Harmonisk oscillator Ulf Torkelsson

Transkript

1 1 Haronisk rörelse Föreläsning 13/9 Haronisk oscillator Ulf Torkelsson Betrakta en potentiell energi, V (x), so har ett iniu vid x, och studera rörelsen i närheten av detta iniu. O vi släpper en partikel från vila i punkten x 1, så koer den att röra sig ner geno iniat, och upp på den andra sidan till en punkt x 2, so uppfyller V (x 1 ) = V (x 2 ), och sedan vända och åka tillbaka igen, och denna rörelse koer att upprepas i all oändlighet. Antag att den potentiella energin V (x) har sitt iniu i x =, vi kan då approxiera potentialen ed serieutvecklingen V (x) = a + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x (1) Den första teren a har ingen fysikalisk betydelse, så vi kan sätta den till, och efterso V () = i ett iniu, så åste a 1 =, vilket ger Den potentiella energin ger oss kraften V (x) = a 2 x 2 + a 3 x (2) F (x) = dv dx 2a 2x, (3) för så x. Jäför detta ed den vanliga fjäderkraften, so enligt Hookes lag är Vi ser alltså att fjäderkonstanten k = 2a 2. Vi kan nu sätta upp rörelseekvationen so vi skriver so F = kx. (4) ẍ = kx, (5) ẍ + k x =. (6) Detta är en andra ordningens differentialekvation, so vi kan lösa geno att ställa upp det karakteristiska polynoet so har lösningarna r 2 + k =, (7) k r = ±i. (8) Efterso rötterna är iaginära har differentialekvationen den allänna lösningen där x (t) = A 1 cos ω t + B 1 sin ω t = A sin (ω t + φ ), (9) ω = k. (1) Denna lösning är periodisk efterso sin ger saa resultat o vi adderar 2π till arguentet, så periodtiden T ges av ekvationen ω (t + T ) + φ = ω t + φ + 2π, (11) 1

2 vilket ger oss T = 2π ω. (12) Integrationskonstanterna A och φ kan bestäas geno att specificera begynnelsevillkoren, det vill säga partikelns position och hastighet vid t =. Partikelns hastighet ges allänt av ẋ = Aω cos (ω t + φ ). (13) O vi nu antar att partikeln startar från vila i x = x vid t =, så följer att φ = π/2, för att göra hastigheten till, och A = x. O vi tvärto antar att partikeln startar i x = ed hastigheten v, så följer att φ =, och Aω = v, vilket ger oss att A = v /ω. Vi kan jäföra rörelsen för en haronisk oscillator ed rörelsen hos en partikel so rör sig längs ed en cirkel ed radien A ed vinkelhastigheten ω. Dess rörelse kan skrivas x = A cos (ω t + φ ) (14) y = A sin (ω t + φ ). (15) Den haroniska oscillatorns rörelse överensstäer alltså ed den vertikala koponenten av cylinderrörelsen. O vi nu betraktar en vikt so hänger i en vertikal fjäder, och däred alltså påverkas både av fjäderkraften och gravitationen, så ser vi att den totala kraften so påverkar vikten är (16) F = k (X X e ) + g, (17) där vi räknar X positiv nedåt, och fjäderns vilolängd är X e. Vi kan skriva o kraften geno att införa den nya koordinaten x = X X e g k, (18) vilket ger oss den vanliga fjäderkraften F = kx. (19) Effekten av den extra gravitationskraften g är alltså bara att förskjuta jäviktsläget nedåt ed en sträcka g/k. Exepel: Enkel (ateatisk) pendel. Betrakta en punktassa so hänger i ett snöre ed längden l. När snöret bildar en vinkel θ ed lodlinjen, så utsätts kroppen för en tyngdkraft g sin θ vinkelrät ot snöret. Enligt Newtons andra lag har vi ( a θ = r θ + 2ṙ θ ) = g sin θ. (2) Här är r = l och ṙ =, så ekvationen förenklas till för så vinklar θ. Denna ekvation kan förenklas till l θ = g sin θ gθ, (21) θ + g θ =, (22) l so är ekvationen för en haronisk oscillator ed vinkelfrekvensen g ω = l. (23) 2

