KOMIHÅG 18: Ekvation för fri dämpad svängning: x + 2"# n. x j,

Transkript

1 KOMIHÅG 18: Ekvation för fri dämpad svängning: x + "# n x + # n x = # n x j, 1 med konstanterna! n = k m och!" n = c m Föreläsning 19 YTTRE (tvungen) VIBRATION OCH RESPONS 4 Svängningstyper:

2 Påtvingade svängningar: respons b sin!t k l m 0 l statiskt jämviktsläge Tänk att väggen vibrerar och påverkar fjäderfästet. Nu kommer det att finnas två tävlande frekvenser; (! n ) pga fjädern, och (! ) pga väggens vibration. Det resulterar i en superposition av två svängningar. Newtons :a lag: m x =!k( x! l! b sin"t)! x +! nx =!n( l + bsin!t), med konstanten! n = k m. Svängningsekvationen för det tvungna odämpade fallet. Sammansatt rörelse Vi gissar att rörelsen består av en härmande del (som härmar takten på tvånget) plus en rest x k som beror bara av fjäderkraften, dvs x = X sin"t + x k, där bara 'takten' av den yttre svängningen! är känd medan konstanten X söks. x

3 3 För att komma vidare måste vi försöka få rörelsen x att uppfylla svängningsekvationen. Två deriveringar ger x = "# Xsin#t + x k. Insättning av våra uttryck för x och x i svängningsekvationen resulterar i "# Xsin#t + ( x k ) +# n Xsin#t + x k ( ) =# n l + bsin#t ( )! x k + " n x k + (" n #" )X sin"t = " n l + " n bsin"t. fjäder vägg fjäder vägg Termer som härrör från väggens rörelse med takten " ska ta ut varandra i ekvationen! Konstanten X kan då bestämmas. Förkorning med sinus-termen ger: X = " nb " n #", och efter att termer som tagit ut varandra försvinner från svängningsekvationen återstår bara x k + " n x k = " n l. Reströrelsen är uppenbarligen samma som fjäderns fria svängning kring jämviktsläget l. Sammantaget består rörelsen av två delar:! x = nb! n "! sin!t + l + A cos (! nt + #). Anmärkning: Matematiskt kallar man lösningens delar partikulärlösningen och homogena lösningen.

4 Responsamplitud - resonans 4 Anmärkning: I grafen för resonansamplituden har vi infört en beteckning M för något som kallas förstoringsfaktorn (jfr magnification). Förstoringsfaktorn är 1 vid konstant belastning, dvs " = 0. Vid oändligt snabb dynamisk belastning blir förstoringsfaktorn noll. Responsfas - resonans

5 5 Problem: En känslig låda med massan m stödjs av fyra fjädrar, vardera med styvheten k och vilolängd l, mot ett rörligt fundament. Om fundamentet genomgår en harmonisk svängning beskriven av x B = b cos!t med k! = 4, bestäm amplituden hos responsen. m Dämpningen är försumbar i beräkningarna. Lösning: Massans rörelse bestäms av Newtons :a lag: Kraftanalys ger: m x =!4k ( x! x B! l)! mg som omformas till en svängningsekvation: x + 4 k = 4 {x k m m B + 4 {x k l " { m! n! n! n.

6 Den 'härmande' delen av rörelsen, responsen x r, består (precis som högerledet i sv. ekv) av två 'komponenter'; en konstant förskjutning (respons på grund av tyngdkraften) plus en svängande del (respons på grund av rörligt fäste). Sätt nu in x r = x 0 + Xcos!t x r = "! Xcos!t i svängningsekvationen. Detta ger:!" Xcos"t + " n x 0 + Xcos"t ( ) = " n b cos"t + " n l! g. Identifiering av de två obekanta konstanterna x 0 och X ger sedan: x 0 = l! g / " n (jämviktsläget) b X = 1! " (ger amplituden) " n ( ) Eftersom vi vet om den drivande frekvensen att! =! n får vi amplituden b X = 1! 4 = b 3. Anmärkning: Vi har uppenbarligen ingen resonans i det här fallet och heller ingen förstoring (förstärkning) av ursprungsrörelsen. 6

