Чаще всего рассматривают свободнье незатухающие, свободные затухающцие и вынужденные колебания. Характерной особенностью колебательных движений является то, что они происходят под действием переменных сил. Поэтому после применения второго закона Ньютона получают дифференциальные уравнения (обычно не в векторной форме, ибо в большинстве случаев рассматриваются одномерные задачи).
Пример 12.1 Предположим, что Земля просверлена по диаметру. В образовавиуюся шахту без начальной скорости у поеерхности Земли опустили небольшое тело масой т. Определить его скорость в ченрре Земли. Сопротиелением воздуха пренебречь.
Решеи и е. В физическую систему включим данное тело, которое можно принять за материальную точку. Земля – внешнее тело. Материальная точка под действием силы тяготения Земли ускоренно движется к ее центру. Миновав центр Земли, тело продолжает движение, но уже замедленно. Так как сил сопротивления нет, то тело, достигнув другого конца шахты, снова начнет двигаться ускоренно к центру Земли и т. д. Таким образом, физическое явление заключается в колебательном движении материальной точки. Применим второй закон Ньютона. Инершиальную систему отсчета свяжем с Землей, начало координат поместим в центр Земли $O$, а ось $O X$ направим, как показано на рис. 12.1. Рассмотрим произвольное положение материальной точки, находящейся на расстоянии $x$ от центра Земли в момент времени $t$ (рис. 12.1). На нее действует сила тяготения со стороны шара радиуса $\boldsymbol{x}$
\[
F_{x}=G \frac{m M_{x}}{x^{2}},
\]

где $M_{x}$ – масса этого шара. Пусть средняя плотность Земли
\[
\rho=\frac{M}{4 / 3 \pi R^{3}},
\]

где $M=6 \cdot 10^{n 4} \mathrm{кr}$ – масса Земли, $R \approx 6400$ км – радиус Земли. Тогда $M_{x}=4 / 3$ лр $x^{3}$ и выражение для силы тяготения (12.1) приобретает вид
\[
F_{x}=\%, \pi G \rho m x .
\]

Можно доказать, что сила тяготения, действующая со стороны оставшегося шарового слоя толщиной (R-x), равна нулю.

По второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение колебаний материальной точки:
\[
m \bar{x}=-F_{x} \text { или } \bar{x}+\%, \pi G \rho x=0,
\]

что совпадает с дифференциальньм уравнением свободных незатухающих колебаний, если положить
\[
\omega_{5}^{2}=\% \pi \Omega \rho \text {. }
\]

Таким образом материальная точка, опущенная в шахту, совершает гармонические колебания по закону
\[
x=x_{0} \sin \left(\omega_{0} t+\alpha_{0}\right) .
\]

Амплитуду $x_{0}$ и начальную фазу $\alpha_{0}$ определим из начальных условий $(x=R, v=x=0$ при $t=0$ ):
\[
R=x_{0} \sin \alpha_{0}, 0=x_{0} \omega_{0} \cos \alpha_{0} .
\]

Отсюда $\alpha_{0}=\pi / 2$ и $x_{0}=R$. Закон движения (12.2) приобретает вид
\[
x=R \sin \left(\omega_{0} t+\pi / 2\right) .
\]

Зная закон движения, можно теперь определить любую физическую величину, характеризующую данное физическое явление. Найдем скорость материальной точки в центре Земли:
\[
v=\dot{x}=R \omega_{0} \cos \left(\omega_{0} t+\pi / 2\right) .
\]

Так как в пентре Земли (начало координат) $x=0$ и $\sin$ ( $\omega_{0} t+$ $+\pi / 2)=0$, то $\cos \left(\omega_{0} t+\pi / 2\right)=1$. Следовательно, искомая скорость
\[
v=R \omega_{0}=\sqrt{G M / R}, v=7,8 \mathrm{~km} / \mathrm{c} .
\]

Полученная скорость равна первой космической скорости для Земли. Период колебания
\[
T_{0}=\frac{2 \pi}{\omega_{0}}=2 \pi \sqrt{\frac{3}{4 \pi O p}}, T_{0} \approx 90 \text { мин. }
\]

Он равен периоду обращения искусственного спутника Земли на круговой орбите радиуса, равного радиусу Земли. Можно усложнить эту задачу, если учесть силу сопротивления воздуха. Предположим, что сила сопротивления воздуха пропорщиональна скорости материальной точки: $F_{\mathrm{e}}=-r \dot{x}$. Тогда по второму закону Ньютона находим дифференциальное уравнение затухающих колебаний:
\[
\ddot{x}+2 \delta \dot{x}+\%, \pi G \rho x=0 ;
\]

