1:A UTGÅVAN. Ur Mekaniken SVÄNGNINGSRÖRELSE ANDREAS LINDBLAD

Transkript

1 :A UTGÅVAN Ur Mekaniken SVÄNGNINGSRÖRELSE ANDREAS LINDBLAD

2 KAPITEL Svängningsrörelse I detta kapitel ska vi titta närare på oscillerande (svängande) rörelser. Med hjälp av detta koer vi att kunna beskriva pendlar, vikt-fjäder syste so har stötdäpare och hur drivkrafter orsakar resonansfenoen.

3 SEKTION Svängningsrörelse LOREM IPSUM. Hur hänger cirkelrörelse och svängningsrörelse ihop? 2. Hur beskrivs energin i enkel haronisk svänging? Vad beror den på resp. vad beror den inte på! 3. Hur skiljer vi på fallen ed odäpade, däpade svängningar resp. odrivna och drivna varianter av dessa föregående syste? 4. Vad är resonans? Cirkel- och svängningsrörelser Vi börjar ed att betrakta en partikel so rör sig i en cirkel ed den konstanta radien A ed en konstant vinkelhastighet. Ett fixt koordinatsyste har valts enligt figuren till höger. O vi vill kan vi beskriva partikelns frafart ed hjälp av cylindriska koordinater och sedan projicera dessa på x och y-axlarna. T.ex. blir längden av projektionen på y-axeln so funktion av tiden y(t) = A sin(ωt) På saa sätt blir projektionen på x-axeln x(t) = A cos(ωt). O vi skulle vilja finna accelerationen hos punkterna deriverar vi ed avseende på tiden två gånger och erhåller då: a = ( ω 2 A cos(ωt), ω 2 A sin(ωt)) = ω 2 r Vilket är centripetalaccelerationen so vi är vana vid. O vi håller oss till att föreställa oss hur projektionen på y-axeln ser ut så kan vi se att hastigheten i y-led är so lägst när y=±a (då hastighetsvektorn enbart har en koponent i x-riktningen). I saa punkter är accelerationen so störst efterso a = ω 2 y där. En annan sak vi kan se direkt är att periodtiden T (i sekunder) är oberoende av cirkelns radie (vilket är svängingens aplitud A i projektionen). Frekvensen vared partikeln återvänder till en punkt (säg r = (A,) ) äts i Hertz, Hz vilket är s -. Två viktiga saband ellan frekvens, periodtid och vinkelfrekvens är: f =, ω = 2π f () T 2

4 Även o vinkelfrekvens och vinkelhastighet/vinkelfart (båda betecknade ed ω ) har enheten radianer per sekund är de två olika saker. Vinkelfrekvensen (so sitter i arguentet på sinus eller cosinus på förra sidan) är ett skalärt ått på hur snabbt ett varv går detta är något so vi behöver i vår odells beskrivning av svängningsrörelse. Vinkelhastighet är däreot en vektorkvantitet och beloppet av den vektorn so är v/r. Detta låter åhända en sula gruligt. Du koer dock att stöta på svängningsfenoen i andra saanhang än ekanik och där är det ingen risk att du blandar ihop dessa två kvantiteter. B ESKRIVNING AV SVÄNGNINGSRÖRELSE O vi låtsas att partikeln so vi beskrev tidigare kastar en skugga på golvet so i bilden till höger ser vi att skuggan koer att breda ut sig axialt 2A på golvet. I bilden nedan ser vi att det finns ånga lösningar av typen y(t) = A sin(ωt) so ger upphov till saa önster på golvet. Faktu är att vi åste vara ännu er allänna än så, det är inte säkert att vi startar klockan när partikeln befinner sig i r = (A,). Geno att skriva tillåta en konstant vinkel (kallad fasvinkel) i arguentet till sinusfunktionen så kan vi ta hänsyn till detta också y(t) = A sin(ωt + ϕ) (2) Aplitud r sin /A t.ex. o vi startar klockan när partikeln är itt eelπ lan sina extrepunkter r = (,) så är ω + ϕ = ±. 2 Vi åste veta något er för att kunna säkerställa vilket tecken det handlar o. I just detta fall kan vi skriva o y(t) = A sin(ωt ± π /2) = ± A cos(ωt).h.a. enhetscirkeln Övning: En partikel rör sig oturs på en cirkel ed.8 radien 3. och har en konstant vinkelhastighet på.5.5 r cos /A 8. radianer per sekund. När tiden börjar ätas (t= s) så har partikeln en x-koordinat på 2. och rör sig åt höger. a) Hur beskriver du x-koordinaten so funktion av tiden? b) Finn x-koponenterna av partikelns hastighet och acceleration so funktioner av tiden. Svar: x(t) = 3. cos(8.t 48.2 ), = 24. cos(8.t 48.2 ), x(t) tid /s = 92 cos(8.t 48.2 ) x(t) 3

