: 1) за время, в течении которого произошло 881 =n колебаний, амплитуда

Дано: 11 =t мин

2)(

)(

1

=+ ttA

tA

32 =t мин

?)(

)(

2

−+ ttA

tA

22

уменьшилась в 0021 ,N = раза; 2) за время двух колебаний ( 22 =n ) амплитуда колебаний уменьшилась в N2= 20 раз.

Решение: Сопротивление среды уменьшает частоту сво-бодных колебаний. Период затухающих колебаний определяется по соотношению

220

22

β−ω

π=

ωπ

=T .

Циклическую частоту собственных колебаний 0ω оп-ределим по соотношению

m

k=ω0

Коэффициент затухания вычислим по формуле

T

λ=β .

Чтобы найти величину λ , обратимся к уравнению затухающих колебаний .)(cos 00 ϕ+ω⋅⋅= β− teAx t

Уменьшающуюся со временем амплитуду выразим так:

T

t

t eAeAxλ−

β− ⋅=⋅= 00 . Пользуясь введенными в условии задачи обозначениями, можно записать

,NA

A=0 n

T

t= .

Тогда

NeeA

A nT

t

=== λλ

0 .

Отсюда, логарифмируя, имеем

n

Nln=λ .

Подставив численные значения N и n для двух случаев, получим: .T 222

02 4 λ+π=ω⋅

;,ln

512

202 =λ

0850

320 ,

,==ω 1c− .

Теперь запишем формулу для периода колебаний T с учетом выражения для β

.2

2

220

T

Tλ

−ω

π=

Дано: 500,m = кг 0,32=k Н/м

881 =n 0021 ,N =

22 =n 202 =N

?T −1 ?T −2

23

Получилось квадратное уравнение относительно T . Решая его, находим (отбросив, отрицательный корень)

kg

l

t ln2

4 22

⋅λ

λ+π

=∆ .

Приступая к вычислениям периода, заметим, что в первом случае π<<λ 421 .

Поэтому, сохраняя достаточную точность вычислений, можно пренебречь сла-гаемым 2

1λ , тогда

01

2

ωπ

=T .

Во втором случае величину 2λ отбросить нельзя. Произведем вычисления:

78008

21 ,

,T =

π= с;

81008

514 22

2,

,

,xT =

+= с.

Ответ: 7801 ,T = с, 8102

,T = с.

Пример 3* Математический маятник длиной 7,24=l см совершает затухающие колебания. Через какое время t∆ энергия колебаний маятника уменьшится в 9,4 раза? За-дачу решить при значении логарифмического декремента затухания: а) 010,=λ ; б) 10,=λ .

Решение. Полная энергия маятника, совершающего за-тухающие колебания, уменьшается с течением времени по закону

,2

)tAm)t(W

22ω=

где m – масса маятника; ω - частота затухающих колебаний; )(tA - амплитуда маятника в момент времени.

Тогда отношение энергии маятника )(tW в момент времени t к энергии маятника )( ttW ∆+ в момент времени равно

.)(

)(

)(

)(

)(

)( 2

20

20

2

2

)(

tt

eeA

eA

ttA

tA

ttW

tWtt

∆β

β−

β−

==∆+

=∆+ ∆+

Так как kttW

tW=

∆+ )(

)( - по условию, то

.ke t2 =∆β

Дано: 724,l = см =

210724 −⋅, м

k)tt(W

)t(W=

∆+ = 9,4

а) 01,0=λ ; б) 1,0=λ .

t∆ -?

24

Коэффициент затухания β связан с логарифмическим декрементом затуха-ния λ соотношением

,T

λ=β

где T – период затухающих колебаний. Таким образом,

ke T

t

=∆

λ2, откуда следует, что

λ=∆

2

ln kTt . (1)

Период затухающих колебаний ,22

220 β−ω

π=

ωπ

=T

где 0ω – частота собственных колебаний маятника.

,2

2

220

T

Tλ

−ω

π=

.4 2220

2 λ+π=ω⋅T Таким образом, период затухающих колебаний равен

.44 22

0

22

λ+π=ω

λ+π=

g

lT (2)

Подставив формулу (2) в выражение (1) для определения времени, полу-чим

kg

l

t ln2

4 22

⋅λ

λ+π

=∆ . (3)

а) .01,0=λ

Так как 22 4π<<λ , то слагаемым 2λ в формуле (3) можно пренебречь. Следовательно,

;1124,9ln01,20

8,9

107,242

ln2

22

ckg

l

l ==

⋅π

=⋅λ

π

≈∆

−

б) 1=λ

.13,14,9ln12

148,9

107,24 22

ct =⋅

+π⋅

=∆

−

Ответ: а) λ=0,01, ∆t=112 c; б) ,1=λ 13,1=∆t с. Пример 4* К вертикально висящей пружине подвешивают груз. При этом пружина удли-няется на 8,9=∆l см. Оттягивая этот груз и опуская его, заставляют груз со-

25

•

упрFr

gmr

l∆

вершать колебания. Каким должен быть коэффициент затухания β , чтобы: а) колебания прекратились через время 10=t с (считать условно, что колебания прекратились, если их амплитуда упала до 1% от начальной); б) груз возвра-щался в положение равновесия апериодически; в) логарифмический декремент затухания колебаний был 6=λ ?

