תוינומרה תודונת ־ #13 לוגרת יטרואית עקר 2014 ראוניב 15 טושפ דנתמ
by user
Comments
Transcript
תוינומרה תודונת ־ #13 לוגרת יטרואית עקר 2014 ראוניב 15 טושפ דנתמ
תרגול #13־ תנודות הרמוניות 15בינואר 2014 רקע תיאורטי מתנד פשוט כאשר יש לנו כח מחזיר ,כח אשר רוצה "להחזיר" אותנו לנק' שיווי משקל .מתמטית מדובר בכח שפרופורציוני למינוס ההעתק ,לדוגמא: • קפיץ ) −k (x − x0 • מטוטלת )תנודה בזוויות קטנות( −mg sin θ ' −mgθ משוואת הכוחות תוביל אותנו לצורה הבאה: ẍ + ω02 x = 0 כאשר ω0היא התדירות של המערכת )הקרויה גם התדירות העצמית( והיא שורש המקדם לפני ההעתק. • עבור קפיץ k m • עבור מטוטלת = ω02 g l = ω02 פתרון משוואה זו ) x (tהיא הפונקציה ההרמונית: )x (t) = A cos (ω0 t + φ A־ נקרא משרעת או אמפליטודה .גודלו חיובי והוא מייצג את | .|xmaxבמקרה של קפיץ מדובר במרחק המקסימלי מנק' שיווי המשקל ובמקרה של מטוטלת מדובר בזווית המקסימלית מהזווית בה יש שיווי משקל. φ־ היא פאזה )ביחידות של רדיאנים( והיא קשורה ל־) x (0המיקום ההתחלתי של המסה ביחס לנק' שיווי המשקל. Aו־ φהם קבועים ויש למצוא אותם אותם בעזרת שני תנאי התחלה ) x (t = 0ו־= )v (t = 0 )) .ẋ (t = 0הערה :לא מחייב שהתנאים יהיו בזמן t = 0למרות שלרוב זה יהיה כך .אם יש תנאי בזמן אחר t 6= 0יש להציב ערך זה של tבמשוואות(. 1 מתנד מרוסן )איכותית בלבד( בתוספת לכח המחזיר ישנו גם כח גרר )כח חיכוך כלשהו( .מתמטית מדובר בכח הפרופורציוני למינוס המהירות ˙ .F~ = −b~v = −b~xמשוואת הכוחות תוביל אותנו לצורה הבאה: ẍ + γ ẋ + ω02 x = 0 כאשר b m = .γפתרון המשוואה ) x (tהוא: )x (t) = Ae−t/τ cos (ωt + φ זו פונקציה הרמונית שהאמפליטודה )משרעת( שלה הולכת וקטנה עם הזמן אקספוננציאלית עם קבוע דעיכה τובעלת תדירות ωהשונה מהתדירות העצמית ω0של המתנד ללא הריסון. 1 τ2 2 γ r ω02 − = τ = ω ישנם שני מצבים: • ריסון חלש יחסית בזמן 1 τ > ω0־ במקרה זה כח החיכוך יחסית קטן והאמפליטודה תקטן לאט • ריסון חזק ω0 < τ1־ במקרה זה כח החיכוך יחסית חזק והמתנד לא יעשה תנודות כי האמפליטודה תקטן משמעותית בטרם יעבור מחזור שלם. • ריסון קריטי 1 τ = ω0־ ערך המפריד בין שני המצבים לעיל. ריסון חזק q עבור מקרה זה התדירות ω = i τ12 − ω02הוא מספר מרוכב ואז הפתרון הופך: = e−t/τ A1 e−Ωt + A2 e+Ωt )x (t = A1 e−( τ +Ω)t + A2 e−( τ −Ω)t 1 1 = A1 e−Ω1 t + A2 e−Ω2 t כאשר − ω02 1 τ2 q = .Ω ריסון קריטי קיים רק במקרה שבו התדירות העצמית ω0שווה להופכי של קבוע הדעיכה .τזהו ערך יחיד אשר נותן פתרון: x (t) = Ae−t/τ 2 מתנד מאולץ )איכותית בלבד( בתוספת לכח המחזיר ישנו כח מאלץ מהצורה ) F = F0 cos (ωF t + φFכאשר ωF , φF נתונים ואין צורך למצוא אותם .אם יש בבעיה גם כח גרר אז משוואת הכוחות תוביל למשוואה: F0 ) cos (ωF t + φF m = ẍ + γ ẋ + ω02 x אם אין כח גרר אז לא נקבל תלות ב־̇ xולמעשה זה כמו להציב .