5 E XEMPEL PÅ FRI, ODÄMPAD SVÄNGNING Fjäder-vikt syste Ett prototypiskt syste för fri odäpad svängning är en punktassa kopplad till en (ideal) fjäder so glider på ett friktionslöst underlag. I ett sådan här syste är energin konstant, något vi ska visa lite senare. Den enda kraften so verkar på systeet längs horisontalaxeln är fjäderkraften. Enligt Newtons andra lag har vi: x = Fx = Fk = k x Där vi använde oss av Hookes lag för fjäderns kraft: F = k x. Kastar vi o tererna en sula får vi en andra ordningens differentialekvation ed konstanta koefficienter: k x + x = (3) Kanske inns du från ateatik-kurser hur an löser ekvationer av typen y +py +qy=, annars kan du ansätta lösningen x(t) = Be λt och lista ut vad lösningarna åste vara: Bλ 2e λt + A k λt k e = B λ2 + e λt = ( ) För att denna ekvation skall vara sann för alla tidpunkter åste uttrycket ino parentesen vara lika ed noll (eller A=, en detta är trivialt efterso systeet inte svänger då). λ2 = k λ =±i k Vi får alltså två lösningar till probleet so båda fungerar lika bra! En sua av plus- och inuslösningarna är också en lösning, och ed Eulers forel för koplexa tal kan vi skriva våran lösning so en sua av sinus och cosinusfunktioner. För fratida bruk så definierar vi ω = k /: Att vi behöver två olika lösningar kan vi sluta oss till geno att skriva isär d till x + ω x = ed operatorn D = dt (D + i ω)(d + i ω) x = För en allän lösning åste endera av parenteserna vara lika ed noll. dx dx = i ω x, = i ω x är båda sepadt dt rabla första ordningens differentialekvationer. Förvissa dig o (t.ex. geno att titta i Calculus) att lösningarna är: x(t) = Ae iω t, x 2(t) = Be iω t 4

6 x(t) = a sin (ω t) + a 2 cos (ω t) (4) Med en ytterligare trigonoetrisk identitet (sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β) kan vi skriva vår lösning ed hjälp av endast en aplitud och ett fasskift: x(t) = a sin (ω t) + a 2 cos (ω t) = A sin (ω t + ϕ) där A = a 2 + a 2 2, tan ϕ = a a 2 Försök visa detta själv so en övning och titta sedan på beviset här. Valet av sinus är godtyckligt och det hade fungerat bra ed att välja cosinus också. När vi löser proble av den här typen koer vi alltså behöva välja sinus eller cosinus (beroende på randvillkoren) och sedan finna aplituden och vinkelfrekvensen. Allt so oftast så gör ett slugt val av trigonoetrisk funktion att fasvinkeln är noll, annars får vi använda rand- och begynnelsevillkor för att finna fasvinkeln också. i terer av begynnelse och randvillkor kan vi skriva lösningen: Aplitude Plot of sin( ),sin( + /4),sin( + /2),sin( + /3) x(t) = ω 2 x 2 + v2 ω 2 sin ( ω t arctan v ω x ), där x och v är positionen och hastigheten vid t=. I figuren är sinus för en vinkel ed olika fasvinklar plottad. Med fasvinkeln har vi en sinussvängning utan fasförskjutning (blå kurva), ed fasvinkeln 9 har blir funktionen idenstisk ed en ren cosinussvängning. För de andra fasförskjutningarna kan an se att axial aplituden blir förflyttad. Övning: O periodtiden för en 2. kg tung ryttare på en glidbana enligt figuren på förra sidan är. sekund vad är fjäderns konstant? (ca N/) Övning: Ryttaren i förra uppgiften (all data från förra uppgiften gäller) dras iväg från sitt jäviktsläge (x= ) släpps vid tiden t= s, efter.75 s når den sitt första vändläge +43 c (i positiv x-riktning) från sin jäviktsposition. Beskriv ryttarens rörelse so funktion av tiden. svar:x(t) = A sin (ω t + ϕ) = 43 sin(2πt 9 ) = 43 cos(2πt) 5

