Семестр 2

Примеры решения задач к практическому занятию по теме «Колебания» и «Волны»
Пример 1. Полная энергия тела, совершающего гармоническое колебательное движение, равна
19,7мкДж, максимальная сила, действующая на тело, равна 0,8 мН. Написать уравнение
движения тела, если период колебаний равен 2 с, а начальная фаза 60°.
Решение:
Уравнение гармонического колебания:
Дано:
W = 19,7·10–6
x = Acos(ωt + α),
Дж
где: A – амплитуда колебаний, ϕ = ωt + ϕ0 – фаза, ϕ0 – начальная фаза, ω –
Fmax = 0,8·10–3 Н
циклическая частота.
Т=2с
Для определения амплитуды A учтем, что скорость v и ускорение
ϕ0 = π/3
колеблющегося тела равны:
dx
x(t) = ?
v=
= −ωA sin(ωt + ϕ 0 ) ,
dt
dv
a=
= −ω2 A cos(ωt + ϕ 0 ) .
dt
Согласно второму закону Ньютона, сила, действующая на тело равна:
F = ma = - ω2Acos(ωt + ϕ0).
Учтем, что F = Fmax если cos(ωt + ϕ0) = ±1, поэтому максимальное значение силы Fmax = mω2A.
mv 2
Полная энергия колеблющегося тела равна сумме кинетической Wk =
и потенциальной
2
kx 2
Wp =
энергий:
2
W = Wk + Wp =Wk max = Wp max,
следовательно:
mv 2 max mω2 A 2
W = Wk max =
=
,
2
2
т.к. vmax = ωA.
Учтя выражение для Fmax, имеем:
F A
W = max ,
2
откуда:
2W
.
A=
Fmax
Циклическая частота:
2π
.
ω=
T
Проверка размерности:
[A ] = Дж = м , [ω] = рад .
Н
с
Вычисляя, получим: A = 0,05 м, ω = π рад/с.
Искомое уравнение гармонического колебания:
π⎞
⎛
x = 0,05·cos⎜ πt + ⎟ м.
3⎠
⎝
π⎞
⎛
Ответ: x = 0,05·cos⎜ πt + ⎟ м.
3⎠
⎝
Пример 2. Уравнение изменения силы тока в колебательном контуре со временем дается в виде
i(t) = – 0,02·sin(400πt) A. Индуктивность контура 1 Гн. Найти: 1) период колебаний, 2) емкость
контура, 3) максимальное напряжение между обкладками конденсатора, 4) максимальную
энергию магнитного поля катушки индуктивности, 5) максимальную энергию электрического
поля конденсатора.
Решение:
Дано:
Из
уравнения
колебаний
силы
тока:
i(t) = – 0,02·sin(400πt) A
i(t) = - 0,02·sin(400πt)
L = 1 Гн
следует,
что
максимальное
(амплитудное) значение силы тока:
1) T = ?, 2) C = ?,
Im = 0,02 A,
3) Um = ?,
частота
колебаний:
4) WLmax = ?, 5) WCmax = ?
ω = 400 π рад/с.
2π
2π
=
= 5·10 −3 (c) .
ω 400π
1
1
2) ω 2 =
следовательно C = 2 .
LC
ωL
Проверим размерность:
2
[C] = −21 = с ·А = Кл = Ф .
с ·Гн В·с
В
1
C=
= 6,3·10 −7 (Ф) = 0,63(мкФ ) .
(400π) 2 ⋅1
3) Напряжение между обкладками конденсатора:
q( t )
.
u(t) =
C
Пусть q( t ) = q m cos(ωt + ϕ 0 ) , тогда из определения силы тока следует:
dq
i=
= −ωq m sin(ωt + ϕ 0 ) = − I m sin(ωt + ϕ 0 ) ,
dt
т.е. амплитуды колебаний заряда и тока связаны соотношением:
I
Im = ωqm или q m = m .
ω
Уравнение колебаний напряжения:
q q
u = = m cos(ωt + ϕ 0 ) = U m cos(ωt + ϕ 0 ) ,
C C
q m Im
где: U m =
– максимальное напряжение между обкладками конденсатора (амплитуда
=
C ωC
напряжения).
Размерность:
1) Период колебаний T =
[U m ] =
А
А·с·В Кл·В
=
=
= В.
Кл
Кл
с ·Ф
Um =
0,02
= 25,2(В) .
