Transcript Svängningsrörelse

Mekanik
2012
Sammanfattning av Föreläsning i
Svängningsrörelse
(FMEA10)
Svängningsrörelse, fria odämpade svängningar (12.1-12.3)
Partikelpendeln (Den matematiska pendeln): En partikel P med massan m är
fästad i sin ena ände på en lätt, fullkomligt böjlig lina, med längden L, som, i sin andra ände,
är fästad i en fix punkt O. Pendeln tillåts svänga i ett vertikalplan och påverkas då av
tyngdkraften. Eventuella krafter från den omgivande luften försummas. Frilägg partikeln P,
S er (− S ) och tyngdkraften: mg . Om vi
inför de yttre krafterna spännkraften i linan: =
förutsätter att linan inte kan ta tryckkrafter så måste S ≥ 0 .
Figur 1.1 Partikelpendeln.
r rOP
= er r och därmed erhålles
Vi inför plan-polära koordinater (r , θ ) . Då gäller att =
hastigheten v = r = er r + er r = er r + eθ rθ = eθ Lθ eftersom r = L är en konstant, d v s L = 0 .
Följaktligen blir accelerationen
a=
v =
eθ Lθ + eθ Lθ =
er (− Lθ 2 ) + eθ Lθ
(1.1)
Kraftekvationen ger villkoret:
S + mg =
am
1
(1.2)
Mekanik
2012
vilket är ekvivalent med
(r − led ) : − S + mg cos θ =−mLθ 2
(1.3)
(θ − led ) : − mg sin θ =
mLθ
(1.4)
Ekvation (1.4) kan skrivas
θ + ωn2 sin θ =
0 där ωn2 =
g
L
(1.5)
Detta är en ordinär differentialekvation av andra ordningen. En lösning till
differentialekvationen ges av en funktion θ = θ (t ) som satisfierar (1.5). För att lösningen
skall vara entydig krävs att begynnelsedata föreskrivs
θ (0) = θ0 , θ(0) = θ0
(1.6)
där θ0 och θ0 är givna konstanter (begynnelsevärden). Observera att θ (t ) = θ0 är en lösning
till (1.5) med begynnelse data θ = 0 och θ = 0 . Detta svarar mot den statiska jämvikts0
0
lösningen då pendeln hänger rakt ned och är i vila.
När pendelns rörelse θ = θ (t ) är känd kan vi bestämma spännkraften i linan S genom att
utnyttja (1.3), dvs.
=
S S=
(t ) mg cos θ (t ) + mlθ(t ) 2
(1.7)
Uppgift 1.1: Visa att begynnelsedata θ0 = π och θ0 = 0 svara mot en statisk jämviktslösning.
Vad gäller för då för spännkraften?
För att lösa differentialekvationen (1.5) multiplicerar vi ekvationens båda led med θ ,
enligt
d θ 2
  + ω 2 θ sin θ =
0
( − ωn2 cos θ ) =
θθ
0
⇔
n
dt 2
och detta är ekvivalent med
θ(t ) 2
2
θ02
− ω cos θ (t ) =
− ωn2 cos θ0
2
2
n
(1.8)
dvs. vi har nu erhållit en differentialekvation av första ordningen. Den är emellertid olinjär
och dess lösning kan inte uttryckas i elementära funktioner (som tex. polynom och
trigonometriska funktioner). Lösningarna kan uttryckas i såkallade elliptiska funktioner men
2
Mekanik
2012
vi kommer inte att gå in på detta här utan nöjer oss med att konstatera att svängningstiden,
dvs. tiden för en fullbordad svängningsrörelse (period), då θ (0 ) = θ0 och θ(0 ) = 0 , ges av
θ02
11θ04
+ ...)
τ = τ (θ0 ) = τ n (1 + +
16 3072
där τ n =
2π
ωn
, ωn =
(1.9)
g
L
10
9
8
7
6
τ( α )
τn
5
4
3
2
1
0
0
18
36
54
72
90
108
126
144
162
180
α
Figur 1.2 Svängningstiden τ för en matematisk pendel
som funktion av utslagsvinkeln α
Små svängningar (vibrationer): I tekniska tillämpningar är man ofta intresserad av små
svängningar, dvs. svängningar med liten amplitud, kring ett statiskt jämviktsläge. Om vi i
fallet partikelpendeln betraktar små svängningar (små vinkelutslag) kring det statiska
jämviktsläget θ = 0 kan vi utnyttja Maclaurins formel (”Endim.” sid. 414) för sinusfunktionen, dvs.
sin θ =θ −
θ3
3!
+
θ5
5!
− ...
För ”små” θ har vi således approximationen sin θ ≅ θ och vi kan ersätta differentialekvationen (1.5) med
θ + ωn2 θ =
0
(1.10)
Detta utgör standardformen för den differentialekvation som matematiskt beskriver fria
odämpade små svängningar. Lösningar θ = θ (t ) till (1.10) kan sägas utgöra approximationer
till lösningar till (1.5) om vinkeln θ är tillräckligt liten. För vilka vinklar gäller
sin θ
approximationen sin θ ≅ θ ? I nedanstående figur visas kvoten
som funktion av θ i
θ
intervallet 0 ° ≤ θ ≤ 45° . Som framgår av figuren så är approximationen god i intervallet
0 ° ≤ θ < 15° och hyfsad i intervallet 15° ≤ θ ≤ 45° .
3
Mekanik
2012
1
0.99
0.98
 π ⋅θ
sin