7 Hängade fjäder-vikt I diskussionerna ovan har vi varit noga ed att specificera att vi äter svängningarnas aplitud relativt fjäderns jäviktsläge. Detta förenklar våra strävanden en hel del. I fallet ed en vikt so hänger i en fjäder åste vi dock ta hänsyn till att vi har en konstant kraft so verkar i asscentru. Sätter vi positiv yriktning uppåt i figuren kan vi skriva upp Newtons andra lag för systeet. O fjädern hänger utan vikt har den längden y. Hänger vi sedan i vikten koer fjädern att få ett nytt jäviktsläge ( y = i båda fallen!) att svänga runt. Vi flyttar helt enkelt origo för koordinatsysteet till det nya jäviktsläget. För att se hur vi ska flytta explicit kan vi skriva ner Newtons andra lag för systeet i det nya jäviktsläget Fy = Fk Fg = k y g = y, y + k y = g Vi har nu en inhoogen differentialekvation att lösa, en efterso det är en konstant i högerledet kan vi göra den hoogen geno en variabelsubstition (ko ihåg att ålet är att få bort g i högerledet). z = y g/k z = y Övning: visa att denna variabelsubstition ger ekvationen: z + ω z = En hängande fjäder-vikt konstruktion lyder alltså under saa rörelseekvation so en liggande har lösningarna y(t) = A sin (ωt + ϕ). Mateatisk och fysisk pendel Ingen beskrivning av svängningsrörelse är koplett utan att gå igeno den ateatiska pendeln (idealiserita figur ringen är att vi har en punktassa i styvt viktlöst snöre). Här koer vi även att betrakta den fysiska pendeln (saansatt assa so svänger kring en punkt). I figuren till vänster har det indikerats hur probleet ed att beskriva pendelns utslag so funktion av tiden kan börja lösas. Med hjälp av Newtons andra lag kan vi skriva upp krafterna längs snöret och vinkelrät ot det. För in beteckningar och koordinatsyste Sätt ut relevanta kraftvektorer 6

8 Längden på snöret ändras inte så suan av krafterna so verkar där åste vara noll. I x-led är den enda kraften so verkar tyndgdkraftens koposant i den riktningen x = F x = g sin θ, vi kan översätta x-koordinaterna till vinkelkoordinaterna geno att betrakta foreln för en cirkelbåges längd. I figuren är längden på cirkelbågen s = rθ, deriverar vi detta ed avseende på tiden får vi s = rθ + r θ vilket vi känner igen från kineatiken för cirkelrörelse. I vårt fall är den första teren noll efterso snöret är styvt och inte ändrar längd under rörelsen. Utförs derivatan då en gång till får vi den sökta vinkelaccelerationen s = r θ + r θ där, återigen, första teren är lika ed noll tack vare det styva snöret. Med beteckningar enligt figuren får vi då att x = l θ (vilket inte är något annat än hur tangentialaccelerationen hänger ihop ed vinkelaccelerationen något vi känner för cirkelrörelse). Vi byter x ot vinkel-koordinater för andraderivatan sålunda: x + g sin θ = l θ + g sin θ = Vi dividerar ed längden och assan på båda sidor och antar att vi har så svängningar kring jäviktsläget vi kan då använda McLaurinutvecklingen sinθ θ θ + g l θ = En ekvation av saa typ so vi redan har stött på! Vi kan identifiera vinkelfrekvensen för svängningarna ω =. En ateatisk pendels periodtid är alltså enbart beroende på pendelns längd! g l Övning: O en buss accelererar ed.g och en.5 eter lång pendel sätts igång inne i bussen. Vad blir pendelns periodtid under accelerationen och kring vilken vinkel relativt rutan i bussen svänger den? 7