3 2 Fasporträtt Ofta är det intressant att rita upp lösningen till rörelseekvationen i ett fasporträtt, där vi sätter x på x-axeln och ẋ på y-axeln. En odäpad haronisk oscillator koer att bilda en ellips x (t) = A sin (ω t + φ ) (24) ẋ (t) = Aω cos (ω t + φ ) (25) x 2 + ẋ2 ω 2 (26) = A 2. (27) Lägg ärke till att två olika lösningar inte kan skära varandra i fasporträttet, efterso lösningen är entydigt bestäd geno att ange värden på x och ẋ vid en tidpunkt. 3 Energin för en haronisk oscillator Vi kan beräkna den potentiella energin för en fjäder ur vilket ger oss där vi sätter x =, så att vi får F (x) = dv dx, (28) V (x) = x x kxdx, (29) V (x) = Den totala energin för den haroniska oscillatorn blir nu [ ] x 1 2 kx2 = 1 2 kx2. (3) E = 1 2 ẋ kx2. (31) Man kan visa att denna energi är konstant geno att sätta in lösningen för en haronisk oscillator i uttrycket, vilket ger E = 1 2 ω2 A 2. (32) Å andra sidan kan an också härleda rörelseekvationen för en haronisk oscillator ur energins bevarande. Derivera uttrycket för den totala energin tervis ed avseende på tiden d dt E = = d ( 1 dt 2 ẋ2 + 1 ) 2 kx2 = ẋẍ + kxẋ. (33) Den första likheten följer av att E är konstant. Vi förkortar nu ed ẋ vilket är ekvationen för en haronisk oscillator. ẍ + kx =, (34) 3

4 4 Däpad haronisk oscillator Vi lägger till en viskös kraft cẋ till vår rörelseekvation ẍ = kx cẋ, (35) so vi kan skriva o till ẍ + c ẋ + k x =. (36) Vi inför nu beteckningarna 2γ = c/ och ω 2 = k/, så vi kan skriva ekvationen so ẍ + 2γẋ + ωx 2 =. (37) Denna differentialekvation har det karakteristiska polynoet r 2 + 2γr + ω 2 =, (38) vilket har lösningarna r = γ ± γ 2 ω 2, (39) där vi inför beteckningen q = γ 2 ω 2. Vi kan nu se tre typer av lösningar till differentialekvationen beroende på q. O q är reell har vi lösningen x (t) = A 1 e (γ q)t + A 2 e (γ+q)t. (4) Efterso q < γ så ser vi att båda tererna representerar en exponentiellt däpad rörelse. Detta representerar fallet ed stark däpning. I fallet q = så är r = γ en dubbelrot, så att differentialekvationen har lösningen x (t) = (At + B) e γt, (41) där båda tererna representerar däpade rörelser, även o den första teren kan ge upphov till en rörelse so når ett axiu för t > en därefter går även den teren ot noll. Detta fall betecknas kritisk däpning och eftersträvas i en del praktiska tilläpningar. O q är iaginär får vi koplexa rötter r = γ ± iω d, (42) där ω d = ω 2 γ2. (43) Vi kan då skriva lösningen so x (t) = C + e (γ iω d)t + C e (γ+iω d)t = e γt ( C + e iω dt + C e iω dt ). (44) En fysikalisk lösning åste vara realvärd, och vi kan hitta två sådana geno att ta real- respektive iaginärdelen av x(t) (C + + C ) e γt cos (ω d t) (45) och (C + C ) e γt sin (ω d t) (46) Båda dessa lösningar representerar exponentiellt däpade svängningar ed vinkelfrekvensen ω d so är lägre än vinkelfrekvensen ω för en odäpad haronisk oscillator. Den allänna lösningen är en lineärkobination av dessa båda lösningar. Detta fallet kallas för svag däpning. 4

