DRGANIA –OSCYLATOR HARMONICZNY

(1)

wyklad8 2010/2011, zima 1

DRGANIA – OSCYLATOR HARMONICZNY

Wydział EAIiE

Kierunek: Elektrotechnika Przedmiot: Fizyka

Własności sprężyste ciał stałych

naprężenie

rozciągające naprężenie ścinające

naprężenie objętościowe

Względne odkształcenie ciała zależy od naprężenia

naprężenie to siła odkształcająca odniesiona do jednostki pola powierzchni, na jaką działa

naprężenie = (moduł sprężystości) · (odkształcenie)

gdy próbka powraca do pierwotnych wymiarów po usunięciu naprężenia

(2)

Rozciąganie i ściskanie

S

= F σ Naprężenie σ definiuje się jako:

gdzie F jest wartością siły przyłożonej do ciała w miejscu, w którym ciało ma pole S przekroju prostopadłego do kierunku działania siły

Miarą odkształcenia jest wielkość bezwymiarowa ∆L/L – względna

zmiana długości W granicach sprężystości czyli dla małych odkształceń

obowiązuje prawo Hooke’a

L E L S

F = ∆

E- moduł Younga

Wydział EAIiE

- 170

^b

9

^b

Kość 1900

- 40

^b

30 2320

Beton

^c

95 110

70 2710

Al

250 400

200 7860

Stal

^a

Granice sprężystości

(10⁶N/m²) Naprężenie

niszczące (10⁶N/m²) Moduł Younga E

(10⁹N/m²) Gęstość ρ

(kg/cm³) Materiał

Wybrane własności sprężyste pewnych materiałów

astal konstrukcyjna ASTM-A36, ^bprzy ściskaniu, ^co

(3)

Naprężenie ścinające

S

=F σ

W przypadku odkształcenia poprzecznego (ścinania) naprężenie σ definiuje się również jako:

ale siła działa równolegle do powierzchni S Miarą odkształcenia jest wielkość

bezwymiarowa ∆x/L

L G x S

F = ∆

moduł ścinania

Wydział EAIiE

Naprężenie objętościowe

Naprężeniem jest ciśnienie p cieczy

S p= F

Jednostką ciśnienia jest 1 Pa = 1N/m² Miarą odkształcenia jest względna zmiana objętości ∆V/V

V K V

p = ∆

K - moduł sprężystości objętościowej lub moduł ściśliwości

(4)

Przykład 1 Na dnie Oceanu Spokojnego, którego średnia głębokość jest równa około 4000 m, panuje ciśnienie 4,0·10⁷ N/m². Ile wynosi, związana z tym ciśnieniem, względna zmiana objętości ∆V/V wody a ile kulki wykonanej ze stali?

Modułściśliwości wynosi 2,2 ·10⁹N/m²dla wody, a dla stali 16 ·10¹⁰ N/m².

Rozwiązanie:

K p V

V =

∆

dla wody

1 , 8 %

10 2 , 2

10 4 V

V

9 7

=

⋅

= ⋅

∆

dla kuli stalowej

% 025 , 10 0

16 10 4 V

V

10 7

=

⋅

= ⋅

∆

Wydział EAIiE

Oscylator harmoniczny

kx F = −

k

siła harmoniczna

Tylko dla małych wychyleń x

•siła F proporcjonalna do wychylenia x z położenia równowagi

•zwrot siły: do położenia równowagi

L E L S

F = ∆ k = ES / L

(5)

Równanie ruchu otrzymujemy z II zasady dynamiki Newtona

0 dt kx

x m d

₂

2

+ =

Po podzieleniu przez

m, przyjmując, że

x 0

dt x

d

2

2 o

2 +ω =

porównując i przekształcając otrzymujemy ogólne równanie

różniczkowe oscylatora

harmonicznego – równanie drugiego rzędu o stałych współczynnikach, jednorodne

kx F

F _wyp = = −

2 2

wyp

dt

x m d ma

F = =

m k

o=

ω _mamy

wyklad8 2010/2011, zima 10

Wydział EAIiE

Przypomnienie:

Równanie oscylatora harmonicznego

wyprowadziliśmy również z zasady zachowania energii mechanicznej

0 dt kx

x m d

₂

2

+ =

(6)

wyklad8 2010/2011, zima 11

0 dt x

x

d

2

2 o

2

+ ω =

częstość drgań własnych

oscylator harmoniczny prosty (bez tłumienia i bez wymuszenia)

Częstość drgań własnych zależy wyłącznie od parametrów układu drgającego. Dla układu masa m – sprężyna o stałej sprężystości k:

m k

o= ω Wzór ten pozwala zawsze określić okres drgań T

k 2 m T 2

o

π ω =

= π

Wydział EAIiE

Rozwiązanie równania oscylatora harmonicznego prostego

ω π 2

czas t

ω ω π π

2 ^x ⁽ ^t ⁾ ⁼ ^x

^m

^cos( ^ω ^t ⁺ ^ϕ ⁾

wychylenie z położenia równowagi

amplituda faza

częstość

faza początkowa

Amplituda = wartość bezwzględna maksymalnego wychylenia z położenia równowagi

Okres ruchu T = czas, w jakim wykonywane jest jedno pełne drganie

= 1

T

częstotliwość = liczba

(7)

wyklad8 2010/2011, zima 13

( ^x ^cos( ^t ⁾ )

dt d dt

) t ( ) dx t (

v = =

_m

ω + ϕ

ω π 2

czas t

ω π ω π 2

Prędkość w ruchu harmonicznym

) t sin(

x ) t (

v = −

_m

ω ω + ϕ Przyspieszenie

( ^x ^sin( ^t ⁾ )

dt d dt

) t ( ) dv t (

a = = −

_m

ω ω + ϕ

) t cos(

x ) t (

a = −

_m

ω

²

ω + ϕ x

a = − ω

²

W ruchu harmonicznym przyspieszenie jest proporcjonalne do przemieszczenia ale ma przeciwny znak

wyklad8 2010/2011, zima 14

Wydział EAIiE

0 dt x

x

d 2

2 o

2 +ω =

Sprawdzenie czy proponowana funkcja

) t cos(

x ) t (

x =

_m

ω + ϕ

jest rozwiązaniem równania ogólnego:

Należy podstawić:

a x

dt x

d

2

= = − ω

do równania ogólnego Otrzymujemy:

− ω

²

x + ω

²_o

x = 0

z czego wynika, że

ω

o

= ω

Częstość drgań ωprostego oscylatora harmonicznego jest równa częstości drgańwłasnych ω_o

(8)

wyklad8 2010/2011, zima 15

Siła w ruchu harmonicznym x

a = − ω

²

przyspieszenie

Z II zasady dynamiki:

F

_wyp

= ma = − m ω

²

x

ale siła harmoniczna:

F = − kx

m

2

k = ω

m k

o=

Wiemy, że ω czyli

jeszcze raz:

ω = ω

o

Wydział EAIiE

Energia w ruchu harmonicznym

energia potencjalna sprężystości

energia kinetyczna

2 k x E

2 p =

) t ( cos 2 kx

E

_p =

1

²_m ² ω +ϕ

2 m v E

2 k =

)

t ( sin x 2 m

E

_k =

1

ω² ²_m ² ω +ϕ

(9)

wyklad8 2010/2011, zima 17

Całkowita energia w ruchu harmonicznym

ale

) t ( sin x 2 m ) 1 t ( cos 2 kx

E 1 E

E

= _p + _k = ²_m ² ω +ϕ + ω² ²_m ² ω +ϕ

m

2

k

= ω czyli

( ) ^kx ^const

2 ) 1 t ( sin ) t ( cos 2 kx

E

=

1

²_m ² ω +ϕ + ² ω +ϕ = _m² =

Całkowita energia mechaniczna prostego oscylatora harmonicznego jest zachowana

wyklad8 2010/2011, zima 18

Wydział EAIiE

Zależność energii oscylatora od wychylenia z położenia równowagi

2 k x E

2 p

=

p

k

E E

E = −

2 2

m

k

kx

2 kx 1 2

E = 1 −

) x x ( 2 k

E

_k

= 1

²_m

−

²

parabola

odwrócona parabola

(10)

wyklad8 2010/2011, zima 19

Przy maksymalnym wychyleniu z położenia równowagi:

• prędkość wynosi zero i zmienia znak

•przyspieszenie jest największe

•siła jest maksymalna

•energia potencjalna jest największa

Przy przechodzeniu przez położenie równowagi:

• prędkość jest największa

•przyspieszenie wynosi zero

•siła wynosi zero

•energia kinetyczna jest największa

Wydział EAIiE

PRZYKŁADY OSCYLATORÓW

HARMONICZNYCH

(11)

wyklad8 2010/2011, zima 21

Wahadło torsyjne

κθ

−

= τ

moment kierujący κzależy od długości, średnicy i materiału z jakiego wykonano drut

τ θ =

2 2

dt I d

równanie ruchu z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego

wyklad8 2010/2011, zima 22

Wydział EAIiE

Wahadło torsyjne

κθ

− θ =

2 2

dt I d

równanie oscylatora harmonicznego

dt 0 I d

₂

2

θ + κθ =

I 0 dt d

2

θ + κ θ =

dt 0

d

₂

2 o

2

θ + ω θ =

I

2 o

= κ

ω

(12)

wyklad8 2010/2011, zima 23

Wahadło torsyjne

okres drgań wahadła torsyjnego

I

2 o

= κ ω

π κ ω =

= π I

2 2 T

o

Wydział EAIiE

Wahadło torsyjne służy do wyznaczania momentu bezwładności brył o dowolnych nieregularnych

kształtach

Przykład 2. Na rysunku przedstawiono cienki pręt o o długości L=12,4 cm i masie m=135 g zawieszony w środku na długim drucie. Zmierzony okres T_adrgań torsyjnych pręta wynosi 2,53 s. Następnie na tym samym drucie zawieszono ciało X o nieregularnym kształcie i zmierzono okres T_b, który wynosi 4,76 s. Wyznaczyć moment bezwładności ciała X względem osi, wokół której zachodzą drgania.

Dane:

L=12,4 cm=0,124 m m=135 g= 0,135 kg T_a=2,53 s

T_b=4,76 s

Szukane:

I_b

(13)

wyklad8 2010/2011, zima 25

Okres drgań wahadła torsyjnego z prętem:

π κ

= ^a

a

2 I T

Okres drgań wahadła torsyjnego z ciałem X:

π κ

= ^b

b

2 I T

2 a

2 2 b 2

a 2 b a

b T

mL T 12

1 T I T

I = =

Szukany moment bezwładności:

Rozwiązanie:

2 4 b 6,12 10 kg m

I = ⋅ ⁻ ⋅

Odpowiedź:

wyklad8 2010/2011, zima 26

Wydział EAIiE

Wahadło matematyczne

Ruch powoduje moment siły ciężkości:

θ

−

= θ

−

=

τ L ( F

_g

sin ) Lmg sin

znak minus oznacza, że moment siły powoduje zmniejszenie kąta θ

2 2

dt I d I ε = θ

= τ

Korzystając z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego:

I-moment bezwładności wahadła względem punktu zawieszenia

(14)

wyklad8 2010/2011, zima 27

Wahadło matematyczne

Zakładamy, że kąt

θ jest mały (małe drgania) czyli sin θ ≈ θ

:

θ

−

=

τ Lmg

0 dt Lmg

I d

₂

2

θ + θ =

Równanie oscylatora harmonicznego:

I Lmg

o

= ω

Częstość drgań:

Wydział EAIiE

Wahadło matematyczne

g 2 L T = π

Częstość nie zależy od masy

L g

o

= ω

mL

2

I =

ale

Okres T nie zależy od masy

wzór prawdziwy dla małej amplitudy drgań

I Lmg

o

=

ω

(15)

wyklad8 2010/2011, zima 29

Wahadło fizyczne

Wahadłem fizycznym jest każda bryła sztywna w ruchu drgającym

θ

−

=

τ mgh sin

θ

− θ =

sin dt mgh

I d

₂

2 O

0 dt mgh

I d

₂

2

O

θ + θ =

2 śm

O

o

I mh

mgh I

mgh

= +

= ω

dla małych kątów θ

wyklad8 2010/2011, zima 30

Wydział EAIiE

Wahadło fizyczne

mgh mh 2 I

T

2 śm + π

=

Przykład 3. Przymiar metrowy wykonuje drgania wokół punktu zawieszenia O, znajdującego się na jednym z jego końców, w odległości h od jego środka masy C jak na rysunku. Mierząc okres drgań T, wyznaczyć przyspieszenie g w tym punkcie na Ziemi.