9 Energi i svängningsrörelse FRI ODÄMPAD SVÄNGNING För en fri och odäpad svängning so de beskrivna ovan så verkar endast konservativa krafter, energin är konstant i systeet och vi kan skriva den totala energin helt enkelt so suan av kinetisk och potentiell energi: E tot = E pot + E kin = 2 k x2 + 2 v2 -A A Energi Med hjälp av x(t) = A sin(ω t + ϕ) kan vi finna hastigheten x(t) = ω A cos(ω t + ϕ) insatt i ekvationen ovan ger detta: E tot = k A2 2 sin2 (ω t + ϕ) + A2 2 ω2 o cos2 (ω t + ϕ) -A A ω 2 = k får vi från definitionen av egenfrekvensen. SJÄLVTEST. ENERGI I ENKEL HARMO- NISK SVÄNGNINGSRÖRELSE E tot = k A2 2 sin2 (ω t + ϕ) + k A2 2 cos2 (ω t + ϕ) = k A2 2 = konstant Den trigonoetriska ettan användes för att identifiera suan av de trigonoetriska funktionerna. Energin i en odäpad fri svängning är alltså enbart beroende på fjäderkonstanten och aplituden. I figurerna till höger ser vi ett assa-fjäder syste so oscillerar ellan ±A på x-axeln. Nedanför är potentiell och kinetisk energi utritad för rörelsen. Den streckade linjen visar den totala (konstanta!) energin för systeet. So synes så pendlar energin ellan kinetisk och potentiell energi under svängningsförloppet. I extrepunkterna ±A består den totala energin enbart av potentiell energi edan energin enbart består av kinetisk energi itt eellan ±A. Hastigheten är lägst i extrepunkterna och störst itt eellan de. SYSTEM MED FRIKTION DÄMPAD SVÄNGNING O vårt fjäder-assa syste innehåller en stötdäpare föruto fjädern så koer inte energin att vara konstant över tiden. Beroende på hur friktionskraften är beskaffad så blir det er eller indre svårt att Question of 5 När är den potentiella energin störst? A. i x= itt eellan ±A B. Vid vändpunkterna (±A) C. i skärningspunkterna D. Den är konstant Check Answer 8

10 lösa rörelseekvationen för systeet. O ett föreål rör sig i en fluid (kan vara både en gas och en vätska) utan att alltför ycket (idealt ingen) turbulens uppstår kan vi beskriva däpningskraften so direkt proportionell ot hastigheten F d = c x Konstanten c i ekvationen beror på fluidens egenskaper och hur stort föreålet är so rör sig i fluiden är. I fluidekanik och andra kurser koer du att få lära dig att finna uttryck för c. I denna kurs kan vi betrakta den so en konstant. I figuren till höger (vi låter f.n. F(t)= N) så ritar vi in en liten kolv so sybol för däparen. Efterso energi läcker ut ur systeet så kan vi försöka titta på effekten P, so är hur den totala kinetiska förändras ed tiden: de kin dt = P = F v = c x v = c x 2 = cv 2 Den kinetiska energin är v2 är hälften av den totala energin (i genosnitt) så vi kan skriva 2 de = cv 2 = 2c dt 2 E kin = 2 c 2 E kin = 2γE kin Detta är återigen en separabel första ordningens differentialekvation ed lösningen E(t) = E e 2γt. Konstanten gaa har enheten s -. Den tillgängliga energin för det oscillerande systeet blir alltså allt indre vartefter tiden går. En större kraftkonstant ger, för saa assa, en snabbare däpning av oscillationerna ko ihåg att den totala energin i systeet var proportionell ot aplituden i kvadrat. I figuren har fyra olika storlekar på kraftkonstanten ritats ut är konstanten lika ed noll får vi tillbaka en odäpad svängning so det sig bör. E(t)/E Tillgänglig energi för det oscillerande systeet Tid [s] 9