400π ⋅ 6,3 ⋅10 −7
−1
Вычисления:
10
4) Энергия магнитного поля WL =
LI 2
Li
, максимальная энергия магнитного поля WL max = max .
2
2
2
В·с·А 2 В·с·А 2
=
= В·А·с = Вт·с = Дж
А
А
1 ⋅ 0,02 2
WL max =
= 2·10 −4 (Дж ) = 0,2(мДж ) .
2
Cu 2
5) Энергия электрического поля WC =
, максимальная энергия электрического поля
2
CU 2 max
WC max =
.
2
Кл·В 2
[ WC max ] = Ф·В 2 =
= Кл·В = Дж .
В
6,3 ⋅10 −7 ⋅ 25,2 2
WC max =
= 2·10 −4 (Дж ) = 0,2(мДж ) .
2
Ответ: 1) Т = 5мс, 2) С = 0,63 мкФ, 3) Um = 25,2 В,
4) WL max = 0,2 мДж, 5) WC max = 0,2 мДж.
[ WL max ] = Гн·А 2 =
Пример 3. Собственная частота колебаний контура ν0 = 8 кГц, добротность контура Q = 72. В
контуре возбуждаются затухающие колебания. Найти закон убывания запасенной в контуре
энергии W со временем, если в начальный момент времени энергия, запасенная в контуре равна
50 мкДж.
Решение:
Дано:
3
Уравнение затухающих колебаний заряда на конденсаторе:
ν0 = 8·10 Гц
q ( t ) = q 0 e − βt cos(ωt + ϕ 0 ) ,
Q = 72
W0 = 50·10–6 Дж
где: ω = ω02 − β 2 – циклическая частота затухающих колебаний, ω0 –
W(t) = ?
собственная циклическая частота контура, β – коэффициент затухания.
Получим уравнение затухающих колебаний силы тока. Для простоты положим начальную
фазу равной нулю (ϕ0 = 0).
q ( t ) = q 0 e −βt cos(ωt ) ,
dq d
i=
= (q 0 e −βt cos(ωt )) = q 0 (− β e −βt cos(ωt ) − ωe −βt sin (ωt )) =
dt dt
⎛
⎞
β
ω
= − ω2 + β 2 q 0 e −βt ⎜
cos(ωt ) +
sin (ωt )⎟ =
⎜ ω2 + β 2
⎟
ω2 + β 2
⎝
⎠
⎛ β
⎞
ω
= −ω0 q 0 e −βt ⎜⎜ cos(ωt ) +
sin (ωt )⎟⎟ .
ω0
⎝ ω0
⎠
Пусть sin α =
β
ω
β
, cos α =
, tgα = , тогда:
ω0
ω0
ω
i = −ω0 q 0 e −βt (sin α·cos(ωt ) + cos α·sin(ωt )) = −ω0 q 0 e −βt sin (ωt + α ) .
Уравнение затухающих колебаний силы тока:
i = −ω0 q 0 e −βt sin (ωt + α ) .
Энергия, запасенная в конденсаторе:
q 02 −2βt
q2
1
WC =
=
e cos 2 (ωt ) = W0 e −2βt (1 + cos(2ωt )) .
2C 2C
2
Энергия, запасенная в катушке индуктивности:
Li 2 Lω02 q 02 −2βt
1
WL =
=
e sin 2 (ωt + α) = W0 e −2βt (1 − cos(2ωt + 2α )) ,
2
2
2
где:
Lω02 q 02 Lq 02 q 02
=
=
= W0 ,
2
2LC 2C
т.к. собственная частота контура ω0 =
1
.
LC
Полная энергия контура:
⎛ cos( 2ωt ) − cos( 2ωt + 2α ) ⎞
W = WC + WL = W0 e −2βt ⎜1 +
⎟=
2
⎠
⎝
−2β t
= W0 e (1 + sin α·sin(2ωt + α ) ) .
Уравнение изменения полной энергии контура:
⎛
⎞
β
W = W0 e −2βt ⎜⎜1 +
sin(2ωt + α) ⎟⎟ .
⎝ ω0
⎠
Если коэффициент затухания мал по сравнению с собственной частотой контура
β
<< 1 , то
ω0
запасенная в контуре энергия убывает во времени по экспоненте:
W = W0 e −2βt .