2

śm mL

12 I = 1

Wahadło fizyczne służy do wyznaczania przyspieszenia grawitacyjnego g w różnych miejscach na Ziemi i nie tylko

2 h=L

2 mg L 3mL 1 2 T

2

π

= 2

2

T 3

L g = 8π

Rozwiązanie:

(16)

wyklad8 2010/2011, zima 31

Wahadło fizyczne

g 3L 2 2 T= π

Przykład 4. Znaleźć długość zredukowaną wahadła z poprzedniego przykładu i wyznaczyć środek wahań.

Każdemu wahadłu fizycznemu, drgającemu wokół danego punktu

zawieszenia O z okresem T odpowiada wahadło matematyczne o długości L_odrgające z tym samym okresem T. Wielkość L_onazywamy długością zredukowaną wahadła fizycznego. Punkt znajdujący się w odległości L_ood punktu zawieszenia O nazywamy środkiem wahań wahadła fizycznego dla danego punktu zawieszenia.

czyli L

3 L_o=2

środek wahań znajduje się w punkcie P

Wydział EAIiE

Na rysunku przedstawiono pingwina skaczącego do wody z trampoliny mającej postać jednorodnej wąskiej deski, której lewy koniec jest zamocowany na zawiasie, a prawy jest oparty na sprężynie. Deska ma długość L=2m i masę m=12 kg; stała sprężystości k wynosi 1300 N/m. Gdy pingwin skacze do wody, deska i sprężyna zaczynają wykonywać drgania o małej amplitudzie. Zakładamy, że deska jest wystarczająco sztywna by się nie uginać. Wyznaczyć okres T drgań.

HRW, 2

ZADANIE DOMOWE 8.1

(17)

wyklad8 2010/2011, zima 33

Oscylator harmoniczny tłumiony

Siła oporu = siła Stokesa

bv F

_o

= −

stała tłumienia

F

_o

-kx

V

siła wypadkowa

F

_w

= − bv − kx

z II zasady dynamiki

kx bv

ma = − −

czyli

bv kx

dt x m d

₂

2

= − −

wyklad8 2010/2011, zima 34

Wydział EAIiE

Równanie ogólne oscylatora harmonicznego tłumionego

0 dt kx

b dx dt

x m d

₂

2

+ + =

0 m x

k dt dx m

b dt

x d

2

2 + + =

x 0

dt dx 1 dt

x

d

₂

2 o

2

+ ω =

+ τ

czas relaksacji

lub x 0

dt 2 dx dt

x

d

₂

2 o

2

+ β + ω =

współczynnik tłumienia

m 2

= b β

b m 2

1 =

= β τ

(18)

wyklad8 2010/2011, zima 35

Rozwiązanie równania oscylatora harmonicznego tłumionego

0 dt x

2 dx dt

x

d ₂

2 o

2 + β +ω =

Dla małych wartości współczynnika tłumienia, proponujemy rozwiązanie periodyczne, w którym amplituda oscylacji maleje wykładniczo z czasem

) t ( z e ) t (

x =

⁻^β^t

a z(t) jest rozwiązaniem prostego oscylatora harmonicznego

Wydział EAIiE

Sprawdzamy, czy funkcja jest rozwiązaniem równania

) t ( z e ) t (

x = ⁻^β^t 0 dt x

2 dx dt

x

d 2

2 o

2 + β +ω =

) t ( z e ) t ( z dt e

dx t t

βɺ

− β

− +

β

−

= dt

) dz t (

z =

ɺ

z e ) t ( z e 2 z dt e

x

d ₂ _t _t _t

2 2

ɺ ɺ ɺ ⁻^β

β

− β

− − β +

β

=

2 2

dt z ) d t ( zɺ = ɺ Umowa:

( )

^fg ^''=^f ^''^g+²^f^'^g^'+^fg^'' Użyteczne twierdzenie:

