1
KOMIHÅG 12:
------------------------------------------------------
• Ekvation för fri dämpad svängning:
x˙˙ + 2"# n x˙ + # n2 x = a ,
Tre typer av dämpning: Svag, kritisk och stark.
!
-----------------------------------------------------Föreläsning 13
• Påtvingade svängningar: respons
b sin !t
m
l
k
0
x
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 superpositionen av två svängningar.
!
!
2
Newtons 2:a lag:
mx˙˙ = "k ( x " l " bsin #t ) "
x˙˙ + " n2 x = " n2 (l + bsin "t ) ,
k
med konstanten " n2 =
.
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, dvs
x = X sin "t + x k ,
där bara 'takten' " är känd medan konstanten X söks.
För att komma vidare måste vi försöka få rörelsen att uppfylla
!
svängningsekvationen.
Två deriveringar ger
!2
!
x˙˙ = "# X sin #t + x˙˙k .
!
Insättning av våra uttryck för x˙˙ och x i
svängningsekvationen resulterar i
"# 2 X sin #t + x˙˙k + # n2 ( X sin #t + x k ) = # n2 (l + bsin #t )
!
!
"
(
)
(
)
x˙˙k + " n2 x k + " n2 # " 2 X sin "t = " n2 (l + bsin "t ) .
!
!
!
3
Nu väljer vi konstanten X så att två termer med takten " tar
ut varandra.
" n2b
Då fås två resultat: X = 2
,
2
"
#
"
n
!
!
2
2
och
x˙˙k + " n x k = " n l .
Reströrelsen
! är uppenbarligen samma som fjäderns fria
svängning kring det statiska jämviktsläget x j = l .
!
Sammantaget består rörelsen av två delar:
" n2b
x= 2
sin "t + x j + Acos(" n t + $ ) .
2
"n # "
!
Anmärkning: Matematiskt kallar man lösningens delar
partikulärlösningen och homogena lösningen. Fysikaliskt
! de respons och naturlig (fri) rörelse. Jämviktsläget kan
kallas
alternativt ses som en del av responsen.
4
– Responsamplitud - resonans
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
!
Problem: En massa m stödjs av fyra fjädrar, vardera med
styvheten k och vilolängd l , mot ett vibrerande fundament.
Om fundamentet genomgår en harmonisk svängning
k
beskriven av x B = b cos"t med " = 4
, bestäm
m
!
amplituden hos massans respons. Dämpningen är försumbar i
beräkningarna.
!
! bestäms av Newtons 2:a lag:
Lösning: Massans rörelse
Kraftanalys ger
mx˙˙ = "4k ( x " x B " l) " mg
som omformas till en
svängningsekvation:
x˙˙ + 4 k x = 4 k x B + 4 k l # g
m
m
m
{
{
{
" n2
!
" n2
" n2
6
Den 'härmande' delen av rörelsen, responsen x r , kan ses som
en funktion som liknar högerledet i sv. ekvationen. Den
består då 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 + X cos"t
x˙˙r = #" 2 X cos "t
i svängningsekvationen.
Detta ger:
2
"#!
X cos #t + # n2 ( x 0 + X cos #t ) = # n2bcos #t + # n2l " g .
!
Identifiering av de två obekanta konstanterna x 0 och X ger
sedan:
x 0 = l " g /# n2 (statiska jämviktsläget)
b
!
(ger!amplituden)
X=
2
2
1" (# # n )
Eftersom
vi vet om den drivande frekvensen att " = 2" n får
!
vi amplituden
b
b
!
X =
= .
1" 4 3
!
Anmärkning: Vi har uppenbarligen ingen resonans i det här
fallet och heller ingen förstoring (förstärkning) av
!
ursprungsrörelsen.
7
Föreläsning 14
• Repetition och tentaförberedelse
Problem 1: En partikelpendel som rör sig i ett vertikalplan
beskrivs av en rörelseekvation (pendelekvationen) , dvs ett
samband mellan rörelsekoordinaten och dess andraderivata.
Bestäm rörelseekvationen utgående från energiprincipen.
!
!
Lösning: Enligt energiprincipen fås:
1 mv 2 + mgL(1 " cos # ) = konst, där för cirkelrörelse v = L"˙ .