γ = 0פתרון המשוואה הכללית לאחר הרבה מאוד זמן הוא מהצורה F0 q ) cos (ωF t + φF 2 m2 (ωF2 − ω02 ) + m2 γ 2 ωF2 = )x (t לאחר הרבה זמן )מה שקרוי מצב עמיד( אנו מקבלים ש־) x (tעושה תנודות באותה תדירות כמו הכח המאלץ .כיוון שאנחנו לא "מתעסקים" עם הפתרון בזמנים התחלתיים לפני שהוא מגיע למצב עמיד ,אין צורך להשתמש בתנאי התחלה. רזוננס )תהודה( כאשר תדירות המאלץ שווה לתדירות העצמית של המערכת ωF = ω0מקבלים מצב תהודה, מצב בו התנודות חזקות ביותר ומגיעות לערך מירבי .בחיי היום יום משתמשים בתכונה זו כמו למשל במיקרוגל לשם חימום אוכל או ברדיו לשם מציאת תחנות בתדרים מסויימים. אולם לעיתים תכונה זו אינה רצויה )כמו בתכנון אולמות קונצרטים( ואף מסוכנת כמו במקרה של גשר מצר טקומה בוושינגטון ארה"ב. 3 שאלה 1 5113־ קפיץ על דיסק מסתובב דיסקה מסתובבת סביב צירה במהירות זוויתית Ωכמתואר בשרטוט .לדיסקה מחוברת מסה mבאמצעות קפיץ בעל קבוע .kהמסה יכולה לנוע רק לאורך הקוטר .כאשר הדיסקה לא מסתובבת המסה נמצאית במרכז והקפיץ במצבו הרפוי. מצאו את התדירות בה המסה מבצעת תנודות. פתרון על המסה פועל כח קפיץ אשר פרופורציוני למיקום המסה ביחס לנקודת שיווי המשקל. מיקום המסה כאשר הקפיץ הינו רפוי הוא מרכז הדיסקה ולכן |∆x| = rכיוון הכח הוא תמיד אל מרכז הדיסקה בין אם הקפיץ מכווץ או מתוח )בדקו זאת(: ̂F~sp = −krr כיוון הוקטור ̂ rהוא החוצה מן המעגל. לשם נוחות ,נעבור למערכת הדיסקה ונרשום משוואת כוחות ,כלומר עלינו להוסיף את הכח המדומה .הדיסקה מסתובבת בתדירות Ωולכן יש לה תאוצה אל מרכזה שגודלה ) Ω2 rכל נקודה על גבי הדיסקה מאיצה( .המסה מרגישה כח מדומה החוצה מן המעגל )בכיוון הרדיוס ̂.(r ̂F~imag == mΩ2 rr סך הכוחות על המסה במערכת הדיסקה )המסתובבת(: = −kr + mΩ2 r = − k − mΩ2 r Ftotal 2 d r a = dvכיוון שהמסה נעה לאורך הקוטר )קו ישר ,קינמטיקה מקינמטיקה ̈dt = dt2 = r במימד (1במערכת המסתובבת והקורדינטה שלנו היא :r k − Ω2 r m d2 r k − mΩ2 = r̈ = − r=− 2 dt m קיבלנו משוואה דיפרנציאלית מן הצורה: d2 r = r̈ = −ω 2 r dt2 4 ואנו יודעים שפתרון המשוואה היא תנועה הרמונית ) ,r (t) = A cos (ωt + φכאשר ω מייצגת את התדירות של תנודות הגוף ,ולכן: r k =ω − Ω2 m k m נשים לב שכל עוד > Ω2 שלילי והתנועה אינה יציבה. אז תהיה לנו תנועה הרמונית ,אחרת הביטוי מתחת לשורש שאלה 1 5206־ מטוטלת במעלית מטוטלת פשוטה שמסתה mואורכה Lמתנדנדת מתקרת מעלית שמאיצה כלפי מעלה בתאוצה .aמהו זמן המחזור של המטוטלת? פתרון כאשר המעלית אינה מאיצה ,יש לפנינו מטוטלת פשוטה .אם נכתוב משוואת כוחות בכיוון המשיקי נקבל: Ftot = mat = −mg sin θ אם מקפידים על בחירת הראשית והצירים ,האנך מייצג זווית אפס θ = 0וסטייה מימינו מוגדרת כזווית חיובית .θ > 0לפי מערכת צירים ימנית תנועה נגד כיוון השעון היא חיובית )הגדלת הזווית( ותנועה עם כיוון השעון היא שלילית .