Jest to równanie oscylatora harmonicznego prostego gdy

( ) ^z ⁰

z ɺ + ω

²_o

− β

²

= ɺ

ω

²

2 2 o 2=ω −β ω

( ^ω ⁺ ^φ )

= A cos t )

t ( z

wtedy

(19)

wyklad8 2010/2011, zima 37

Rozwiązanie równania oscylatora harmonicznego tłumionego

(

ω +φ

)



 



−

= cos t

m 2 exp bt x ) t (

x _m

amplituda zależna od czasu

tlumiony-2.XLS

2 2

o 2 2 o 2

m 2

b 



 



− ω

= β

− ω

= ω

częstość drgań różna od częstości drgań własnych i zależna od tłumienia

wyklad8 2010/2011, zima 38

Wydział EAIiE

Rozwiązanie równania oscylatora harmonicznego tłumionego w postaci periodycznej

jest możliwe tylko dla małych tłumień, tzn. gdy

(

ω +φ

)

β

−

=Aexp( t)cos t )

t ( x

2

0

2 o

2

= ω − β >

ω

ωo

<

β

ze względu na warunek

Przypadek

β=ω_o

nazywamy krytycznym

Dla

^β^>^ω^o

mamy rozwiązanie aperiodyczne

(20)

wyklad8 2010/2011, zima 39



 



−

=



 



−

=

2 m

exp bt m A

2 exp bt x ) t (

A

_m _o

A

_o =

A ( t

=

0 )

Logarytmiczny dekrement tłumienia

Logarytmiczny dekrement tłumienia Λ jest to

logarytm naturalny ze stosunku kolejnych amplitud

1 n

n

A ln A

+

= Λ

e T ln e )

t ( A

) T t (

ln A

_t

) T t

( =β

− + =

−

=

Λ ⁻^β₋_β⁺

m 2

=

b

β współczynnik tłumienia

Wydział EAIiE

Zastanowić się nad interpretacją fizyczną czasu relaksacji. Obliczyć ile razy zmaleje amplituda drgań oscylatora tłumionego w stosunku do amplitudy początkowej w czasie równym czasowi relaksacji.

ZADANIE DOMOWE 8.2

(21)

wyklad8 2010/2011, zima 41

Straty mocy a współczynnik dobroci Q

Współczynnik dobroci Q układu drgającego jest to z definicji iloczyn 2πi stosunku energii zmagazynowanej do średniej energii traconej w jednym okresie T

>

π<

= energia tracona w T ana zmagazynow energia

Q 2

Dla słabo tłumionego oscylatora harmonicznego

τ ω

≈

o

Q

Wielkość lub Q jest odpowiednią miarą braku tłumienia oscylatora. Duże lub duże Q oznacza, że oscylator jest słabo tłumiony, np. dla struny fortepianu Q≈10³, dla atomu wzbudzonego Q≈10⁷

τ ωo

τ ω_o

wyklad8 2010/2011, zima 42

Wydział EAIiE

W jakim czasie energia oscylatora harmonicznego tłumionego zmniejsza się do e

^-1

swej wartości początkowej? Ile pełnych drgań wykona w tym czasie oscylator?

ZADANIE DOMOWE 8.3

(22)

wyklad8 2010/2011, zima 43

Oscylator harmoniczny z wymuszeniem - rezonans

Zakładamy periodyczne wymuszenie w postaci siły wymuszającej danej jako:

( ) ^t

sin F ) t (

F

= _o ω

częstość wymuszenia

Równanie oscylatora harmonicznego z tłumieniem i wymuszeniem ma postać:

) t sin(

F dt kx

b dx dt

x

m d

₂ _o

2

+ + = ω

Wydział EAIiE

Oscylator harmoniczny z wymuszeniem cd.

lub po podzieleniu przez masę:

) t msin(

x F m

k dt dx m

b dt

x

d _o

2

2 + + = ω

) t sin(

dt x dx 1 dt

x d

0 2 2 o

2 +ω =α ω

+τ

i wprowadzeniu standardowych oznaczeń:

W stanie ustalonym drgania oscylatora zachodzą z

częstością wymuszenia ω

(23)

wyklad8 2010/2011, zima 45

Oscylator harmoniczny z wymuszeniem cd.

