Основные формуль
— Уравнение движения осциллятора с учетом затухания
$$m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-kx-r\frac{dx}{dt}$$

Последний член в (4.2.1) представляет собой силу сопротивления среды, которая пропорциональна скорости тела; $r$ носит название коэффициента сопротивления.
— Запишем (4.2.1) в другой форме
$$\frac{d^{2}x}{d{t}^2}+2\beta \frac{dx}{dt}+{\omega }_0^{2}x=0,$$

где коэффициент $\beta =r/2m$ — называется коэффициентом затухания, ${\omega }_0{}^2=$ $k/m$
— Решение уравнения (4.2.2):
$$x=a_0{e}^{-\beta t}\cos (\omega t+\alpha ),$$

где $a_0,\alpha$ — произвольные постоянные, $\omega ={[{\omega }_0^2-{\beta }^2]}^{1/2}$ — циклическая частота затухающих колебаний, $T=2\pi /\omega$ — их период, $a(t)=a_0\exp (-\beta t)$ амплитуда затухающих колебаний.
— Логарифмический декремент затухания:
$$\lambda =\ln [a(t)/a(t+T)]=\beta T,$$

$N_{\mathrm{e}}=1/\lambda$ — число колебаний, в течение которых амплитуда спадает в е раз.
— Добротность колебательной системы:
$$Q=\pi \lambda =\pi N_{\mathrm{e}}.$$
— Энергия осциллятора при слабом затухании ( $\beta <{\omega }_0$ ):
$$E(t)=E_0\exp (-2\beta t),$$

где $E_{\mathrm{o}}=k{a}_0{}^2/2$ — энергия осциллятора при $t=0$. Из (4.2.6) следует, что $dE=2\beta Edt$.
— Изменение энергии осциллятора за период:
$$\mathrm{\Delta }E=-2\beta TE=-2\lambda E$$

Примеры решения задач
4.2.1. Точка совершает затухающие колебания с частотой $\omega =25{\mathrm{c}}^{-1}$. Найти коэффициент затухания $\beta$, если в начальный момент скорость точки равна нулю, а ее смещение из положения равновесия в $\eta =1,02$ раза меньше амплитуды.
Решение
Смещение точки из положения равновесия при затухающих колебаниях описывается уравнением (4.2.3):
$$x=a_0{e}^{-\beta t}\cos (\omega t+\alpha ).$$

Из этого уравнения следует, что сдвиг фазы между смещением и скоростью точки отличается от $\pi /2$. Отсюда следует, в частности, что максимальная величина смещения и минимальная величина скорости точки достигаются не одновременно. В этом одно из отличий затухающих и незатухающих колебаний.
Дифференцируя (1) по времени, найдем скорость точки
$$V(t)=a_0{e}^{-\beta t}[-\beta \cos (\omega t+\alpha )-\omega \sin (\omega t+\alpha )].$$

В соответствии с условием задачи
$$\begin{array}{c}V(0)=a_0[-\beta \cos (\alpha )-\omega \sin (\alpha )]=0,\\ x(0)/a_0=\cos \alpha =1/\eta \end{array}$$

Отсюда получаем
$$\mathrm{tg}\alpha =-\beta /\alpha ,\cos \alpha =1/\eta .$$

Поскольку $\beta$ и $\omega$ положительны, то из (2) следует, что $\alpha <0$. Далее из (2) получаем
$$\beta =\omega |\mathrm{tg}\alpha |=\omega {[1-{\cos }^2\alpha ]}^2/\cos \alpha =\omega {[(1/{\cos }^2\alpha )-1]}^{1/2}=\omega {[{\eta }^2-1]}^{1/2}.$$

Ответ: $\beta =\omega {[{\eta }^2-1]}^{1/2}$.
4.2.2. Математический маятник совершает колебания в среде, для которой логарифмический декремент затухания ${\lambda }_0=1.5$. Каким будет значение $\lambda$, если сопротивление среды увеличить в $n=2$ раза? Во сколько раз следует увеличить сопротивление среды, чтобы колебания стали невозможны?
Решение
В соответствии с формулами (4.2.3) и (4.2.4) имеем
$$\lambda =\beta T=\frac{2\pi \beta }{{[{\omega }_0^2-{\beta }^2]}^{1/2}}$$