11 RÖRELSEEKVATIONEN FÖR DÄMPAD SVÄNGNING Ovan nände vi att aplituden åste inska efterso den tillgängliga energin i det svängande systeet hela tiden inskar. Ställer vi upp Newtons andra lag för det svängande, däpade, systeet så får vi en ekvation snarlik den vi fick för odäpade svängningar ed en ny ter för däpningskraften x + c x + k x =, x + c x + k x = Konstanterna fraför hastigheten och positionen kan vi välja fritt och ed tanke på att vi åste lösa det karakteristiska polynoet för differentialekvationen är det finurligt att välja konstanten fraför enkelderivatan so två gånger någonting (därför ser ekvationen ut so nedan i t.ex. Physics Handbook). x + 2γ x + ω 2 x = (5) Det karakteristiska polynoet kan vi slå upp i t.ex. Appendix M-2 i Physics handbook, alternativt kan vi ansätta lösningen so förut till Ae λt och sätta in denna i ekvationen ovan e λt (λ 2 + 2γλ + ω 2 ) = För att detta skall gälla för alla tidpunkter åste uttrycket ino parentesen vara noll hela tiden. Naturligtvis är detta uttryck också det karakteristiska polynoet (På vilken sida hittar du det i din Physics Handbook?). Rötterna till andragradsekvationen ino parentesen ger oss vilka lösningarna till ekvation 5. Överdäpad svängning Kritiskt däpad svängning Underdäpad svängning λ ± = γ ± γ 2 ω 2 Beroende på storlekarna hos däpningsfaktorn och egenfrekvensen kan vi dela upp lösningarna i tre olika kategorier: O uttrycket innanför roten är större än noll ( γ 2 > ω 2 ) så har vi två reella rötter till polynoet och våran lösning är en sua av två exponentialfunktioner. x(t) = Ae ( γ+ γ 2 ω 2 ) t + Be ( γ γ 2 ω 2 ) t denna lösning kallas överdäpad efterso aplituden avtar onotont ot noll och inte oscillerar.

12 O uttrycket innanför roten är lika ed noll ( γ 2 = ω 2 ) kallas svängningen för kritiskt däpad. Lösningen åste fortfarande innehålla två oberoende lösningar till ekvationen ovan, lösningen väljs till: x(t) = Ae γt + Bte γt Är uttrycket innanför rottecknet ett negativt tal (γ 2 < ω 2 ) blir rötterna koplexa. Lösningen blir: x(t) = Ae ( γ+i ω2 γ 2 ) t + Be ( γ i ω2 γ 2 ) t = = Ae γt sin (ω d t + ϕ), där vi har definierat den däpade egenfrekvensen ω 2 d = ω2 γ2. Dessa lösningar kallas för underdäpade. Bilden visar överdäpad svängning, kritiskt däpad svängning sat underdäpad svängning. Exakt hur lösningarna ser ut beror naturligtvis på begynnelse och randvillkor. I det överdäpade fallet har endast en ter so klingar av onotont tagits ed. Denna lösning passerar inte y=. Aplitud Den kritiskt däpade svängningens paraetrar har valts för att visa att denna lösning kan passera y= en gång (för vissa värden på A och B). Aplituden för den underdäpade svängningen avtar exponentiellt (streckade linjer) vilket vi kan förvänta oss ed tanke på att vi härledde att energin i systeet avtar enligt: E(t) = E e 2γt och att energin är proportionell ot aplituden i kvadrat. Karakteristiskt för svängningen är att den korsar y= flera gånger. Ett ått på hur ycket energi so försvinner ur (och eller tillförs, en detta koer vi till senare) systeet är kvalitetsfaktorn, ofta kallad Q. Kvalitetsfaktorn är ett ått på hur ycket energi so är lagrat i systeet jäfört ed hur ycket so läcker ut (och eventuellt tillförs) systeet per cykel. Däpningstiden, det vill säga hur länge det tar för ursprungsaplituden A att falla ned till /e*a är τ = γ. Hur ånga cykler so genoförs innan aplituden nått /e är då τ T, helt enkelt däpningstiden delat på periodtiden för det odäpade systeet. - Tid / [s] Kvalitetsfaktorn Däpningstid Kavlitetsfaktorn är definierad so π τ T vilket ed hjälp av ω = 2π f = 2π T kan skrivas Q = ω 2γ. Q är stor o däpningsfaktorn är liten i förhållande till egenfrekvensen. För drivna syste är kvalitetsfaktorn relaterad till bandbredden geno Δω Q = ω något vi återkoer till.