Rozwiązaniem równania: x sin( t)

dt dx 1 dt

x d

0 2 2 o

2 +ω =α ω

+τ

Otrzymujemy drgania „niegasnące”, jak dla prostego oscylatora harmonicznego, o amplitudzie niezależnej od czasu, ale

amplituda x_ojest funkcjączęstości wymuszenia

przesunięcie fazowe nie jest dowolnąstałąlecz jest również ściśle określone przez częstość wymuszenia

jest: x(t)=x_o(ω)sin(ωt+ϕ(ω))

wyklad8 2010/2011, zima 46

Wydział EAIiE

Przesunięcie fazowe φ(ω) mówi nam, o jaki kąt

maksimum przemieszczenia x wyprzedza maksimum siły wymuszającej F.

wymuszony.XLS

-1,50 -1,00 -0,50 0,00 0,50 1,00 1,50

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00 8,00 9,00 10,00 Serie1 Serie2 Sila

x

φ=-π/2

)) ( t sin(

) ( x ) t (

x = _o ω ω +ϕω

( )

^t

sin F ) t (

F = _o ω

(24)

wyklad8 2010/2011, zima 47

Można pokazać, że:

amplituda drgań

przesunięcie fazowe

( ) ⁽ ⁾

(

²^o ² ² ^o ²

)

¹ ²

o

/ x

τ ω + ω

− ω

= α

2 2 o

tg /

ω

− ω

τ

− ω

= ϕ

zależą w określony sposób od częstości drgań wymuszony2.XLS

Wydział EAIiE

Rezonans występuje amplituda osiąga wartość maksymalną co w praktyce oznacza gdy częstość wymuszenia zbliża się do częstości drgań własnych

x

_o

ω/ω Położenie maksimum amplitudy wychylenia x_o zależy od tłumienia

( ) ⁽ ⁾

(

²^o ² ² ^o ²

)

¹ ²

o

/ x

τ ω + ω

− ω

= α

(25)

wyklad8 2010/2011, zima 49

Przykład 5. Znaleźć warunek rezonansu w przypadku gdy:

a) rozważamy maksymalną amplitudę wychylenia x_max, b) rozważamy maksymalną amplitudę prędkości v_max.

Rozwiązanie:

( )

⁽ ⁾

(

²^o ² ² ^o ²

)

¹²

o

/ x

τ ω + ω

− ω

= α

d ? dx

_o =

ω Wystarczy znaleźć minimum mianownika

(

^o² ²

)

²

⁽

^/

⁾

²

) (

f ω = ω −ω + ω τ

(

o² ²

)

( 2 ) 2

(

/ ²

)

2 ) ( d f

d ω = ω −ω − ω + ω τ

ω 0 ) ( d f

d

rez =

ω ω

dla

2 2 o

rez 2

1

− τ ω

= ω

a)

wyklad8 2010/2011, zima 50

Wydział EAIiE

2 2 o

rez 2

1

− τ ω

= ω

Częstość rezonansu w przypadku (a) zależy od współczynnika tłumienia

Gdy tzn. przy braku tłumieniaτ→ ∞

:

ω_rez =ω_o

( ) ⁽ ⁾

(

^ω ⁻^ω ^α⁺ ^ω ^τ

)

^→^∞

=

ω ₁ ₂

2 2 2 2 o

o rez

o

/ )

( Amplituda drgań x

→0

(26)

wyklad8 2010/2011, zima 51

b) amplituda prędkości

)) ( t sin(

) ( x ) t (

x = _o ω ω +ϕω

)) ( t cos(

) ( x ) t ( dtx ) d t (

v = =ω _o ω ω +ϕω

) ( x v

_max

= ω

_o

ω

( ) ( )

(

²^o ² ² ^o ²

)

¹ ²

max

/ v

τ ω + ω

− ω

= ωα

d ? dv

_max =

ω

Wydział EAIiE

Znaleźć Pokazać, że częstość, przy której występuje maksimum amplitudy prędkości jest równa częstości drgań własnych, niezależnie od tłumienia.

ω d dv_max

ZADANIE DOMOWE 8.4

(27)

wyklad8 2010/2011, zima 53

Kiedy obserwujemy rezonans tego typu?