 180 
π
⋅θ
0.97
0.96
0.94
180
0.93
0.92
0.91
0.9
0
5
Figur 1.3
10
sin θ
θ
15
20
25
30
35
40
45
som funktion av θ
Små pendelsvängningar ges nu av differentialekvationen (1.10) med begynnelsedata enligt
(1.6). Hur löser man detta? Vi provar med en ansättning i form av en lineärkombination av
harmoniska funktioner (dvs. sinus och cosinus). Ansats:
=
θ (t ) A sin ω t + B cos ω t där
A, B och ω är konstanter som skall bestämmas så att (1.10) och (1.6) är uppfyllda. Vi
deriverar den ansatta lösningen en gång
=
θ(t ) Aω cos ω t − Bω sin ω t
och en gång till
θ(t ) =
− Aω 2 sin ω t − Bω 2 cos ω t =
−ω 2θ (t )
detta insatt i (1.10) ger
(ωn2 − ω 2 )θ (t ) =
0
θ(t ) + ωn2 θ (t ) =
Om vi nu antar att θ (t ) inte är identiskt lika med noll (dvs. jämviktslösningen) så följer att
ωn2 − ω 2 =⇔
0
ω=
±ωn
Den ansatta lösningen kan då skrivas
=
θ (t ) A sin ωn t + B cos ωn t
och med utnyttjande av begynnelsedata (1.6) erhålles
θ
θ (0=
) B= θ0 ,. θ(0 ) = Aωn = θ0 ⇒ A = 0
ωn
4
Mekanik
2012
och vi har lösningen:
θ
θ (t ) = 0 sin ωn t + θ0 cos ωn t =a sin(ωn t + ϕ )
ωn
(1.11)
där, om θ0 > 0 (se ”Endim.” sid. 106)
ωnθ0

θ0 > 0
arctan( θ ),
0

θ0 2
π
=
a
( ) + θ02 , ϕ =
θ0 0
=
,
ωn
2

ωnθ0


arctan( θ ) + π , θ0 < 0
0

(1.12)
där a benämnes svängningens amplitud, ωn dess egenvinkelfrekvens (naturliga vinkelfrekvens) och ϕ dess fasvinkel. Svängningens egensvängningstid och egenfrekvens ges av
τn =
2π
ωn
och f=
n
1 ωn
=
τ n 2π
Exempel 1.1: Antag L = 1.0m och g = 9.81ms −2 . Detta ger ωn = 3.13 rad s −1 . med
begynnelsedata θ = 20 ° och θ = 80 ° s −1 erhålles rörelsen enligt nedanstående figur.
0
0
40
20
θ( t)
0
20
40
0
2
4
6
t
Figur 1.4 Pendelsvängning med vinkeln θ i grader.
Uppgift 1.2: Bestäm egensvängningstiden för rörelsen i Exempel 1.1 ovan.
Fjäder-massa system: Hur fungerar en fjäder? Jo, den kraft som krävs för att trycka i
hop (eller sträcka ut) fjädern är proportionell mot hoptryckningen (respektive utsträckningen), dvs.
5
Mekanik
2012
Ff = k ∆l
(1.13)
där Ff är fjäderkraften, ∆l = l − l0 är fjäderns längdändring, l är fjäderns aktuella längd vid
belastning med kraften Ff , l0 är fjäderns ospända (obelastade) längd och k är fjäderkonstanten som representerar ett mått på fjäderns styvhet. Ekvation (1.13) definierar en såkallad linjärt elastisk fjäder.
Vi studerar nu följande problem. En vagn med massan m kan röra sig utan motstånd på ett
horisontellt underlag (den rullar lätt). Vagnen är kopplad till en linjärt elastisk fjäder med
fjäderkonstanten k och den ospända längden l0 . Frilägg vagnen! Inför fjäderkraften Ff ,
tyngdkraften mg och normalkrafterna N1 , N 2 . Inför lägeskoordinaten z .
Figur 1.5 Fjäder-massa system.
Kraftekvationen:

( → ): − Ff =
zm
(1.14)
där F
=
k ( z − l0 ) . Detta ger differentialekvationen ( z fjäderns aktuella längd)
f

−k ( z − l0 ) =
zm
(1.15)
Inför variabeln x= z − l0 , dvs. x är fjäderns förlängning. Då kan (1.15) skrivas
2

x + ωn2 x =
0 , ωn =
k
m
(1.16)
z = 
x . Begynnelsedata hörande till (1.16) ges av
där vi utnyttjat att 
x(0 ) = x0 , x (0 ) = v0
(1.17)
Vi kan konstatera att ekvationerna (1.16)-(1.17) har samma matematiska form som
ekvationerna (1.10), (1.6) i fallet med partikelpendeln och lösningarna måste därför ha
samma form.
Uppgift 1.3: Skriv upp lösningen till (1.16)-(1.17).
6
Mekanik
2012
Genom att använda energiekvationen kan vi erhålla en alternativ härledning av ekvation
(1.16). Systemets mekaniska energi
1 2
1 2
mx +
kx
2 
2


=
E
(1.18)
elastisk energi
kinetisk energi
Enligt effektlagen gäller E = P där P är effekten av övriga krafter, (förutom fjäderkraften),
som verkar på vagnen, dvs. enligt figur 1.5 tyngdkraften och normalkrafterna. Dessa krafter
är emellertid vinkelräta mot vagnens hastighet och därför effektlösa. Således gäller att P = 0
och därmed
d 1 2 1 2
1
1
 + k 2xx = x (mx + k x) = 0
E =
m2xx
( mx + k x ) =
dt 2
2
2
2
Således, om x ≠ 0 så följer att mx + k x =
0 vilket är rörelseekvationen för vagnen.
Sammanfattning (Fria, odämpade svängningar)
,
,
Fria dämpade svängningar (12.4)
Den dämpade partikelpendeln: (Detta avsnitt kan överhoppas) Vi studerar åter
partikelpendeln men antar nu att linan är utbytt mot en lätt, stel stång med längden L.
7
Mekanik
2012
Dessutom verkar ett bromsande friktionsmoment M f från lagringen i O på stången. Vi
frilägger hela pendeln, dvs. partikel + stång och inför det system av yttre krafter och moment
som verkar på pendeln.
Figur 2.1
I punkten O angriper reaktionskraftskomponenterna V , H samt friktionsmomentet M f .
Tyngkraften mg angriper partikeln eftersom stången betraktas som lätt.
Momentekvationen: M O = H O där H O =∫ rOP × v P dmP =rOP × v P m =er L × eθ Lθ m =e z mL2θ
B
O : − M f − mg L sin θ=
d
(mL2θ)= mL2θ ⇔ mL2θ + M f + mg L sin θ= 0
dt
(2.1)
Vi antar nu att det bromsande momentet M f ges av
M f = c θ
(2.2)
där c  Nms rad −1  är en positiv konstant, den såkallade dämpningskonstanten. Motståndet, i
form av momentet M f , är således proportionellt mot pendelns vinkelhastighet och motriktat
rörelsen, se figuren ovan! Man brukar benämna ett rörelsemotstånd av denna typ visköst.
Ekvation (2.1) kan nu skrivas
mL2θ + c θ + mg L sin θ =
0
8
(2.3)
Mekanik
2012
Vi noterar att=
θ θ=
(t ) 0 är även i detta fall en lösning till (2.3), den såkallade
jämviktslösningen. Vi betraktar små svängningar kring jämviktslösningen och utnyttjar
approximationen sin θ ≅ θ . Detta ger oss rörelseekvationen
mL2θ + c θ + mg Lθ =
0
(2.4)
c
0
θ + 2 θ + ωn2 θ =
mL
(2.5)
eller
g
. Vi inför nu dämpningsfaktorn (den relativa dämpningen) ζ (grekiskt ”zäta”)
L
definierad av
där ωn2 =
=
ζ
c
c
=
2
2ωn mL
2m gL3
(2.6)
Dämpningsfaktorn ζ är en icke-negativ, dimensionslös storhet. Rörelseekvationen (2.5) kan
nu skrivas
θ + 2ζ ωn θ + ωn2 θ =
0
(2.7)
Detta utgör standardformen för den differentialekvation som matematiskt beskriver fria
dämpade svängningar.
Uppgift 2.1: Härled (2.1) genom att utgå från Effektlagen, E = P . Formulera då effekten för
det bromsande momentet M f !
Fjäder-massa-dämpare system: Förutom fjädern så har en viskös dämpare kopplats
till vagnen enligt figuren nedan. Den viskösa dämparen ger upphov till en dämpkraft Fd
definierad enligt
Fd = cx
(2.8)
där dämpningskonstanten c  Nsm −1  . Vi väljer en lägeskoordinat x så att x = 0 svarar mot
ospänd fjäder. Då erhålles
Kraftekvationen:
9
Mekanik
2012

