Przemieszczenie oscylatora harmonicznego nietłumionego – wyprowadzenie wzoru

Wyprowadzenie wzoru:

Zapiszmy na początku równanie ruchu oscylatora harmonicznego nietłumionego nazywanego również oscylatorem harmonicznym swobodnym. Konsekwencją działania zewnętrznej siły przyłożonej do oscylatora jest powstanie siły sprężystości $F (t) = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} k \hspace{.1cm} x(t)$ dążącej do przywrócenia położenia równowagi oscylatora. Pod wpływem tej siły oscylator porusza się z przyspieszeniem a, którego wartość także zależy od czasu. Korzystając z drugiej zasady dynamiki Newtona możemy zapisać:

$$m \hspace{.05cm} a (t) = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} k \hspace{.05cm} x (t)$$

Przyspieszenie a  jest drugą pochodną położenia x  ciała po czasie t , zatem po podstawieniu w miejsce a (t )  wielkości  $\dfrac{d^2 x(t)}{dt^2}$  oraz po podzieleniu całego wyrażenia przez masę m, dostaniemy:

$$\dfrac{d^2 x(t)}{dt^2} = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \frac{k}{m} \hspace{.05cm} x (t)$$

Zgodnie z teorią wielkość k /m  reprezentuje kwadrat częstości kołowej ω  oscylatora harmonicznego nietłumionego, w związku z czym po dokonaniu podstawienia ω² = k /m  otrzymamy ostateczną postać równaniu ruchu dla tego oscylatora:

$$\frac{d^2 x (t)}{dt} + \omega^2 x(t) = 0$$

Powyższe równanie jest równaniem różniczkowym rzędu drugiego. Równanie to możemy zapisać w poniższej formie:

$$x^{\prime\prime}+ \omega^2 x = 0$$

gdzie wielkość x''  reprezentuje drugą pochodną położenia x  po czasie t.

Rozwiązanie tego równania otrzymamy korzystając z następującego podstawienia:

$$x = e^z$$

gdzie z  jest parametrem zależnym od czasu t.

Różniczkując dwukrotnie wyrażenie $x = e^z$  względem parametru z, dostaniemy:

$$x^{\prime\prime} = e^z \cdot \left( z’ \right)^2 + e^z \cdot z^{\prime\prime}$$

Podstawiając wielkość x  oraz x''  do wzoru opisującego równanie ruchu oscylatora harmonicznego nietłumionego, otrzymamy:

$$e^z \cdot \left[ \left( z’ \right)^2 + z^{\prime\prime} \right] + \omega^2 \hspace{.05cm} e^z = 0$$

Dzieląc następnie powyższe wyrażenie przez wielkość e^z  oraz przenosząc drugi człon równania na prawą stronę znaku równości, dostaniemy:

$$\left( z’ \right)^2 + z^{\prime\prime} = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \omega^2$$

Aby uprościć nieco powyższe wyrażenie użyjemy kolejnych podstawień:

$$z’ = u \hspace{2cm} , \hspace{2cm} z^{\prime\prime} = u’$$

gdzie u  podobnie, jak z  jest wielkością zależną od czasu.

Po podstawieniu oraz przekształceniu, otrzymamy:

$$u’ = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \left( \omega^2 + u^2 \right) \hspace{1cm} \longrightarrow \hspace{1cm} \frac{du}{dt} = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \left( \omega^2 + u^2 \right)$$

Wyrażenie na u  uzyskamy całkując stronami powyższe równanie:

$$\int \frac{du}{\omega^2 + u^2} = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \int dt$$

Aby obliczyć tą całkę skorzystamy z poniższego wzoru całkowego:

$$\int \frac{dx}{a^2 + x^2} = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \frac{1}{a} \hspace{.05cm} \textrm{arctg} \left( \frac{x}{a} \right) + c$$

gdzie c  to stała całkowania.

W efekcie otrzymamy:

$$\frac{1}{\omega} \hspace{.05cm} \textrm{arctg} \left( \frac{u}{\omega} \right) = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \left( t + c \right)$$

skąd po przekształceniu względem u, dostaniemy:

$$u = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \omega \cdot \textrm{tg} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right)$$

Wiemy, że u  = z’, tak więc:

$$\int dz = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \omega \int \textrm{tg} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right) dt = \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \omega \int \frac{\textrm{sin} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right)}{\textrm{cos} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right)} \hspace{.05cm} dt$$

Powyższą całkę obliczymy korzystając z metody podstawiania:

$$\hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \frac{1}{\omega} \hspace{.05cm} \omega \int \frac{d \left( \textrm{cos} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right) \right)}{\textrm{cos} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right)} \hspace{.05cm} dt = \textrm{ln} \hspace{.05cm} | \textrm{cos} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right) \hspace{-.1cm} | + c_1$$

gdzie c₁, podobnie jak c, jest stałą całkowania.

Wyrażenie na z  wynosi zatem:

$$z = \textrm{ln} \hspace{.05cm} | \textrm{cos} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right) \hspace{-.1cm} | + c_1$$

Podstawiając następnie otrzymane równanie do wzoru x  = e^z, uzyskamy:

$$x = e^z = e^{\textrm{ln} \hspace{.05cm} | \textrm{cos} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right) | + c_1}$$

W celu uproszczenia powyższego wyrażenia podstawmy w miejsce c₁  wielkość ln c₂. Korzystajac z jednej z własności logarytmów: ln x₁ + ln x₂ = ln (x₁ ⋅ x₂) oraz zależności e^{ln x} = x, otrzymamy:

$$x = c_2 \hspace{.1cm} \textrm{cos} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \omega \hspace{.05cm} c \right)$$

Wiemy, że wychylenie ciała w ruchu harmonicznym osiąga maksymalną wartość wtedy, gdy funkcja cosinus osiąga wartość ±1. Zatem, gdy cos(ωt + ωc ) = ±1, wychylenie ciała wynosi x = c₂ = ±A, gdzie A  to maksymalne wychylenie ciała w ruchu harmonicznym nazywane amplitudą drgań. Dodatkowo, gdy w miejsce ωc  podstawimy wielkość φ  oznaczające początkową fazę drgań oscylatora, dostaniemy ogólne wyrażenie opisujące przemieszczenie oscylatora harmonicznego nietłumionego w funkcji czasu t, które mieliśmy wyprowadzić:

$$x = A \hspace{.1cm} \textrm{cos} \left( \omega \hspace{.05cm} t + \varphi \right)$$