המינוס שמופיע מותאם כך שעבור זוויות שונות כיוון הכח יהיה עם סימן מתאים. אפשר לחילופין לזכור כי במטוטלת רכיב כח הכבידה מתנהג כמו כח מחזיר )רוצה להחזיר לנקודת שיווי משקל יציבה( ולכן הסימן מינוס חיוני. עבור זוויות קטנות sin θ ' θונוסף על כך יש את הקשר בין תאוצה משיקית לתאוצה זוויתית ומשם לזווית עצמה: dω d2 θ ̈= L 2 = Lθ dt dt at = Lα = L נציב ונקבל: mLθ̈ = −mgθ g θ̈ = − θ L r g L = = = d2 θ dt2 d2 θ dt2 mL ω0 אולם בבעיה שלנו המטוטלת מצויה במעלית שמאיצה כלפי מעלה בתאוצה .aאם נכתוב משוואת במערכת המעלית עלינו להוסיף כח מדומה בכיוון מטה בגודל ,maכלומר מתווסף כח מדומה באותו הכיוון של כח הכובד ולכן: = mat = −mg sin θ − ma sin θ = −m (g + a) sin θ ' −m (g + a) θ 5 Ftot השוני היחיד מהמשוואה הקודמת )שאינה מאיצה( היא שהוספנו ל־ gאת התאוצה aולכן התדירות החדשה תהא: g+a = θ̈ = − θ L r g+a = L d2 θ dt2 ω זמן המחזור יהיה פשוט: L g+a s 2π = 2π ω = T שאלה 1 5204־ מטוטלת מסתובבת בסיס של מטוטלת בעלת מסה mמסתובב סביב צירו במהירות זוויתית ωכמתואר בשרטוט. נתון :m, g, l, ω א .מצאו את המשוואה הדיפרנציאלית עבור .θ ב .באיזו מהירות זוויתית ωcהנקודה היציבה θ = 0מאבדת יציבות? ג .עבור ω > ωcמצאו נק' שיווי משקל יציבה לפי .θ ד .חשבו את תדירות תנודות קטנות ליד הנק' שחושבה בסעיף ג'. פתרון א .מצאו את המשוואה הדיפרנציאלית עבור .θ כדי לקבל משוואה דיפרנציאלית נרשום משוואת כוחות .ישנו את כח הכובד ואם אנו נמצאים במערכת המסתובבת עלינו להוסיף את הכח המדומה mω 2 rאשר פועל על המטוטלת החוצה מציר הסיבוב )ימינה בשרטוט( .גם כאן אנו רושמים משוואת כוחות בכיוון המשיקי: Ftot = mat = mω 2 r cos θ − mg sin θ 6 שימו לב כי שוב ,מדובר בתנועה במימד אחד כאשר הציר החיובי הוא התנועה נגד כיוון השעון )הכיוון שמגדיל את הזווית (θולכן רכיב הכח המדומה הוא עם סימן חיובי ורכיב כח הכבידה עם סימן שלילי .בנוסף r ,הוא המרחק של המסה מציר הסיבוב r = l sin θוהקשר בין התאוצה המשיקית לזווית הוא ̈) at = lα = lθמקינמטיקה(: d2 θ = mlθ̈ = mω 2 l sin θ cos θ − mg sin θ dt2 h d2 θ gi 2 = ̈θ = sin θ ω cos θ − )(1 dt2 l קיבלנו משוואה דיפרנציאלית מסדר שני )נגזרת שניה( עבור .θשימו לב לשם כך לא היה עלינו להניח תנודות בזוויות קטנות. ml ב .באיזו מהירות זוויתית ωcהנקודה היציבה θ = 0מאבדת יציבות? אנו יודעים כי θ = 0היא נקודת שיווי משקל יציבה עבור מטוטלת פשוטה .בואו נבחן את המערכת החדשה שלנו )מטוטלת פשוטה מסתובבת(. נק' שיווי משקל →← .Ftot = 0מאחר ו־̈ Ftot = mlθנקבל שעבור θ̈ = 0נקבל ערכי θ בהם יש שיווי משקל .ממבט בנוסחה ) (1ניתן לראות שמקבלים אפס עבור 3מקרים: sin θ = 0 ⇒ θ = 0, π g g ω cos θ − = 0 ⇒ cos θ = 2 l lω כעת צריך לבדוק לגבי יציבות הנקודה .