( → ): − Fd − Ff =
xm
(2.9)
Med utnyttjande av (2.8) och Ff = −k x erhålles, i kombination med (2.9), rörelseekvationen

x + 2ζ ωn x + ωn2 x =
0
(2.10)
där
k
c
c
ωn2 = =
, ζ
=
m
2ωn m 2 k m
(2.11)
Figur 2.2
Hur löser man differentialekvationen (2.10)?
Uppgift 2.2: Kan den tidigare ansatsen
x(t ) A sin ω t + B cos ω t komma ifråga som lösning?
=
Prova!
Enligt ”Endim.” sid 378 Sats 2 gäller följande (vi använder λ i stället för r som
variabel):
Låt λ1 och λ2 vara nollställen (i allmänhet komplexa, dvs λ1 , λ2 ∈  ) till det karakteristiska
polynomet
p (λ ) =
λ 2 + 2ζ ωn λ + ωn2
(2.12)
Då ges samtliga lösningar till (2.10) av
=
x(t ) C1 eλ1 t + C2 eλ2 t , om λ1 ≠ λ2
(2.13)
(t ) (C1 t + C2 )eλ1 t , om λ1 = λ2
x=
(2.14)
och av
10
Mekanik
2012
där C1 , C2 ∈  . Nollställena till karateristiska polynomet ges av ( i 2 = −1 )
(−ζ ± i 1 − ζ 2 )ω = − ζω ± iω if 0 ≤ ζ < 1
n
n
d
λ1,2 = 
2
(−ζ ± ζ − 1 )ωn if ζ ≥ 1
(2.15)
ωd =ωn 1 − ζ 2 , ζ < 1
(2.16)
där
Vinkelfrekvensen ωd benämnes den dämpade egenvinkelfrekvensen. Lösningarna (2.13)(2.14) kan då skrivas
e −ωnζ t (C1 eiωd t + C2 e − iωd t ) om ζ < 1

x(t ) = e −ωnζ t (C1 t + C2 ) om ζ = 1
 − ωnζ t
2
2
(C1 eωn ( ζ −1 ) t + C2 e −ωn ( ζ −1 )t ) om ζ > 1
e
(2.17)
Vi är enbart intresserade av reella lösningar. Dessa åstadkommes om vi i (2.17)1 väljer
C2∗ = C1 (komplext konjugerade) och om vi i (2.17)1,2 väljer C1 och C2 reella. Lösningarna
ges då av
e −ωnζ t ( A1 cos ωd t + A2 sin ωd t ) om ζ < 1