5 5 Energi och kvalitetsfaktorn Q Även för en däpad oscillator kan vi skriva energin so O vi deriverar denna ed avseende på tiden får vi de dt E = 1 2 ẋ kx2. (47) = ẋẍ + kxẋ = (ẍ + kx) ẋ. (48) Med hjälp av rörelseekvationen för en däpad haronisk oscillator kan vi skriva o detta uttryck so de dt = cẋ2. (49) Vi ser att effekten av den viskösa friktionen är att den haroniska oscillatorn förlorar energi. Vi kan kvantifiera energiförlusten geno att införa oscillatorns energi Q = 2π energiförlust per svängningsperiod. (5) För att beräkna energiförlusten behöver vi ẋ, så vi börjar ed att skriva ned rörelsen för en svagt däpad oscillator x (t) = Ae γt sin (ω d t + φ ), (51) vilket ger oss ẋ = Ae γt [γ sin (ω d t + φ ) ω d cos (ω d t + φ )]. (52) Beräkna energiförlusten under en period T d = 2π/ω d E = Td Ėdt. (53) Vi byter integrationsvariabel till θ = ω d t + φ, vilket ger dθ = ω d dt. Integrationsgränserna blir då φ till φ + 2π E = ca2 ω d φ+2π φ e 2γt ( γ 2 sin 2 θ 2γω d sin θ cos θ + ω 2 d cos 2 θ ) dθ. (54) γ θ, vilket leder till att vi kan flytta ut e 2γt ur integralen, efterso däpningen går ycket långsaare än oscillationerna. Vi kan också byta integrationssgränserna till till 2π, efterso integralen över en hel period inte beror på integrationsgränserna. Lägg ärke till att E = ca2 ω d e 2γt 2π sin 2 θdθ = 2π 2π ( γ 2 sin 2 θ 2γω d sin θ cos θ + ω 2 d cos 2 θ ) dθ. (55) [ 1 cos 2θ 1 dθ = 2 2 θ 1 ] 2π sin 2θ = π, (56) 4 vilket också är värdet på integralen över cos θ, edan integralen över sin θ cos θ blir. Alltså får vi E = ca2 πe 2γt ( γ 2 + ω 2 ) d = ca 2 π e 2γt ω 2 = 2γA 2 T d ω d ω d 2 e 2γt ω 2 = γa 2 e 2γt ωt 2 d. (57) Vi kan uttrycka däpningskonstanten γ i terer av en tidskonstant τ = 1/(2γ), vilket ger oss E = 1 2 A2 ω 2 e t/τ T d τ. (58) 5

6 Vi beräknar på saa sätt oscillatorns edelenergi under en period vilket ger oss Q = 2π ( Td För svag däpning är γ liten och Q blir stor. 6 Driven haronisk oscillator E = 1 2 ω2 A 2 e t/τ, (59) τ ) 1 = 2πτ ω d 2π = ω dτ = ω d 2γ. (6) Antag nu att vi driver en odäpad haronisk oscillator ed en yttre kraft F cos ωt, så att rörelseekvationen blir ẍ = kx + F cos ωt, (61) so vi kan skriva o på foren ẍ + ωx 2 = F cos ωt, (62) där so tidigare ω 2 = k/. För att lösa en inhoogen differentialekvation behöver vi dels en partikulärlösning till den inhoogena ekvationen, och dessuto den allänna lösningen till otsvarande hoogena ekvation, en den senare är precis den lösning so vi redan har studerat, så det enda nya är att bestäa en partikulärlösning. För att finna partikulärlösningen ansätter vi en lösning på foren x(t) = Ae iωt, och byter ut högerledet till F / e iωt, vilket ger oss att vi söker realdelen av lösningen till Detta ger oss att och partikulärlösningen blir ω 2 Ae iωt + ω 2 Ae iωt = F eiωt. (63) A = F / ω 2, (64) ω2 x (t) = F / ω 2 cos ωt. (65) ω2 Lägg ärke till att aplituden för partikulärlösningen blir oändlig för ω = ω, då den drivande kraften befinner sig i resonans ed systeet so den driver. Lägg också ärke till att systeets oscillation är otriktad den drivande kraften då ω > ω. Vi betraktar nu fallet att vi också har en viskös kraft so verkar däpande, och vi inför från början en koplex drivande kraft so ger oss ẍ = kx cẋ + F e iωt, (66) ẍ + 2γẋ + ω 2 x = F eiωt. (67) Återigen ansätter vi en partikulärlösning på foren x(t) = Ae iωt, där A kan vara koplex, vilket ger oss så att ω 2 Ae iωt + 2iγωAe iωt + ω 2 Ae iωt = F eiωt, (68) F / A = ω 2 ω2 + 2iγω = F ω 2 ω 2 2iωγ (ω 2 ω2 ) 2 + 4γ 2 ω. (69) 2 6

7 Vi kan skriva A på polär for A = F/ [(ω 2 ω2 ) 2 + 4γ 2 ω 2 ] 1/2 e iϕ, (7) där så att partikulärlösningen blir ϕ = arctan 2ωγ ω 2, (71) ω2 x (t) = F/ [(ω 2 ω2 ) 2 + 4γ 2 ω 2 ] 1/2 cos (ωt + ϕ). (72) Resultatet av att lägga till den viskösa däpningen är att svängningens aplitud inte längre kan bli oändlig, och att vinkelfrekvensen vid vilken aplituden är axial förskjuts till ω 2 = ω 2 2γ 2 = ω 2 d γ 2. (73) O γ > ω / 2, så finns det överhuvudtaget inte någon frekvens vid vilken resonans inträder utan i så fall är aplituden högst för ω =. 7