Из (1) при $\lambda ={\lambda }_0,\beta ={\beta }_0$ получаем (коэффициент затухания ${\beta }_0$ соответствует случаю, когда логарифмический декремент затухания равен ${\lambda }_0)$
$${\lambda }_0={\beta }_{0}T=\frac{2\pi {\beta }_0}{{[{\omega }_0{}^2-{\beta }_0{}^2]}^{1/2}}.$$

Возводя обе части равенства (2) в квадрат и разрешая полученное уравнение относительно ${\beta }_0$, получаем
$${\beta }_0=\frac{{\lambda }_0{\omega }_0}{{[4{\pi }^2+{\lambda }_0^2]}^{1/2}}.$$

Для случая, когда коэффициент $\beta$ увеличен по условию задачи по сравнению с первоначальным значением в $n=\beta /{\beta }_0=2$ раза, получаем, используя (1) и (3)
$$\begin{array}{l}\lambda =\frac{2\pi n{\beta }_0}{{[{\omega }_0{}^2-{\left(n{\beta }_0\right)}^2]}^{1/2}}=\frac{2\pi }{{[{\left(\frac{{\omega }_0}{n{\beta }_0}\right)}^2-1]}^{1/2}}=\\ =\frac{2\pi }{{[\frac{{\omega }_0{}^2(4{\pi }^2+{\lambda }_0{}^2)}{{\left(n{\lambda }_0{\omega }_0\right)}^2}-1]}^{1/2}}=\frac{2\pi n{\lambda }_0}{{[4{\pi }^2+{\lambda }_0{}^2(1-n^2)]}^{1/2}}.\end{array}$$

Полагая в (4) $n=2$, получаем ${\lambda }_1\cong 3,3$. Колебания маятника станут невозможны при $\lambda =\mathrm{\infty }$. Это реализуется в случае, когда знаменатель в (4) обращается в нуль. В результате приходим к уравнению
$$1+(1-n^2){\left({\lambda }_0/2\pi \right)}^2=0$$

откуда
$$n^{\prime }={[1+{\left(2\pi /{\lambda }_0\right)}^2]}^{1/2}\cong 4,3.$$

Ответ: ${{\lambda }_1=n{\lambda }_0/{[1+(1-n^2){\lambda }_0/2\pi )}^2]}^{1/2}=3,3$;
$$n^{\prime }={[1+{\left(2\pi /{\lambda }_0\right)}^2]}^{1/2}\cong 4,3$$
4.2.3. Найти добротность математического маятника длины $l=$ 50 см, если за промежуток времени $\tau =5,2$ мин его полная механическая энергия уменьшилась в $\eta =4\times {10}^4$ раз.
Решение
Согласно формуле (4.2.5)
$$Q=\frac{\pi }{\lambda }=\frac{\pi }{\beta T},$$

где $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{{[{\omega }_0^2-{\beta }^2]}^{1/2}},{\omega }_0=\sqrt{\frac{g}{l}}$ — собственная частота незатухающих колебаний математического маятника.

Предположим, что затухание в системе мало. В этом случае, согласно (4.2.6)
$$E(t)=E_0\exp (-2\beta t).$$

Отсюда найдем $\beta$
$$\beta =\frac{1}{2\tau }\ln \left[\frac{E_0}{E(\tau )}\right]=\frac{\ln \eta }{2\tau }.$$

Подставляя выражение для $T$ и $\beta$ в формулу для $Q$, получим
$$Q=\frac{\pi {[{\omega }_0{}^2-{\beta }^2]}^{1/2}}{\beta 2\pi }=\frac{1}{2}{[{\left(\frac{{\omega }_0}{\beta }\right)}^2-1]}^{1/2}=\frac{1}{2}{[\frac{4{\tau }^2{\omega }_0{}^2}{i{n}^2\tau }-1]}^{1/2}=\frac{1}{2}{[\frac{4g{\tau }^2}{l\cdot \ln \tau }-1]}^{1/2}$$

Так как $N_{\mathrm{e}}=Q/\pi \gg 1$, то колебания действительно слабо затухающие, и, следовательно, предположение, сделанное выше, верно.
Ответ: $Q=\frac{1}{2}{[\frac{4g{\tau }^2}{l\cdot \ln \tau }-1]}^{1/2}\cong 130$.