x(t ) = e −ωnζ t ( A1 t + A2 ) om ζ = 1
 − ωn ζ t
2
2
( A1 eωn ( ζ −1 ) t + A2 e −ωn ( ζ −1 )t ) om ζ > 1
e
(2.18)
där A1 , A2 ∈  . Vi ser att karaktären hos lösningarna beror kritiskt på relativa dämpningen
ζ . Vi har följande fall:
(i)
(ii)
(iii)
0 ≤ ζ < 1 , svag dämpning. Rörelsen ges av en dämpad oscillerande lösning enligt
(2.18)1 ovan.
ζ = 1 , kritisk dämpning. Rörelsen ges av en dämpad lösning enligt (2.18)2.
ζ > 1 , stark dämpning. Rörelsen ges av en dämpad lösning enligt (2.18)3.
Vi noterar att ζ = 0 svarar mot odämpat system. Antag svag dämpning ( 0 ≤ ζ < 1 ) och
begynnelsedata enligt (1.17). Av (2.18)1 följer att
−ζ ωn A1 + A2 ωd =
v0
x(0=
) A=
x0 , x (0 ) =
1
(2.19)
Detta ger
A1 = x0=
, A2
1
ωd
11
(v0 + ζ ωn x0 )
(2.20)
Mekanik
2012
och lösningen
x(t ) e −ωnζ t ( x0 cos ωd t +
=
v0 + ζ ωn x0
ωd
sin ωd t )
(2.21)
vilket representerar en dämpad oscillerande rörelse med vinkelfrekvensen ωd . Observera att
ωd < ωn dvs. den dämpade svängningsrörelsen svänger långsammare än den odämpade. Den
dämpade svängningens periodtid, τ d , ges av
τd
=
2π
=
ωd
τn
(2.22)
1−ζ 2
1
0.5
xh( t , ζ)
0
0.5
1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
t
Figur 2.3 Svagt dämpad svängning.
Uppgift 2.3: Skriv lösningen (2.21) på formen
=
x(t ) ae −ωnζ t sin( ωd t + ϕ )
dvs. bestäm a och ϕ !
I följande grafer ges exempel på kritisk och stark dämpning.
12
(2.23)
Mekanik
2012
0.8
0.8
0.6
0.6
xh( t , ζ)
xh( t , ζ)
0.4
0.4
0.2
0.2
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0
0.5
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
t
t
Figur 2.4 Kritisk och stark dämpning.
Hur bestämmer man dämpningsfaktorn ζ för ett svag dämpat system. Antag att vi har
tillgång till tidsförloppet x = x(t ) , antingen genom en direkt mätning på systemet eller genom
en simulering i en modell av systemet, t.ex. i ADAMS. Se figuren nedan!
3
2
1
0
xh( t , ζ)
1
2
3
4
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
t
Figur 2.4 Mätning av relativa dämpningen.
− t1 kτ d =
, k 1, 2, 3... . Om vi utnyttjar (2.23) erhålles
Välj två tidpunkter t1 och t2 där t2 =
(t1 ) ae −ωnζ t1 sin( ωd t1 + ϕ ) ,=
(t2 ) ae −ωnζ t2 sin( ωd t2 + ϕ )
=
x1 x=
x2 x=
(2.24)
Detta ger
x1
x2
sin( ωd t1 + ϕ )
sin( ωd t1 + ϕ )
ωnζ ( t2 −t1 ) sin( ωd t1 + ϕ )
e=
eωnζ kτ d =
eωnζ kτ d=
sin( ωd t2 + ϕ )
sin( ωd t1 + ωd kτ d + ϕ )
sin( ωd t1 + ϕ + k 2π )
= eωnζ kτ d
13
(2.25)
Mekanik
2012
Detta ger
def
δ
=
1 x1
ζ=
ωn τ d
=
ln
k x2
2πζ
(2.26)
1−ζ 2
där δ är det såkallade logaritmiska dekrementet. Detta kan bestämmas genom mätningar i
grafen för x = x(t ) . Ur (2.26) kan vi lösa dämpningsfaktorn som funktion av det logaritmiska
dekrementet,
1
ζ =
1+
4π 2
δ2
Exempel 2.1 Ur figur 2.4 ovan avläser vi k = 6 , x1 = 2.9 , x2 = 0.44 . Detta ger δ = 0.314
och därmed ζ = 0.05 .
Sammanfattning (Fria, svagt dämpade svängningar,
)
,
,
Påtvingade svängningar (12.5)
En maskin med massan m är uppställd på ett fixt fundament via ett fjäder-dämpar system
enligt nedanstående figur. Maskinen påverkas, förutom av tyngdkraften, av en yttre kraft
F = F (t ) . Bestäm maskinens rörelse! Vi frilägger maskinen och inför yttre krafter:
Fjäderkraften Ff , dämpkraften Fd , tyngdkraften mg och den yttre pådrivande kraften F .
14
Mekanik
2012
Figur 3.1 Maskin på fjäder-dämpar-system
Kraftekvationen:
( ↑ ): − Fd − Ff − mg + F =
mz
(3.1)
där Fd = cz , F=
k (l − l0 ) , där fjäderns aktuella längd l= z − a . Således Ff = k ( z − a − l0 ) .
f
Detta ger rörelseekvationen:
m 
z + c z + k z + mg − k (a + l0 ) =
F
(3.2)
Jämviktsläget z = z0 då F (t ) = 0 (ingen yttre last) uppfyller, enligt (3.2) ekvationen
k z0 + mg − k (a + l0 ) = 0 ⇒ z0 = a + l0 −
mg
k
(3.3)
Vi inför nu koordinaten x= z − z0 , dvs. x är förskjutningen av maskinen från jämviktsläget.
Ekvation (3.2) kan då skrivas
m 
x + cx + k x = F ⇔ 
x+
c
k
F
x + x =
m
m
m
(3.4)
detta kan skrivas på normalformen
F