Решение:

а) ,01,0)(

0

0

0

==β−

A

eA

A

tAt

;46,010

01,0ln01,0ln 1−=−=−=β ct

б) при возвращении груза в положение равновесия апе-риодически частота затухающих колебаний становится равной нулю:

.0220 =β−ω=ω

Следовательно, ,0m

k=ω=β

где 0ω – частота собственных колебаний груза на пружине; k - жесткость пружины; m - масса груза.

В состоянии равновесия на груз действует две силы: сила тяжести →

gm и

сила упругости упр

→

F , причем

упрFgmr

=→

,

lkmg ∆= , откуда получим, что

l

g

m

k

∆==β .

2108,9

8,9−⋅

=β 1c− ;

в) ,22

220

π

β−ωλ=

πλω

=λ

=βT

где ω – частота затухающих колебаний; 0ω - частота собственных колебаний. Преобразуя уравнение (1), получим для определения β следующее выра-

жение: 20

2222 )4( ωλ=λ+πβ - откуда находим, что

2222

0

44 λ+π∆

⋅λ=

λ+π

λω=β l

g

.

Дано: 8,9=∆l см =

м108,9 2−⋅ а) 001,0)( AtA = t = 10с б) 0=ω в) 6=λ β - ?

26

9,64

108,9

8,96

22

2

=λ+π

⋅⋅

=β−

1c− .

Ответ: .c9,6)в;c10)б;c46,9)а 111 −−− =β=β=β Пример 5* Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 405=C нФ, катушки с индуктивностью 10=L мГн и сопротивления 2=R Ом. Во сколько раз уменьшится разность потенциалов на обкладках конденсатора за один период колебаний?

Решение: Амплитудное значение разности потен-циалов, при затухающих колебаниях, уменьшается по экспоненциальному закону

t

m eUtU β−⋅=)( , где mU – амплитуда разности потенциалов в началь-ный момент времени 0t ;

L

R

2=β - коэффициент затухания.

Тогда T

Tt

m

t

m eeU

eU

TtU

tU β+β−

β−

=⋅

=+ )()(

)(,

где ωπ

=2

T – период затухающих колебаний.

Так как частота ω затухающих колебаний связана с частотой LC

10 =ω

собственных колебаний соотношением 220 β−ω=ω , то период затухающих

колебаний вычисляется так:

2)2(

1

2

L

R

LC

T

−

π= .

Следовательно,

)

)2(

1

2

2exp(

)(

)(

2

L

R

LC

L

R

TtU

tU

−

π⋅=

+.

.04,1)

)102

2(

1071005,4

1

2

102

2exp(

)(

)(

2

22

2=

⋅−

⋅−⋅

π⋅

⋅=

+−−

−ttU

tU

Ответ: 04,1)(

)(=

+ ttU

tU

Дано: == нФ405C

71005,4 −⋅= Ф

== мГн10L Гн10 2− t = 10с

2=R Ом

?)(

)(−

+TtU

tU

27

Пример 6* Колебательный контур имеет емкость 1,1=C нФ и индуктивность 5=L мГн. Ло-гарифмический декремент затухания 05,0=λ . За какое время вследствие зату-хания потеряется 99% энергии контура?

Решение: Энергия колебательного контура равна максималь-ной энергии электрического поля в контуре, которая пропор-циональна амплитуде заряда на обкладках конденсатора:

C

tqWE

2

)()(

2

maxэл == ,

где teqtq β−⋅= 0)( .

Преобразуем заданное условие 99,0)( 1 =

∆

E

tEк виду:

t

tt

t

tt

eq

eq

E

tEE

E

tEβ−

+β−

⋅

⋅−=

+−=

∆22

0

)(22011

1

1)(

;

По условию задачи 99,01 2 =− β− te , т.е. 10012 =βte

β=

2

100ln1t .

Чтобы найти коэффициент затухания β , выразим его через логарифмиче-ский декремент затухания λ и частоту незатухающих колебаний в контуре 0ω

222 1

22

β−

πβ=

β−ω

πβ=λ

LC

;

отсюда 2222 4)1

( βπ=β−λLC

; )4( 22 λ+π

λ=β

LC;

С учетом этого λ

λ+π=

2

)4(100ln 22

1

LCt .