2
Tidsderivering av energiekvationen ger då:
1 m L2 2"˙"˙˙ + mgL"˙ sin " = 0 , som förenklas till "˙˙ + g sin " = 0 .
L
2
!
Detta är rörelseekvationen.
(
)
!
8
Problem 2: En satellit med massan m kring jorden påverkas av
2
R
gravitationskraften F = mg 2 i sin plana bana. Kraften är
r
riktad mot jorden där tyngdaccelerationen är g och jordens radie
är R. På avståndet r = 6R från jordens mitt är satellitens
hastighet riktad vinkeln " från jordriktningen. Bestäm banans
!
krökningsradie
i detta ögonblick.
!
!
Lösning:!Enligt definition av banans normalriktning är
!
2
accelerationskomponenten i den riktningen given av an = v ,
"
där " är krökningsradien. Dvs krökningsradien kan beräknas ur
2
v
sambandet: " = .
an
!
Normalriktningen är ortogonal mot hastighetens riktning så att
gravitationskraften bildar vinkeln " /2 # $ mot denna.
Detsamma gäller hela accelerationsvektorn som enligt Newtons
!
2:a lag i radiell riktning har storleken a = F . Projektion ger
m
!
g
sin " .
an = acos(" /2 # $ ) = asin $ . Insatta värden ger an =
36
2
36v
Efter insättning i formeln för!krökningsradien fås: " =
,
gsin #
som är svaret.
!
!
9
Problem 3: En kommunikationssatellit med massan m befinner
sig i en känd elliptisk bana kring jorden. Bestäm farten v 0 för en
sådan satellit vid passagen av lillaxeln, se figuren, och jämför med
farten i en cirkulär satellitbana med radien a. I svaret får användas
kända storheter samt jordens radie R, samt tyngdaccelerationen g
!
vid jordytan.
!
!
Lösning: Om den elliptiska banan är känd så vet man
storaxelns längd, 2a i detta fall. Satellitens konstanta
mekaniska energi (enligt energiprincipen) är då också känd, dvs
mgR 2
. Ellipsgeometrin säger att avstånd från fokus till
E ="
2a
lillaxelpassage är a. Den mekaniska energin består av två delar
(rörelseenergi +potentiell energi), som vid passagen av lillaxeln
mv 02
R2
blir: E =
" mg . Rörelseenergin, som innehåller den
2
a
mv 02
R2
sökta hastigheten, blir således:
= mg . Denna
2
2a
g
ekvationen ger slutligen: v 0 = R
. I en cirkelbana med radien
a
a från jordens mitt är!
totala mekaniska energin den lika som vid
passagen av lillaxeln, och även potentiella energin. Således
även rörelseenergin och därmed farten är lika som vid passagen
av lillaxeln. !
10
Problem 4. En vagn med massa m har farten v 0 då den
kolliderar rakt och fullständigt oelastiskt med en stillastående
vagn med massa M. Den från början stillastående vagnen är
fäst i en fjäder med fjäderkonstanten 2k.
a) Bestäm vinkelhastigheten för !den resulterande
svängningsrörelsen efter stöt. b) Bestäm läget x(t) som
funktion av tiden för svängningsrörelsen.
Lösning: Första skedet: Bara stötkrafter mellan vagnarna och
stötlagen gäller: ex :!!!!!mv 0 = ( M + m)v1 . (1)
Dvs., vagnarnas gemensamma hastighet direkt eter stöt blir
mv 0
. Andra skedet: Vagnarna påverkas av
v1 =
M+m
!
fjäderkraften
i rörelseriktningen, dvs. F = "2kx .
Newtons 2:a lag: ( M + m) x˙˙ = "2kx , ger
Svängningsekvationen: x˙˙ + 2k x = 0 .
M+m
!
Inför naturliga vinkelfrekvensen för svängningen som enligt
!
2k .
svängningsteorin blir: " n =
M+m
!
Allmän rörelse (enl. svängningsteorin) är:
x ( t ) = Bcos" n t + Csin" n t , där konstanterna B och C bestäms
ur begynnelsevillkor för rörelsen. x(0) = 0 ger B = 0 , samt
!
x˙ (0) = v1 ger " n C = v1 .
v
!
!
Alltså: x ( t ) = 1 sin" n t .
"n
!
!
!
!
!
!
!