решением его является функция
\[
x=x_{0} \mathrm{e}^{-\theta t} \sin \left(\omega t+\alpha_{0}\right) \text {, }
\]

где $\omega=\sqrt{\% \pi G \rho-\frac{r^{2}}{4 m^{2}}}$,
\[
\delta=\frac{r}{2 m} .
\]

Начальную амплитуду $x_{0}$ и начальную фазу $\alpha_{0}$ определим из начальных условий $\left(x=R, v_{0}=\dot{x}=0\right.$ при $t=0$ ):
\[
R=x_{0} \sin \alpha_{0}, 0=-\delta \sin \alpha_{0}+\omega \cos \alpha_{0} .
\]

Отсюда
\[
x_{0}=R \sqrt{1+(\delta / \omega)^{2}}, \alpha_{0}=\operatorname{arctg}(\omega / \delta) .
\]

Следовательно, и в этом случае динамическим методом окончательно получен закон движения
\[
x=R \sqrt{1+\left(\frac{\delta}{\omega}\right)^{2}} \mathrm{e}^{-\phi t} \sin \left(\omega t+\operatorname{arctg} \frac{\omega}{\delta}\right) .
\]

Пример 12.2 В воде плавает льдияа в виде паралелепипеда с плоцадью основания $S=1 \mathrm{м}^{2}$ и высотой $H=0,5$ м. Льдику погружают в воду на небольшую глубику $x_{0}=5$ см и отпускают. Oпределить период ее колебакий. Силоа сопротивления воды пренебречь.
Решение. В физическую систему вклочим одно тело – льдину. Внешние тела – Земля и вода.

Физическое явление заключалось в том, что сначала льдина находилась в покое, а затем стала совершать колебательные движения. Льдину в условиях данной задачи нельзя принять за материальную точку, но легко видеть, что каждая ее точка движется одинаковым образом. Следовательно, для решения задачи достаточно описать движение какой-либо одной ее точки, например дентра масс. Приме-
ним второй закон Ньютона. Инерциальную систему отсчета свяжем с водой (предполагается, что она неподвижна и изменением уровня ее поверхности при погружении льдины можно пренебречь). Начало координат $O$ поместим на поверхности воды, а ось $O X$ направим так, как показано на рис. 12.2.
Рассмотрим состояние льдины до погружения. Она находится в равновесии. На нее действуют две силы: сила тяжести $m g=\rho_{a} V g=\rho_{3} S H g$ (где $\rho_{a}=900 \mathrm{kr} / \mathbf{m}^{3}-$ плот-
ность льда) и выталкивающая сила Архимеда $F_{\mathrm{A}}=\rho_{8} \operatorname{Shg}$ (где $\rho_{0}=10^{3} \mathrm{kr} / \mathrm{m}^{2}$ – плотность воды, $h$ – глубина погружения льдины в состоянии равновесия). По второму закону Ньютона получаем
\[
\rho_{s} S H_{g}-\rho_{8} S h g=0,
\]

откуда $h=\left(\rho_{x} / \rho_{\mathrm{s}}\right) H$.
– Исследуем состояние льдины после погружения. При погружении на дополнительную глубину $x$ (где $x$ – произвольная величина; рис. 12.3) появляется дополнительная сила Архимеда $F=\rho_{0} S x g=\rho_{2} S g x$. Учитывая уравнение (12.3), по второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение свободных незатухающих колебаний:
\[
m \ddot{x}=-\rho_{\mathrm{s}} S_{g},
\]

или
\[
\bar{x}+\omega^{2} x=0,
\]

где
\[
\omega_{0}^{\prime}=\frac{\rho_{a} g}{\rho_{2} H} .
\]

Из уравнения (12.5) определяем искомый период колебаний:
\[
T_{0}=\frac{2 \pi}{\omega_{0}}=2 \pi \sqrt{\frac{\rho_{a} H}{\rho_{a} g}} .
\]

Отсюда находим, что $T_{\bullet} \approx 1,3 \mathrm{c}$.
Из уравнения (12.6) видно, что период колебаний не зависит от площади поnеречного сечения $S$ льдины и, следовательно, в условиях данной задачи это лишняя величина. Плотности же воды $\rho_{8}$ и льда $\rho_{2}$ необходимо взять из таблиц. Из уравнения (12.4) и начальных условий ( $x=x_{0}, \dot{x}=0$ при $t=0$ ) можно найти закон движения:
\[
x=x_{0} \sin \left(\omega_{0} t+\pi / 2\right) .
\]