Najczęściej w obwodach LRC, mierząc natężenie w obwodzie.

rezystancja, R stała tłumienia, b

napięcie, U siła, F

odwrotność pojemności, 1/C stała sprężystości, k

indukcyjność, L masa, m

natężenie prądu i=dq/dt prędkość v=dx/dt

ładunek elektryczny, q wychylenie z położenia równowagi, x

Obwód LRC Oscylator mechaniczny

wyklad8 2010/2011, zima 54

Wydział EAIiE

Położenie maksimum krzywej rezonansowej dla amplitudy natężenia prądu i_onie zależy od tłumienia (oporu) R

Krzywa rezonansowa dla amplitudy prędkości

(28)

wyklad8 2010/2011, zima 55

Składanie drgań harmonicznych

zachodzących w tym samym kierunku x₁(t)=A₁cos(ω₁t+φ₁)

x₂(t)=A₂cos(ω₂t+φ₂)

x

_w

(t)=x

₁

(t)+x

₂

(t)

zachodzących w kierunkach wzajemnie prostopadłych x(t)=A_xcos(ω_xt+φ_x)

y(t)=A_ycos(ω_yt+φ_y) krzywa y(x)

Wydział EAIiE

Wygaszanie i wzmacnianie drgań zachodzących w jednym kierunku

Załóżmy: x

₁

( t ) = A cos( ω t ) x

₂

( t ) = A cos( ω t + ϕ )

drgania o tej samej amplitudzie A zachodzą z tą samą częstością ω, lecz mogąbyćprzesunięte w fazie o φ

W wyniku złożenia otrzymujemy:

2) t 2cos(

cos A 2 ) t ( x ) t ( x

x_wyp = ₁ + ₂ = ϕ ω +ϕ

drgania o amplitudzie zależnej od φ

(29)

wyklad8 2010/2011, zima 57

2) t 2cos(

cos A 2 ) t ( x ) t ( x

x_wyp = ₁ + ₂ = ϕ ω +ϕ

dla φ=π, x

_wyp

=0 całkowite wygaszenie drgań

dla φ=2π, x

_wyp

= 2A cos (ωt) dwukrotny wzrost amplitudy drgań - wzmocnienie

wyklad8 2010/2011, zima 58

Wydział EAIiE

Dudnienia Nakładanie się drgań o bardzo zbliżonych częstościach

t 2 ) sin(

A ) t (

y₁ = ω+ ∆ω

t 2 ) sin(

A ) t (

y₂ = ω− ∆ω







 ω−∆ω + ω+ ∆ω

= +

= )t

sin( 2 t 2 ) sin(

A y y

y ₁ ₂

Korzystając ze wzoru trygonometrycznego:

β α + β α

= β +

α ) sin cos cos sin sin(

Otrzymujemy: ^y⁼²^A^cos(^∆₂^ω^t⁾^sin^ω^t

drgania o modulowanej amplitudzie

(30)

wyklad8 2010/2011, zima 59

liss-prez.XLS

Składanie drgań harmonicznych w kierunkach wzajemnie prostopadłych

Krzywe Lissajous – Jules Antoine Lissajous (1822- 1880) po raz pierwszy zademonstrował krzywe w roku 1857

Przykład 6. Znaleźć wynik złożenia drgań prostopadłych opisanych równaniami:

t sin A ) t (

x = _x ω

) t sin(

A ) t (

y = _y ω +ϕ

gdy

:

φ=0, φ=90^o, φ=180^o

Wydział EAIiE

Elipsa jest wynikiem złożenia drgań:

t sin A ) t (

x = _x ω

2) t sin(

A ) t (

y = _y ω + π

t sin A ) t (

x = _x ω

) t cos(

A 2) t sin(

A ) t (

y = _y ω + π = _y ω

Rozwiązanie analityczne:

t sin A

) t (

x ₂

2 x

2 = ω cos t

A ) t (

y ₂

2 y

2 = ω 1

A ) t ( y A

) t ( x

2 y 2 2 x

2 + =

(31)

wyklad8 2010/2011, zima 61

PODSUMOWANIE

Oscylator harmoniczny: małe drgania (mała amplituda drgań) oraz małe tłumienia

DRGANIA –OSCYLATOR HARMONICZNY