Произведем вычисления:

42

4239

1 108,61025

)10254(105101,1100ln −−

−−−

⋅≈⋅

⋅+π⋅⋅⋅=t с

Ответ: 41 108,6 −⋅≈t с

Пример 7 Гиря массой 400=m г, подвешенная на пружине жесткостью 40=k Н/м, опу-щена в масло. Коэффициент сопротивления r для этой системы составляет 5,0 кг/c. На верхний конец пружины действует вынуждающая сила, изменяю-

щаяся по закону tF ω= cos (Н).Определите: 1) амплитуду вынуждающих коле-баний, если частота вынуждающей силы вдвое меньше частоты собственных

Дано: 9101,1 −⋅=C Ф

3105 −⋅=L Гн 05,0=λ

99,0)( 1 =

∆

E

tE

?` −t

28

колебаний; 2) частоту вынуждающей силы, при которой амплитуда вынужден-ных колебаний максимальна; 3) резонансную амплитуду.

Решение: 1) Амплитуда вынужденных колебаний:

22220

0

4)2( ωβ+−ω=m

FA ,

Учитывая, что m

r

2=β , а

m

k=ω2

0 и 20ω=ω получаем

=⋅

+

=

⋅⋅

+−

=

3

22

0

2

22

0

4)

4

3(

444)

4(

m

rk

m

km

F

mm

rk

m

k

m

km

FA

=

m

rkkm

F2

2

0

)4

3(

2

⋅+

Подставляя значения, получаем 2

2

103,3

4,0

25,040)

4

403(

12 −⋅=⋅

+⋅

⋅=A м=3,3 см

2) 96,916,20

25,0

4,0

40

4

22

2

222

0рез =−=−=β−ω=ωm

r

m

kс-1;

3) 2,0

16,04

25,0

4,0

405,0

1

422

22

2

0

220

0рез =

⋅−

=

−

=β−ωβ

=

m

r

m

k

m

rm

F

m

FA м=20 см.

Ответ: 3,3=A см; 96,9рез =ω с-1; 20рез =A см.

Пример 8. Участок цепи, состоящий из последовательно соединенных конденсатора

5=R Ом и активного сопротивления, подключили к внешнему переменному напряжению с амплитудой 220=mU В. При этом амплитуда установившегося тока оказалась равной 10=mI А. Найти разность фаз между током и внешним напряжением.

Решение: В данном случае tUU m ω= cos , )cos( ϕ−ω= tII m где ϕ определяется по формуле (28) при 0=L :

CRtg

ω−=ϕ

1.

Неизвестное значение емкости C найдем из выражения для амплитуды тока

22 )1

(C

R

UI m

m

ω+

= ;

Дано: 400=m г 5,0=r кг/с

tF ω= cos ,Н 40=k Н/м ω=ω 20

1) ?−A 2) ?рез −ω

3) ?рез −A

Дано: ОмR 5=

BUm 220= AIm 10=

ϕ - ?

29

22)(

1

RI

UC

m

m −⋅ω

= .

После подстановки в выражение для ϕtg получили:

;1)(tg 2 −−=ϕm

m

RI

U

Произведем вычисления:

3,436,181)105

220(tg 2 −≈−=−⋅

−=ϕ ;

077)3,4(arctg −=−=ϕ . В нашем случае, это означает, что ток опережает по фазе напряжение.

Ответ: ;3,4−=ϕtg 077−=ϕ .

30

3.2. Задачи для самостоятельного решения.

1. Амплитуда затухающих колебаний маятника за время 51 =t мин уменьшилась в 21 =n раза. За какое время 2t , считая от начального момента, амплитуда уменьшится в 162 =n раз?

(t2=20 мин)

2. Амплитуда колебаний математического маятника длиной 1=l м за время 10=t мин уменьшилась в 2=n раза. Определить логарифмический декре-

мент затухания колебаний λ . ( 3103,2 −⋅=λ )

3. Тело, совершающее затухающие колебания, за время 50=t с потеряло 60%

своей энергии. Определить коэффициент затухания β .

( 31016,9 −⋅=β 1c− )

4. Гиря массой 500=m г подвешена к пружине жесткостью 20=r Н/м и совер-шает упругие колебания в некоторой среде. Логарифмический декремент за-тухания 004,0=λ . Определить число полных колебаний N , которые должна совершить гиря, чтобы амплитуда колебаний уменьшилась в 2=n раза. За какое время t произойдет это уменьшение?