x + 2ζ ωn x + ωn2 x =
m
där ωn2 =
(3.5)
k
c
,ζ =
. Vi antar nu att den yttre pådrivande kraften är harmonisk, dvs.
m
2ωn m
15
Mekanik
2012
F = F0 sin ω t
(3.6)
där F0 , kraftens amplitud, och ω , kraftens vinkelfrekvens, är givna konstanter. Observera att
ω har inget med egenvinkelfrekvensen ωn att göra! Ekvationen (3.5) kan nu skrivas
F0

x + 2ζ ωn x + ωn2 x =
sin ω t
m
(3.7)
Den allmänna lösningen till (3.7) kan skrivas =
x(t ) xh (t ) + x p (t ) där xh = xh (t ) är en lösning
till den homogena differentialekvationen

xh + 2ζ ωn xh + ωn2 xh =
0
(3.8)
dvs. xh = xh (t ) är en fri svängning ( F = 0 ) som, för fallet svag dämpning ( 0 ≤ ζ < 1 ), kan
skrivas xh (t ) ae −ωnζ t sin( ωd t + ϕ ) . Funktionen x p = x p (t ) är en såkallad partikulärlösning
=
till differentialekvationen (3.7), en (någon) funktion som satisfierar (3.7), dvs.
F0

sin ω t
x p + 2ζ ωn x p + ωn2 x p =
m
(3.9)
För att hitta en lösning till denna differentialekvation ”komplexifierar” vi problemet genom
att skriva den yttre pådrivande kraften på formen
iωt
=
F (t ) F=
F0 (cos ω t + i sin ω t )
0e
(3.10)
och studera differentialekvationen
F0 iωt

x p + 2ζ ωn x p + ωn2 x p =
e
m
(3.11)
Vi kommer då att erhålla en complex-värd lösning x p = x p (t ) . Den sökta reella lösningen fås
då som imaginärdelen av x p . Vi ansätter
=
x p x=
X eiωt
p (t )
(3.12)
där X är ett komplext tal som vi skall bestämma så att (3.12) blir en lösning till (3.11).
x p = −ω 2 X eiωt ,
Insättning av (3.12) i (3.11) ger, då x p = iω X eiωt och 
F0 iωt
(ωn2 − ω 2 + i2ζ ωωn ) Xeiωt =
e
m
16
(3.13)
Mekanik
2012
Av detta följer, om ζ > 0 , att
F0
m
X= 2
2
ωn − ω + i2ζ ωωn
(3.14)
Observera att nämnaren i (3.14) är lika med p (iω ) där p = p (λ ) är det karakteristiska
polynomet definierat i (2.12). En (komplex) partikulärlösning till (3.11) ges då av
F0
m
x p (t ) = 2
eiωt
2
ωn − ω + i2ζ ωωn
(3.15)
Den statiska jämviktslösningen till (3.11) som svarar mot en konstant yttre kraft F (t ) = F0 fås
som ett specialfall av (3.15) genom att sätta ω = 0 , dvs.
=
xstat
F0
F0
=
2
mωn
k
(3.16)
Vi kan då skriva
x p (t )
ωn2
1
1
=
xstat eiωt
=
xstat eiωt
xstat eiωt
2
2
2
ω
ω
1 − θ + i2ζ θ
ωn − ω + i2ζ ωωn
1 − ( ) 2 + i2ζ
ωn
ωn
(3.17)
där frekvenskvoten θ =
ω
. Om vi skriver nämnaren i (3.17) på polär form
ωn
1 − θ 2 + i2ζ θ =
(1 − θ 2 ) 2 + 4ζ 2θ 2 eiφ
(3.18)
där vinkelargumentet (fasvinkeln) φ ges av
2ζ θ

