Nihanje

Comments

Transcription

Nihanje
Dinamika premega gibanja
Nihanje
Nihanje
Lastno nihanje
Najpreprostejši primer lastnih nihanj dobimo, če opazujemo nihanje telesa mase m
na vzmeti togoti k. Če je telo prepuščeno samo sebi.
V mirovanju je
in od tu statični premik
F=
−mg + k x0 =
0
x0 =
mg
k
Opomba. Če poznamo maso telesa m in statični premik, potem lahko izračunamo
togost vzmeti
k=
mg
x0
Po Newtonovem zakonu je gibanje telesa opisano z enačbo
m
d2x
=F
dt 2
Sila, ki deluje na telo je vsota teže in elastične sile
F=
−mg − k ( x + x0 )
Dobljena diferencialna enačba je enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti.
Njena splošna rešitev je
=
x C1 cos ωt + C2 sin ωt
pri čemer sta A in B konstanti, ki jih določimo iz začetnih pogojev. Začetna pogoja
sta začetni premik in začetna hitrost
Če vstavimo v dobimo
=
x ( 0) x=
x ( 0) v0
0
1
Dinamika premega gibanja
Nihanje
Da dobimo hitrost telesa, enačbo najprej odvajamo po času in nato vstavimo . Na
ta način dobimo
Končno rešitev lahko zapišemo v obliki
=
x x0 cos ωt +
v0
ω
sin ωt
Amplituda in fazni premik. Dobljeno enačbo lahko s pomočjo trigonometričnih
identitet zapišemo tudi v drugačni obliki. Če postavimo
v0
=
sin α
A=
x0 A cos α
ω
potem dobimo
v 
A=
x02 +  0 
ω 
2
v
α=
arctan 0
ω x0
Nadalje je
x=
A sin α sin ωt + A cos α cos ωt =
A cos (ωt − α )
Tako, da je končna rešitev
=
x A cos (ωt − α )
V tej enačbi je A amplituda pomika t.j. največji možni premik telesa, kot pa je fazni
premik, ki določa začetno lego telesa.
Lastna frekvenca.
Gibanje telesa opisujeta dve periodični funkciji, ki imata periodo 2π .
Perioda je torej odvisna le od mase telesa m in togosti vzmeti k ni pa odvisna od
amplitude nihanja t.j. začetnih pogojev.
Število nihajev v časovni enoti je frekvenca
x
2π
m
f ≡ = 2π = 2π 0
k
g
ω
Primer. Poves konzo vpetega nosilca je
2
Dinamika premega gibanja
Nihanje
Vsiljeno nihanje
Opazujmo sedaj telo na katerega deluje periodična sila
Gibalna enačba je v tem primeru
F = F0 sin ωt
d2x
=
+ ω02 x f0 sin ωt
2
dt
f0 ≡
F0
m
Partikularno rešitev te enačbe poiščemo z nastavkom
x = A sin ωt
pri čemer je A neznana amplituda. Če to vstavimo v enačbo dobimo
− Aω 2 sin ωt + Aω02 sin ωt =
f0 sin ωt
in od tu
=
A
f0
f0
F0
1
1
=
=
2
2
2
2
k 1 − (ω ω0 )2
ω0 − ω ω0 1 − (ω ω0 )
Prvi faktor predstavlja statični premik telesa, ki ga povzroči sila , drugi faktor pa je
faktor ojačanja, ki je odvisen od razmerja frekvenc vzbujalne sile in frekvence
lastnega nihanja.
Vpliv začetnih vrednosti. Splošna rešitev problema vsiljenega nihanja dobimo, če
seštejemo
x = C1 cos ω0t + C2 sin ω0t +
f0
sin ωt
ω − ω2
2
0
V posebnem primeru, ko sta začetni premik in začetna hitrost enaka nič dobimo
x ( 0=
) C=1 0
x ( 0) =
ω0C2 +
Rešite je torej oblike
f0
ω f0
ω
=
0 ⇒ C2 =
−
2
2
ω0 ω0 − ω 2
ω −ω
2
0
3
Dinamika premega gibanja
Nihanje

f0 
ω
sin ωt − sin ω0t 
2 
ω0
ω −ω 

x
=
2
0
Nihanje torej sestavljata vsiljeno nihanje in prosto nihanje.
Kaj se zgodi, ko sta frekvenci vzbujanja in lastnega nihanja zelo blizu skupaj ?

f0 
ω
sin ωt − sin
=
ω0t 

2
ω →ω0 ω − ω
ω0


=
x lim
2
0
sin ω0t 
f 
f
lim 0  t cos ωt −
=
=
− 0 t cos ωt

ω →ω0 −2ω
2ω
ω0 

Rezultat kaže, da v tem primeru amplituda vseskozi narašča s časom.
=
Če je
∆
ω
ω


 sin ωt − ω + 2∆ sin (ω + ∆ ) t 

(ω + ∆ ) − ω 
f0
=
x
2
2
f0
ω

sin ωt −
( sin ωt cos ∆t + cos ωt sin ∆t ) 
2 
ω+∆
2∆ω + 4∆ 

f sin ∆t
cos ωt
≈ 0
2ω ∆
 1 je
x≈
f0 sin ∆t
cos ωt
2ω ∆
Amplituda takega nihanja je odvisna od časa in ima periodo
je bitje.
2π
. Rezultat nihanja
∆
Prečno nihanje gredi.
Do sedaj smo obravnavali točkasta telesa, sedaj pa preideo na obravnavo nosilcev.
To je prvi približke ladje. Predpostavimo stalen prerez in enakomerno porazdeljeno
maso.
4