7 KOMIHÅG 19: Dämpade vibrationer: Fria fallet Kritisk dämpningsrörelse x(t) = e "# n t ( B + Ct) + x j Svag dämpningsrörelse x(t) = e "#$ ( nt Bcos 1"# $ n t ) + x j ( ) + Csin ( 1"# $ n t) Tvungna vibrationer: Odämpat x(t) = " n ( ) + x j " n #" bsin"t + Acos " n t + $ Föreläsning 0: Blandade tentaproblem. 7 Stötar-stöttal och energier. Problem: En boll släpps rakt ner och studsar mot ett horisontellt underlag. Bollens maximala lägesenergier mäts före och efter studsen och betecknas E 0 respektive E 1. Bestäm för denna studs stöttalet e! Lösning: Energiprincipen för bollens fall ner mot underlaget ger omedelbart före stöt:

8 8 E 0 = mv 0 " v 0 = E 0. Här har massan införts m men måste senare elimineras. Omedelbart efter studsen får bollen enligt stöttalet = ev 0. Energiprincipen för bollens rörelse från underlaget ger efter studs: E 1 = m " v = E 1 1 m Stöttalet bestämmer ju kollisionsfart och separationsfart v 0 enligt = ev 0. Dvs: e = Dämpade svängningar. E 1 E 0. Problem: En vagn med massan M påverkas förutom en fjäder av en dämpande kraft med kraftkonstanten c. Fjädern har fjäderkons-tanten k. Härled svängningsekvationen för vagnens rörelse! För vilket värden av c blir vagnen kritiskt dämpad? Lösning: Bara två krafter i vagnens rörelseriktning: F = "kx " c x. Newtons :a lag: M x = "kx " c x Svängningsekvationen:

9 x + c M x + k M x = 0 Naturliga vinkelfrekvensen för svängningen läses av (enligt svängningsteorin): " n = k M. (*) Kritisk dämpning inträffar då dämpningsförhållandet uppfyller " =1, där enligt teorin: "# n = c. (**) Om M ekvationerna (*) och (**) kombineras fås för för c: c = "# n M, dvs med " =1: c = km 9 Problem: En bils hastighet längs en rak s-axel ges av uttrycket v = cs 3/, c = konst Bestäm accelerationen i ett bestämt läge s 0 längs vägen. Lösning: Ur definitionen av rätlinjig acceleration: ( a = ) dv dt = dv ds ds dt = v dv ds Från det givna uttrycket för v kan vi sätta in: dv ds = 3 cs1/ i accelerationsformeln tillsammans med det givna hastighetsuttrycket. Vi får accelerationsuttrycket: a = 3 cs1/ " cs 3/ = 3 c s

10 10 x v 0 v Problem: En projektil avfyras horisontellt in i en behållare med viskös vätska. Hastigheten vid inträdet är v 0. Den bromsande kraften är proportionell mot kvadraten på hastigheten, så att accelerationen blir a = "kv. Härled uttrycken för den tillryggalagda vägen D i vätskan samt motsvarande tid T för att bromsa upp hastigheten till hälften. Bortse helt ifrån den vertikala rörelsen på grund av tyngdkraften. Lösning: Vi behöver ett samband mellan hastighet och tid, samt hastighet och läge. Tiden: Definitionen a = dv tillsammans med a = "kv dt kan utnyttjas till att göra en separation av variabler: dv v = "kdt Denna kan integreras dv " = # " kdt v 0 v t 1 0

11 Kom ihåg att integrationsgränserna skall 'höra ihop'. 11 [" 1 ] = "kt v0 Vi löser ut sluthastigheten 1 = v + kt 1 " = v 0 kt 1 En halvering av hastigheten innebär alltså v 0 kt 1 = 1 dvs T = 0 k. Läget: Om vi börjar om igen med dv v = "kdt ger multiplikation, led för led med definitionen v = dx dt istället dv v = "kdx. Vi kan nu integrera igen och få ett samband mellan hastighet och sträcka. ln = "kx eller x 1 = 1 0 k ln v 0. När hastigheten halverats har projektilen färdats avståndet D = 1 k ln

12 1 Problem: En bil med massan m accelererar på en horisontell vägsträcka på grund av den drivande kraften F. Antag att utgångsfarten är och och bestäm farten v efter en sträcka s om motorns effekt är konstant P. Betrakta bilen som en punktpartikel. Lösning: Motorns effekt är konstant i rörelsen: P = Fv Utnyttja detta i Newtons :a lag: ma = F " mv v = P Sedan vill vi ha hastighet som funktion av läget. Med omformning av vänster led: v v = dv dx dx v = dv v dt dx, så får vi ekvationen v " v dv dx = P dx " dx m 3 dvs v 3 " v = Ps m. Lös slutligen ut farten v. s 0 v = ( 3Ps m + 3 ) 1/3