( ;173=N t=172 с)

5. Определить период T затухающих колебаний 0T , если период собственных колебаний системы равен 1с, а логарифмический декремент затухания

2,1=λ . 02,1( =T с)

6.* Математический маятник длиной 5,0=l м, выведенный из положения рав-

новесия, отклонился при первом колебании на 51 =x см, а при втором (в ту же сторону) на 42 =x см. Найти время релаксации, т.е. время, в течение ко-торого амплитуда уменьшится в e раз, где e – основание натуральных лога-рифмов.

4,6( =t с)

7.* Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 22,2=C нФ и ка-тушки длиной l=20 см из медной проволоки диаметром 5,0=d мм. Найти логарифмический декремент затухания λ . Удельное сопротивление меди

017,0=ρ мкОм⋅м. ( 018,0=λ )

31

8. Логарифмический декремент затухания колебаний в контуре λ равен 003,0 . Определить число полных колебаний N за которое амплитуда заряда на об-кладках конденсатора уменьшилась в 2 раза.

( 230=N )

9. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 1,0=C мкФ и ка-тушки с индуктивностью L . За время 1=t мс разность потенциалов на об-кладках конденсатора уменьшается в четыре раза. Логарифмический декре-мент затухания 22,0=λ . Чему равны индуктивность L и сопротивление R контура?

( 38,6=L мГн; 7,17=R Ом)

10. Колебательный контур имеет емкость 2,2=C нФ и индуктивность 5,2=L мГн. Логарифмический декремент затухания 003,0=λ . Какой частью

первоначального запасенной энергии будет обладать контур через время Tt 3= после начала колебаний (T - период затухающих колебаний)? Чему

равен коэффициент затуханияβ ?

( ;98,00

1 =W

W6,203=β 1−c )

11. Определите логарифмический декремент затухания λ , при котором энергия

колебательного контура за 5=N полных колебаний уменьшается в 8=n раз. ( 21,0=λ )

12. Колебательный контур состоит из катушки индуктивностью 10=L мГн,

конденсатора емкостью 1,0=C и резистора сопротивлением 20=R Ом. Оп-ределите, через сколько полных колебаний N амплитуда колебаний в конту-ре уменьшается в e раз.

)5( =N

13. Гиря массой 5,0=m кг, подвешенная на пружине жесткостью 50=k Н/м, совершает колебания в вязкой среде с коэффициентом сопротивления

5,0=r кг/с. На верхний конец пружина действует вынуждающая сила, изме-няющаяся по закону tF ω= cos1,0 ,Н. Определите для данной колебательной системы: 1) коэффициент затухания β ; 2) резонансную амплитуду Aрез.

( 5,0=β 1−c ; Aрез=2 см)

14. Гиря массой 200=m г, подвешенная на пружине жесткостью 50=k Н/м, со-вершает колебания в вязкой среде с коэффициентом сопротивления

2,0=r кг/с. На верхний конец пружины действует вынуждающая сила, из-меняющаяся по закону tF ω= cos2,0 ,Н. Определите: 1) частоту собственных колебаний 0ν ; 2) резонансную частоту νрез; 3) резонансную амплитуду резA .

32

( 96,70 =ν Гц; νрез=7,88 Гц; Aрез=2 см)

15. Собственная частота 0ν колебаний некоторой системы составляет 500 Гц. Определите частоту ν затухающих колебаний этой системы, если резонанс-ная частота 499рез =ν Гц.

( 5,499=ν Гц)

16. В цепь колебательного контура, содержащего последовательно соединенные резистор сопротивлением 40=R Ом, катушку индуктивностью 36,0=L Гн и конденсатор емкостью C=28мкФ, подключено внешнее переменное напря-жение с амплитудным значением Im =180В и частотой ω=314 рад/с. Опреде-лите: 1) амплитудное значение силы тока Im в цепи; 2) сдвиг по фазе между током и внешним напряжением.

(Im =4,5А, φ = -1º, ток опережает напряжение)

17.* Катушка длиной l = 50 см и площадью поперечного сечения S = 10 см2 включена в цепь переменного тока частотой ν = 50 Гц. Число витков катуш-ки N = 3000. Найти сопротивление катушки, если сдвиг фаз между напряже-нием и током φ = 60º.

(R = 8,36 кОм)

18. Обмотка катушки состоит из N = 500 витков медной проволоки (удельное сопротивление меди ρ = 0,017 мкОм·м), площадь поперечного сечения кото-рой S = 0,5 мм2. Длина катушки l = 50 см, ее диаметр D = 5 см. При какой частоте переменного тока полное сопротивление Z катушки вдвое больше ее активного сопротивления R?

(ν = 59,6 Гц)