Найдем коэффициент затухания β, предполагая что ω0 >> β.
Добротность контура при малом затухании:
π
Q= ,
δ
где: δ = βT - логарифмический декремент затухания, T - период затухающих колебаний.
T=
2π
=
ω
2π
2
ω0 − β 2
≈
2π
2π
1
=
=
,
ω0 2πν 0 ν 0
где: ω0 = 2πν0 – связь циклической и линейной частот.
Добротность:
Q=
π π πν 0
,
=
=
β
δ βT
Коэффициент затухания:
πν 0 3,14·8·103
=
= 0,35 .
Q
72
Проверим выполняется ли условие ω0 >> β:
πν 0
β
β
1
1
=
=
=
=
= 0,007 << 1 .
ω0 2πν 0 2πν 0 Q 2Q 144
Условие ω0 >> β выполняется.
Подставим числа в выражение для энергии:
W = 50·10 −6 ·e −0, 7 t (Дж ) = 50·e −0,7 t (мкДж ) .
Ответ: W = 50·e −0, 7 t мкДж .
β=
Пример 4. Электрическая цепь состоит из активного сопротивления R, конденсатора емкостью
C и катушки индуктивности L, соединенных последовательно с генератором переменного
напряжения. ЭДС генератора изменяется по закону е = Еm·cos(ωt). Найти зависимость от
времени силы тока i(t), напряжения на активном сопротивлении uR(t), напряжения на
конденсаторе uC(t) и напряжения на катушке uL(t).
Решение:
Пусть заряд конденсатора меняется по закону:
Дано:
R, C, L
е = Еm·cos(ωt)
i(t), uR(t), uC(t), uL(t) = ?
q = q m cos( ωt − ϕ) ,
где: qm – амплитуда заряда, ω – частота ЭДС, φ – разность фаз
между ЭДС и зарядом.
Сила тока:
dq
π⎞
⎛
= −ωq m sin( ωt − ϕ ) = I m cos ⎜ ωt − ϕ + ⎟ = I m cos (ωt − ψ ) ,
dt
2⎠
⎝
– амплитуда тока,
i=
где: I m = ωq m
π
ψ = ϕ − – разность фаз между ЭДС и током.
2
Напряжение на активном сопротивлении:
u R = R ·i = RI m cos(ωt − ψ ) = U Rm cos(ωt − ψ ) ,
где: U Rm = RI m – амплитуда напряжения на активном сопротивлении.
Колебания тока и напряжения на активном сопротивлении происходят в одинаковой фазе.
Напряжение на конденсаторе:
uC =
q qm
π⎞
⎛
=
cos( ωt − ϕ ) = U Cm cos ⎜ ωt − ψ − ⎟ ,
C C
2⎠
⎝
qm
1
=
·ωq m = X C I m –амплитуда напряжения на конденсаторе,
C ωC
1
π
– емкостное сопротивление, ϕ = ψ + .
XC =
ωC
2
где: U Cm =
Колебания напряжения на емкостном сопротивлении отстают по фазе на
π
от колебаний
2
тока.
Напряжение на катушке индуктивности:
di
π⎞
⎛
= −ωLI m sin(ωt − ψ ) = U Lm cos⎜ ωt − ψ + ⎟ ,
dt
2⎠
⎝
= ωLI m = X L I m –амплитуда напряжения на катушке индуктивности,
uL = L
где: U Lm
Колебания напряжения на индуктивном сопротивлении опережают по фазе на
тока.
π
колебаний
2
Построим векторную диаграмму и найдем амплитуду тока I m и разность фаз ψ между током
и ЭДС.
e = uC + uR + uL
E = U 2Rm + ( U Lm − U Cm ) 2
2
m
E 2m = I m2 ( R 2 + (X L − X C ) 2 )
Амплитуда силы тока:
Im =
Em
1 ⎞
⎛
R 2 + ⎜ ωL −
⎟
ωC ⎠
⎝
2
.
Разность фаз:
tg ψ =
ωL −
R
1
ωC .
Ответ: i = I m cos(ωt − ψ ) ,
u R = U Rm cos(ωt − ψ ) , где: U Rm = RI m ,
I
π⎞
⎛
u C = U Cm cos⎜ ωt − ψ − ⎟ , где: U Cm = m ,
ωC
2⎠
⎝
π⎞
⎛
u L = U Lm cos⎜ ωt − ψ + ⎟ , где: U Lm = ωLI m .