Таким образом, льдина совершает гармонические колебания. В реальных условиях колебания льдины будут затухающими. Поэтому усложним условия рассмотренной задачи, учтя силу сопротивления воды и изменив начальные условия.
Пример 12.3 Льдине из предыдучего примера в начальньй момент өремени сообцили скорость, равную $v_{0}$. Определить ее скорость в произольньй момент времени, если сила сопротивления воды пропорциональна скорости nocmu.
Решение. Очевидно, что льдина будет совершать затухающие колебания. Применяя второй закон Ньютона, получаем дифференциальное уравнение этих колебаний:
\[
m \ddot{x}=-r \dot{x}-\rho_{v} S_{g x},
\]

или
\[
\ddot{x}+2 \delta \dot{x}+\omega_{0}^{2} x=0,
\]

где $\delta=r l(2 m)$-коэффициент затухания, а $\omega_{0}=\sqrt{\rho_{8} g /\left(\rho_{2} H\right)}-$ собственная частота колебании.

Как известно, решением уравнения (12.7) является функция
\[
x=x_{0} \mathrm{e}^{-\theta t} \sin \left(\omega t+\alpha_{0}\right),
\]

Начальную амплитуду $x_{0}$ и начальную фазу $\alpha_{0}$ определим
из начальных условий $\left(x=0, \dot{x}=v_{0}\right.$ при $\left.t=0\right)$ :
\[
\left.\begin{array}{l}
0=x_{0} \sin \alpha_{0}, \\
v_{0}=-x_{0} \delta \sin \alpha_{0}+x_{0} \omega \cos \alpha,
\end{array}\right\}
\]

откуда $\alpha_{0}=0, x_{0}=v_{0} / \omega$.
Такщм образом, получен закон движения льдины
\[
x=\frac{v_{0}}{\omega} \mathrm{e}^{-\theta t} \sin \omega t \text {. }
\]

Отсюда легко получить искомую скорость льдины в произвольный момент времени:
\[
v=\dot{x}=v_{0}\left(\cos \omega t-\frac{\delta}{\omega} \sin \omega t\right) \mathrm{e}^{-\theta t} .
\]

Легко видеть, что в условиях примера (12.3) площадь поnеречного сечения льдины $S$ уже не лишняя, а необходимая для расчетов величина.
Пример 12.4 Пластины плоского воздушного конденсатора расположены вертикально. Пластины соединяет горизонтальньй гладкий диялектрический шток, по которому мозет скользить небольшая муфта массоа $m=10^{-3} \mathrm{Kr}$, прикрепленная к пружине, кояффициент жесткости которой $k=10^{-1} \mathrm{H} / \mathrm{m}$ (рис. 12.4). Муфта обладает ялектрическим зарядом $Q=10^{-s}$ Кл. На пластинв подается переменное напряжение $U=U, \sin \omega t$, где $U_{0}=10^{4}$ В. Oпределить, при какой частоте ю амплитуда колебаний муфты будет раєна $x_{0}=1$ см. Рас стояние между пластинами $d=10$ см. Силод сопротиеления воздуха пренебречь.
Решение. Физическая система состоит из одного тела – муфты, обладающей электрическим зарядом. Все остальные тела – внешние. Под действием переменного электрического поля муфта совершает вынужденные колебания. Применяя второй закон Ньютона, получаем дифференциальное уравнение этих колебаний:
\[
\begin{array}{c}
m \ddot{x}=-k x+\frac{Q}{d} U_{0} \sin \omega t \text { или } \\
\ddot{x}+\omega_{0}^{2} x=\frac{Q U_{0}}{m d} \sin \omega t .
\end{array}
\]
12.4

Решением этого уравнения является функция
\[
x=x_{0} \sin \omega t \text {, }
\]

где амплитуда
\[
x_{0}=\frac{Q U_{0}}{\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right) m d} .
\]

Из закона движения (12.8) видно, что муфта совершает гармонические колебания. Искомая частота определяется из уравнения (12.9):
\[
\omega=\sqrt{\frac{k}{m}-\frac{Q U_{0}}{m d x_{0}}} .
\]

Отсюда $\omega \approx 9,5$ рад/с.
Мы рассмотрели несколько примеров на механические колебания. Все эти задачи были решены одним и тем же динамическим методом. Таким образом, задачи на механические колебания являются частными случаями основных задач динамики.