13 Övning: (Från en ekaniktenta) En stavliknande konstruktion (8 kg tung) och två eter lång har hängts upp i en fjäder (fjäderkonstanten är 32 N/) ed borstar på sidan so däpar ev. svängningar en sula. Det observeras att o fjädern dras ned några centieter från fjäderns jäviktsläge så återstår en tiondel av ursprungsaplituden efter tio perioder. Vilken däpningsfaktor ger borstarna upphov till? (5p) Vi vet att flera perioder gås igeno, lösningen åste vara underdäpad. Ekvationen för systeet är x + 2γ x + ω 2 x =, ed lösningar x(t) = Ae γt cos (ω d t + ϕ) Vi väljer en cosinuslösning efterso den initiala aplituden är skilld från noll, detta gör att vi slipper att räkna ut fasvinkeln. Den skiftade vinkelfrekvensen skriver vi.h.a. fjäderkonstanten och däpningsfaktorn so vi söker ω 2 d = ω2 γ2 = k γ2. Periodtiden för det däpade systeet är T = 2π ω d x()=a A är ursprungsaplituden några centieter. Efter T är aplituden.a x(t)=.a e γt cos(ω d T )=.A cosinusfunktionen är lika ed efter perioder. x(t ) x() = Ae γt A =.. = e γt γ 2π ω = e d denna ekvation tar vi den naturliga logariten av. ln. = γ 2π ω 2 γ2, ln. 2π = γ ω 2 γ2, vänsterledet i det sista sabandet kallar vi C, c 2 (ω 2 γ2 ) = γ 2, c 2 ω 2 = γ2 ( + c 2 ) löser vi denna ekvation får vi däpningskonstanten γ =.23 s - (den negativa roten löser inte vårt proble). 2

14 DRIVNA SVÄNGNINGAR, MED OCH UTAN DÄMPNING Vi koer i denna kurs endast att behandla fallet där drivkraften för systeet är sinusforad. För er allänna fall behöver vi lite er avancerad ateatik (fraförallt transforetoder) för att lösa differentialekvationerna. O vi börjar ed fallet där c=, utan däpning och den tidsvarierande drivkraften F(t) = F sin Ωt så blir rörelse ekvationen för systeet via Newtons andra lag: F = x, k x + F(t) = x x + ω 2 x = F(t)/ = F sin Ωt (a) Det kan lika gärna vara upphängningen so svänger (där fjädern sitter fast) W(t) = W sin Ωt. Där W är väggens svängingsaplitud denna rörelse ger upphov till att fjäderns töjning ändras. Med Newtons andra lag får vi: F = x, k(x E(t)) = x x + ω 2x = kw = F(t)/ = F sin Ωt O väggen svänger eller o vi har en exciterande kraft so drar i systeet ger alltså upphov till saa ekvation: en inhoogen differentialekvation. Lösningarna till en sådan skrivs so suan av den hoogena lösningen och en partikulärlösning: x(t) = x hoogen + x partikul ar = x H + x P Vi känner redan till de hoogena lösningarna till x + ω 2x = ( x h (t) = A sin(ω t + ϕ) ) - partikulärlösningarna finns inget recept för att hitta, en en god turegel är att de ska vara så lika den inhoogena delen so öjligt. Vi ansätter: x p = C sin Ωt Vi vill veta C, vi löser det geno att sätta in vår partikulärlösning i ekvationen (a) ovan. 3