2⎠
⎝
Примеры решения задач к практическому занятию 2 «Волны»
Пример 1. Плоская монохроматическая волна распространяется вдоль прямой, совпадающей с
положительным направлением оси 0x в среде, не поглощающей энергию, со скоростью v = 15
м/с. Две точки, находящиеся на этой прямой на расстояниях x1 = 5 м и x2 = 5,5 м от источника
колебаний, колеблются с разностью фаз Δϕ = π/5. Амплитуда волны A = 0,04 м. Определить: 1)
длину волны λ, 2) уравнение волны, 3) смещение s1 первой точки в момент времени t1 = 3 с.
Решение:
Уравнение плоской монохроматической волны, распространяющейся вдоль оси
x имеет вид:
x⎞
2π ⎞
⎛
⎛
x⎟,
s = A cos ω⎜ t − ⎟ = A cos⎜ ωt −
λ ⎠
v⎠
⎝
⎝
где: s – смещение колеблющейся точки,
A – амплитуда волны,
2π ⎞
⎛
ϕ = ⎜ ωt −
x ⎟ – фаза волны,
λ ⎠
⎝
2π
– циклическая частота колебаний,
ω=
T
λ = vT – длина волны (наименьшее расстояние между точками волны, колебания которых
отличаются по фазе на 2π).
Разность фаз колебаний двух точек волны:
2π
(x 2 − x 1 ) .
Δϕ =
λ
Дано:
v = 15 м/с
x1 = 5 м
x2 = 5,5 м
Δϕ = π/5
A = 0,04 м
t1 = 3 с
1) λ = ?
2) s(x,t) = ?
3) s1 = ?
Отсюда:
λ=
2π
2π
(x 2 − x1 ) =
5·(5,5 − 5) = 5(м) .
Δϕ
π
2π
λ
, T= .
ω=
T
v
Следовательно:
ω=
2π 2πv 2π·15
=
=
= 6π .
T
λ
5
Искомое уравнение волны:
2π ⎞
⎛
s = 0,04 cos⎜ 6πt −
x⎟ .
5 ⎠
⎝
Смещение первой точки в момент времени t1 = 3 с:
2π ⎞
⎛
s1 = 0,04 cos⎜ 6π ⋅ 3 − ·5 ⎟ = 0,04(м) .
5 ⎠
⎝
2π ⎞
⎛
Ответ: 1) λ = 5 м, 2) s = 0,04 cos⎜ 6πt −
x ⎟ , 3) s1 = 0,04 м.
5 ⎠
⎝
Пример 2. Плоская монохроматическая волна распространяется вдоль прямой, совпадающей с
положительным направлением оси 0x в среде, не поглощающей энергию, со скоростью v = 15
м/с. Точка находится на этой прямой на расстояниях x = 5 м от источника колебаний.
Амплитуда волны A = 0,04 м, длина волны 5 м. Определить: 1) смещение s точки в момент
времени t1 = 3 с, 2) скорость точки в момент времени t1 = 3 с, 3) ускорение точки в момент
времени t1 = 3 с.
Решение:
Дано:
Уравнение плоской монохроматической волны, распространяющейся вдоль оси
v = 15 м/с
x
имеет
вид:
x=5м
x⎞
⎛
A = 0,04 м
s = A cos ω ⎜ t − ⎟ ,
λ=5 м
v⎠
⎝
t1 = 3 с
где: s – смещение колеблющейся точки,
1) s = ?
A – амплитуда волны.
2) v=?
2π
λ
,
.
T
ω
=
=
3) a=?
T
v
Следовательно:
2π 2πv 2π·15
ω=
=
=
= 6π .
T
λ
5
Искомое уравнение волны:
2π ⎞
⎛
s = 0,04 cos⎜ 6π t −
x⎟ .
5 ⎠
⎝
Смещение точки в момент времени t1 = 3 с:
2π ⎞
⎛
s = 0,04 cos⎜ 6π ⋅ 3 − ·5 ⎟ = 0,04( м) .
5 ⎠
⎝
Чтобы найти скорость точки, нужно найти производную от смещения:
(1)
⎡
2π ⎞⎤
2π ⎞
2π ⎞
⎛
⎛
⎛
v = s ' = ⎢0,04 cos⎜ 6π t −
x ⎟⎥ ' = − 6π 0,04 sin⎜ 6π t −
x ⎟ = −0,24π sin⎜ 6π t −
x⎟ .