arctan( 1 − θ 2 ),
φ φ=
(θ , ζ ) 
=
arctan( 2ζ θ ) + π ,
1 −θ 2

kan (3.17) nu skrivas
17
0 ≤θ ≤ 1
(3.19)
θ >1
Mekanik
2012
x p (t ) =
F0
M ei (ωt −φ )
k
(3.20)
där M = M (θ , ζ ) är den såkallade förstoringsfaktorn definierad av
M (θ , ζ )
=
1
(1 − θ 2 ) 2 + 4ζ 2θ 2
, θ ≥0
(3.21)
Om vi nu tar imaginärdelen av (3.20) erhålles en partikulärlösning till differentialekvationen
(3.7). Denna brukar kallas den av F påtvingade svängningen hos systemet,
=
x p (t )
F0
M sin(ωt − φ )
k
(3.22)
Observera att den påtvingade svängningen har samma frekvens som den yttre pådrivande
kraften F . Svängningen ”går i takt” med kraften. Amplituden ges av den statiska
jämviktslösningen multiplicerad med förstoringsfaktorn. Den allmänna lösningen till
differentialekvationen (3.20) kan då skrivas
F
x(t )= xh (t ) + x p (t )= ae −ωnζ t sin( ωd t + ϕ ) + 0 M sin(ω t − φ )