15 CΩ 2 sin Ωt + Cω 2 sin Ωt = F sin Ωt, ( Ω 2 + ω) 2 C sin Ωt = F sin Ωt För att detta saband skall gälla för alla tider så åste ( Ω 2 + ω) 2 C = F, så aplituden för partikulärlösningen blir: C = F ω 2 Ω2 Den totala lösningen blir alltså: x(t) = A sin(ω t + ϕ) + ω 2 F Ω2 sin Ωt Aplituden för partikulärlösningen kan bli ycket stor när drivfrekvensen ligger nära systeets egenfrekvens. I bilden plottas - ett exepel där både A och F/ är lika ed ett. Totallösningen -2 Obs skalan! har dock en aplitud so är drygt ggr större efterso frekvenserna ligger nära varandra. Detta fenoen kallas för resonans och är ycket viktigt att ta hänsyn till i alla öjliga saanhang, från brokonstruktion, akustik etc till hur obiltelefoners antenner fungerar. DRIVNA DÄMPADE SVÄNGNINGAR Vi koer att nära oss probleet ed drivna däpade svängningar på saa sätt so ovan. I fallet där vi även har en däpning så går vi vidare precis so ovan. Lösningarna på det hoogena probleet känner vi redan till. I det underdäpade fallet är de produkten av en avklingande exponentialfunktion och en oscillerande funktion ed vinkelfrekvens ω d = x + 2γ x + ω 2x = F(t)/ = F / sin Ωt ω γ 2. Ekvationen so vi ska lösa blir: 4

16 Vi är ute efter en partikulärlösning lite so ovan. Vägen in i det här fallet är att ansätta en partikulärlösning på foren: x P (t) = C sin(ωt ϕ) Vi sätter in den i ekvationen ovan för att ta reda på aplituden C so vi gjorde förut. Vi skriver ekvationen so ω 2x + x + 2γ x = A sin Ωt ed F / = ω 2A. (ω 2 Ω2 )C sin(ωt ϕ) γωc cos(ωt ϕ) = ω 2 A sin Ωt Med hjälp av den trigonoetriska identiteten: sin (α β) = sin(α)cos(β) cos(α)sin(β) (och otsvarande för cosinus) kan vi skriva: (ω 2 Ω2 )C(sin(Ωt)cos(ϕ) cos(ωt)sin(ϕ)) + γωc(cos(ωt)cos(ϕ) + sin(ωt)sin(ϕ)) = ω A sin Ωt Vi salar ihop cosinus- och sinus-terer var för sig [C(ω 2 Ω2 )cos ϕ + CγΩ sin ϕ ω A)] sin Ωt + [ C(ω 2 Ω2 )sin ϕ + γωc cos ϕ] = Det enda sättet för denna ekvationen att vara uppfylld för alla t är o uttrycken ino parantes är lika ed noll. Detta ger aplituden och fasförskjutningen: C = ω 2A = ρω 2 2γΩ (ω 2 Ω2 ) γ 2 Ω 2 A, ϕ = tan ( ω 2 Ω2 ) Aplituden blir en förstärkningsfaktor ρ, gånger ursprungsaplituden. Exepel och övning: En assa (2 kg) är saanbunden ed en fjäder (k=8 N/) och en stötdäpare (c= Ns/). När vi börjar äta tiden står assan stilla och en kraft F(t) = 2 sin (4t) N börjar verka på systeet. Bestä assans position so funktion av tiden o svängningen är horisontell. Lösning på nästa sida: 5