5 ⎠⎦
5 ⎠
5 ⎠
⎝
⎝
⎝
⎣
В момент времени t1 = 3 с скорость точки равна:
2π ⎞
⎛
v = −0,24π sin ⎜ 6π ⋅ 3 −
⋅ 5⎟ = 0 .
5
⎝
⎠
Чтобы найти ускорение точки, нужно найти производную от скорости:
⎡
2π ⎞⎤
2π
⎛
⎛
a = v ' = ⎢− 0,24π sin ⎜ 6π t −
x ⎟⎥ ' = −0,24π ⋅ 6π cos⎜ 6π t −
5 ⎠⎦
5
⎝
⎝
⎣
В момент времени t1 = 3 с ускорение точки равно:
2π
⎛
⎞
x ⎟ = −1,44π 2 ⎜ 6π t −
5
⎝
⎠
⎞
x⎟ .
⎠
2π ⎞
⎛
a = −1,44π 2 cos⎜ 6π ⋅ 3 −
⋅ 5 ⎟ = −14,2 ( м / с 2 ) .
5
⎝
⎠
Пример 3. Один конец упругого стержня длиной L соединен с источником гармонических
колебаний s(t) = Asinωt. Другой конец жестко закреплен. Определить характер колебаний в
любой точке стержня. Найти координаты точек стержня, в которых амплитуда колебаний
минимальна и максимальна.
Решение:
Дано:
Колебания от источника колебаний (x = 0) будут распространяться вдоль s(t) = Asinωt
стержня, т.е. вдоль стержня (вдоль оси x) будет распространяться упругая
s(L,t) = 0
волна частоты ω со скоростью v. Дойдя до места закрепления волна
s(х,t) = ?
отразится, при этом ее фаза меняется на π (жесткое закрепление).
xmin = ?
До точки с координатой х отраженная волна проходит путь:
xmax = ?
r = L + (L –x) = 2L – x.
Уравнение падающей волны:
(2)
x⎞
⎛
s1 (x , t ) = A sin ω⎜ t − ⎟ = A 0 sin (ωt − kx ) ,
v⎠
⎝
ω 2π
– волновое число,
=
v
λ
λ – длина волны.
Уравнение отраженной волны:
s 2 (x, t ) = A sin(ωt − k (2L − x ) + π) = A sin(ωt + kx − 2kL + π) ,
s 2 = −A sin(ωt + kx − 2kL) .
где: k =
Наложение падающей и отраженной волн образуют стоячую волну, которая и определяет
характер колебаний в любой точке стержня:
s(x, t ) = s1 ( x, t ) + s 2 ( x, t ) = A sin(ωt − kx ) − A sin(ωt + kx − 2kL) =
= 2A sin k ( L − x ) cos( ωt − kL ) .
Амплитуда стоячей волны:
A ст.в. ( x ) = 2A sin k (L − x ) .
Амплитуда колебаний точек зависит от их координаты x.
Найдем координаты узлов, т.е. точек где амплитуда колебаний минимальна.
Aст.в. = 0,
если:
k(L-x) = mπ, (m = 0, 1, 2, ...).
2π
(L − x ) = mπ ,
λ
λ
x min = L − m .
2
Найдем координаты пучностей, т.е. точек где амплитуда колебаний максимальна.
Aст.в. = 2А,
если:
π
k (L − x ) = (2m + 1) , (m = 0, 1, 2, ...).
2
2π
π
(L − x ) = (2m + 1) ,
λ
2
λ
x max = L − (2m + 1) .
4
Ответ: s( x , t ) = 2A sin k ( L − x ) cos( ωt − kL ) ,
λ
x min = L − m , m = 0, 1, 2, ... ,
2
λ
x max = L − (2m + 1) , m = 0, 1, 2, ... .
4
Примечание: длина стоячей волны – это расстояние между соседними пучностями или
между соседними узлами. Расстояние между соседними пучностями равно :
| x max 1 − x max 0 |=| L − (2 ⋅ 1 + 1)
Таким образом, длина стоячей волны λст
λ
− L + (2 ⋅ 0 + 1)
λ
|=
λ
.
4
4 2
равна половине длины бегущей волны:
λст =
λ
2
.