 k

egensvängning
(3.23)
påtvingad svängning
Den första delen av lösningen representerar systemets egensvängning och den andra delen
den påtvingade svängningen. Dessa svänger med frekvenserna ωd respektive ω och
svängningen blir därmed något oregelbunden till att börja med, se figuren nedan! Ibland
kallas denna del av rörelsen för den transienta delen. Lösningen innehåller två godtyckliga
konstanter a och ϕ som kan anpassas till begynnelsedata. Observera att även om
) v=
x(0=
) x=
0 , x (0=
0 så kommer bidrag från egensvängningen att finns med i
0
0
lösningen. Egensvängningen dämpas ut via exponential-funktionen och blir efter en viss tid
försumbar. Efter denna tid domineras lösningen av den påtvingade svängningen och denna
del brukar benämnas fortfarighetstillstånd. Se figuren nedan!
Vad händer med lösningen (3.23) om dämpningen är lika med noll, dvs. om ζ = 0 ? Vi får då
lösningen
=
x(t ) asin( ωn t + ϕ ) +
F0
M sin(ω t − φ )
k
(3.24)
där förstoringsfaktorn M ges av
M (θ )
=
1
, θ ≠0
1 −θ 2
18
(3.25)
Mekanik
2012
och fasvinkeln φ =
π
2
vilket ger lösningen
F0 1
cos ω t
k 1 −θ 2
x(t ) asin( ωn t + ϕ ) −
=
(3.26)
Observera att i detta fall har vi inget transientförlopp. Egensvängningarna är odämpade och
bidrar fullt ut som en del av lösningen för alla tider. Notera också att när θ → 1 , dvs. när
ω → ωn så gäller att x(t ) → ∞ för alla tider. Detta fenomen benämnes resonans.
1
0.78
0.56
0.33
0.11
x( t )
0.11
0.33
0.56
0.78
1
0
0.23
0.46
0.69
0.92
1.15
1.38
1.61
1.84
2.06
2.29
t
l (
)
Transientförlopp
Fortfarighetstillstånd
Figur 3.2 Den påtvingade svängningen.
För förstoringsfaktorn M = M (θ , ζ ) gäller, enligt (3.21), att M (0, ζ ) = 1 för alla ζ ≥ 0
1
och lim M (θ , ζ ) = 0 för alla ζ ≥ 0 . Om 0 ≤ ζ <
så har förstoringsfaktorn ett maxvärde
θ →∞
2
M max som antas för =
θ θ res
=
1 − 2ζ 2 . Motsvarande vinkelfrekvens
=
ωres ωn 1 − 2ζ 2
(3.27)
kallas resonansvinkelfrekvensen. Vid denna frekvens är således förstoringsfaktorn som störst
1
under förutsättning att 0 ≤ ζ <
.
2
M max M
(θ res , ζ )
=
=
19
1
2ζ 1 − ζ 2
(3.28)
Mekanik
2012
1
2
Om ζ ≥
så är M = M (θ , ζ ) en monotont avtagande funktion av θ , dvs
=
=
M max M
(0, ζ ) 1 . I figuren nedan visas grafer för förstoringsfaktorn för de relativa
dämpningarna ζ = 0.05 , ζ = 0.1 och ζ = 0.72 , respektive.
10
förstoringsfaktor
8
M ( θ , 0.05)
6
M ( θ , 0.1)
M ( θ , 0.72)
4
2
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
θ
Figur 3.3 Förstoringsfaktorn.
0.1 ⇒ M max ≅ 5 och ζ =0.72 ⇒ M max =1 . Se
Vi konstaterar att ζ =0.05 ⇒ M max ≅ 10 , ζ =
figuren ovan.
Vi kan nu identifiera tre viktiga frekvenser som hör till ett svängande system:
ωn :
=
ωd ωn 1 − ζ 2 :
(naturlig) egenvinkelfrekvens
dämpad egenvinkelfrekvens
=
ωr ωn 1 − 2ζ 2 : resonansegenvinkelfrekvens
1
.
2ζ
För fasförskjutningen φ = φ (θ , ζ ) gäller, enligt (3.19), φ (0, ζ ) = 0 för alla ζ ≥ 0 ,
Om ζ  1 så gäller ωr ≅ ωd ≅ ωn och M max ≅
φ (1, ζ ) =
π
för alla ζ ≥ 0 och lim φ (θ , ζ ) = π för alla ζ ≥ 0 . I figuren nedan visas grafer för
θ →∞
2
fasförskjutningen för de relativa dämpningarna ζ = 0.05 , ζ = 0.1 och ζ = 0.72 , respektive.
20
Mekanik
2012
3.14
2.79
rad
fasförskjutning [deg]
2.44
2.09
φ( θ , 0.05)
1.75
φ( θ , 0.1)
φ( θ , 0.72) 1.4
1.05
0.7
0.35
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
θ
Figur 3.4 Fasvinkeln.
Exempel 3.1 Den påtvingade svängningen ges av
=
x p (t )
F0
M sin(ω t − φ )
k
Med förutsättningarna m = 1.0kg , k = 3000Nm −1 , ζ = 0.05 , F0 = 500N , ω = 30rad s −1
erhålles ωn = 54.7rad s −1 och därmed θ = 0.55 . I nedanstående figur visas de påtvingade
svängningarna för ω = 30rad s −1 och ω
= ω=
54.6rad s −1 ≅ ωres svarande mot resonans. För
r
detta fall gäller M max ≅ 10 .
2
1.6
1.2
0.8
xp ( t , θ , ω )
(
xp t , θ r , ω r
0.4
)
0
0.4
0.8
1.2
1.6
2
0
0.5
1
1.5
2
t
Figur 3.5 Påtvingad svängning.
Den lösning vi hittills studerat fungerar ej om ζ = 0 och θ = 1 , se (3.26). Hur ser då
lösningen ut i detta fall?
21
Mekanik
2012
Uppgift 2.4: Visa att om ζ = 0 och ω = ωn så är
x p (t ) = −
1 F0
ωn t cos ωnt
2 k
den påtvingade svängningen, dvs. en lösning till (3.9). Notera att amplituden växer
proportionellt mot tiden och över alla gränser. Typiskt för resonans vid odämpade
svängningar.
15
11.67
8.33
5
1.67
xp2( t )
1.67
5
8.33
11.67
15
0
0.46
0.92
1.38
1.84
2.29
t
Figur 3.6 Påtvingad svängning i fallet ζ = 0 och ω = ωn .
Uppgift 2.5: Studera Exempel 12.8 i Grundkursboken!
22
Mekanik
2012
Sammanfattning (Påtvingade svängningar)
där
och
23