17 Vi börjar ed att skriva upp differentialekvationen (öva själv att rita det svängande systeet och sätt ut krafterna ed riktning så att du kan ställa upp Newtons andra lag rätt). x + c x + k x = F(t) ω = 8/2 = 2 rad /s γ = c/(2) =.25 rad /s Detta är en underdäpad svängning! (varför?).5.5 Hoogen underkritiskt däpad lösning ω d = ω 2 γ2 =.98 rad/s Enligt Physics Handbook är partikulärlösningen (hittar du den i PH?) vi använder stora oega för drivfrekvensen: x p = A cos(ωt ϕ), ed tanke på att vi startar från vila är det kanske slugare att välja en sinusvariant x p = A sin(ωt ϕ) dessuto är denna er lik den tvingande funktionen. Partikulärlösningens aplitud och fas-skift -.5 Partikulärlösning A = F (ω 2 Ω2 ) 2 + (2γΩ) 2 = 2/2 ( ) *.25 2 * 4 2 =.822 Aplitud / [] tan ϕ = 2 * 4 *.25/( ) vilket är ~-9.5 För att få den hoogena lösningen sätter vi F(t)=. - 2 Lösningen är suan av hoogen och partikulärlösningarna x + c =2γ x + k =ω 2 x =, vilken har lösningarna x H (t) = e.25t [A sin(ω d t + ϕ h ) + B cos(ω d t + ϕ h )], systeet startar från vila vid t= s, vilket ger ϕ h = och tid / [s] = d x h dt t= och x h () = ger konstanterna A=.65 och B=.35. Hela lösningen kan vi nu skriva ner: -2 Transient fortvarande/resulterande X(t) = x H (t) + x p (t) = e.25t (.65 sin(.98t) +.35 cos(.98t)).822 sin(4t ) Lösningens koponenter är plottade i bilden. Den hoogena lösningen däpas ut efter en tid (lösningens transienta oråde) och lösningen antar en stabil fortvarande lösning. 6

18 RESONANS OCH ENERGI I DRIVNA DÄMPADE SVÄNGNINGAR I ekvationerna för aplituden och fasvridningen så innehåller täljaren skillnaden ellan systeets egenfrekvens och drivfrekvensen, o denna skillnad är (ycket) liten blir naturligtvis kvoten potentiellt ycket stor. I figurerna har aplitud och fasvridning plottats för ett stort antal kobinationer av däpningar Aplitud och drivfrekvenser. För så däpningar kan aplituden bli ycket stor när drivfrekvensen är nära systeets egenfrekvens (so är lika ed rad/s i figurerna). När däpningarna blir större blir aplituden inte så stor, en fördelningen blir bredare (och skiftar ot högre värden på frekvensen). Bredden vid halva axaplituden är lika ed kvalitetsfaktorn Q so vi räknade ut tidigare. För fasvridningen ser vi att den förändrar sig ed drivfrekvensen också. Nedanför resonansfrekvensen är skillnaden i fas ellan systeets egensvängningar och drivsvängingarna liten. På resonansen är de 9 i förhållande till varandra och går ot 8 över resonansen. 7

19 DEN FYSISKA PENDELN So en övning kan vi försöka att härleda rörelseekvationen för en saansatt/fysisk pendel. I figuren är avståndet ellan asscentru och upphängningspunkt utätt. O vi sätter oentpunkten till upphängningspunkten kan vi skriva upp suan av oenten för kroppen (vars tröghetsoent ed avseende på oentpunkten vi kan sätta till I) so Iα = gl sin θ vinkelaccelerationen är inget annat än θ och för så utslag kan vi använda approxiationen (McLaurinutvecklingen o an så vill) för sinus sin θ θ: I θ + glθ = θ + gl θ = I Detta är ekvationen för en haronisk oscillator ed egenfrekvensen ω 2 = gl. I Övning: Vilken har längst svängningstid av en upphängd ring, boll eller skiva so väger lika ycket och so svänger kring en punkt på periferin? En däpad fysik pendel kan beskrivas ed ett däpande oent so är proportionellt ot θ. 8