זווית בה יש שיווי משקל יציב תהיה כזו שעבור סטייה ממנה הכח יהיה בכיוון שירצה להחזיר את המסה לאותה הזווית. על מנת לבדוק זאת עלינו לגזור את הביטוי עבור הכח .נזכור כי 2 dU 1 dU =− dx l dθ 1 d2 U l dθ2 = − = F dF dθ − כאשר Uהיא האנרגיה הפוטנציאלית .כלומר ,אם נגזור את ̈ θלפי הזווית ונכפול במינוס נוכל לבדוק אם נק' שיווי המשקל הם מינימום או מקסימום כיוון שעבור: (− dFבביטוי עבור האנרגיה הפוטנציאלית ⇐ Uנק' שיווי משקל • נקודת מינימום )dθ > 0 יציב. (− dFבביטוי עבור האנרגיה הפוטנציאלית ⇐Uנק' שיווי • נקודת מקסימום )dθ < 0 משקל לא יציב )רופף(. )הערה חשובה :זכרו כי אנרגיה פוטנציאלית Uמוגדרת רק עבור כוחות משמרים .כח הכבידה הוא כח משמר .הכח השני הוא כח מרכזי )רק החוצה( ,כח מרכזי הוא כח משמר(. מעניין אותנו רק הסימן ,אזי נגזור נכפול במינוס ונקבל: h d g i θ̈ = sin θ ω 2 cos θ − dθ l h i g − cos θ ω 2 cos θ − − sin θ −ω 2 sin θ l g 2 2 −ω cos θ + cos θ + ω 2 sin2 θ l = − )(2 7 ∝ ∝ ̈dθ dθ d2 U dθ2 d2 U dθ2 − נבחן את הזווית θ = 0בכך שנציב ונראה מתי הנקודה אינה יציבה ,כלומר מתי הביטוי לעיל הוא שלילי )לא יציב(: g cos 0 + ω 2 sin2 0 l −ω 2 cos2 0 + ∝ −ω 2 + ∝ g l > g <0 l כלומר ,עבור מהירות זוויתית g l d2 U dθ2 d2 U dθ2 ω = ω > ωcנקבל שהזווית θ = 0אינה יציבה יותר. ג .עבור ω > ωcמצאו נק' שיווי משקל יציבה לפי .θ נבדוק את נק' השיווי המשקל האחרת cos θ0 = lωg2האם היא יציבה .נציב את ערכה בנוסחה ) (2ונבדוק אם הביטוי הוא חיובי )יציב(: g −ω 2 cos2 θ0 + cos θ0 + ω 2 sin θ02 l g 2 g g −ω 2 + + ω 2 sin θ02 lω 2 l lω 2 g2 g2 − 2 2 + 2 2 + ω 2 sin θ02 l ω l ω d2 U dθ2 d2 U dθ2 d2 U dθ2 d2 U dθ2 ∝ ∝ ∝ ∝ ω 2 sin θ02 > 0 קיבלנו ביטוי חיובי ולכן זווית זו היא נק' שיווי משקל יציבה. ד .חשבו את תדירות תנודות קטנות ליד הנק' שחושבה בסעיף ג'. ליד הנקודה שחושבה בסעיף קודם cos θ0 = lωg2המערכת מבצעת תנודות בזוויות קטנות. נרצה לכתוב את משוואת הכוחות סביב זווית זו .לשם כך נבחר ) θ = θ0 + ∆θכאשר ∆θ היא זווית קטנה ביחס לזווית .(θ0נציב במשוואה ):(1 h gi (θ0 +¨ ∆θ) = sin (θ0 + ∆θ) ω 2 cos (θ0 + ∆θ) − l נשתמש בקירוב עבור זוויות קטנות )או לחילופין ,טור טיילור ־ אנחנו יודעים שלמדתם(: sin θ0 cos ∆θ + cos θ0 sin ∆θ ' sin θ0 + ∆θ cos θ0 = )sin (θ0 + ∆θ cos θ0 cos ∆θ − sin θ0 sin ∆θ ' cos θ0 − ∆θ sin θ0 = )cos (θ0 + ∆θ מאחר ו־ ∆θהיא תנודה קטנה סביב .θ0נציב ונקבל: gi = (sin θ0 + ∆θ cos θ0 ) ω 2 (cos θ0 − ∆θ sin θ0 ) − l h gi 2 g 2 = (sin θ0 + ∆θ cos θ0 ) ω = − (sin θ0 + ∆θ cos θ0 ) ω 2 ∆θ sin θ0 − ω ∆θ sin θ0 − lω 2 l 2 = −ω 2 sin2 θ∆θ − (∆θ) ω 2 cos θ0 ' −ω 2 sin2 θ∆θ h 8 ¨ ∆θ ¨ ∆θ ¨ ∆θ קיבלנו משוואה דיפרנציאלית של מתנד הרמוני פשוט ¨ = −ω 2 sin2 θ∆θ ∆θוהתדירות שלו: g g Ω2 = ω 2 sin2 θ = ω 2 1 − cos2 θ = ω 2 1 − 2 = ω 2 − lω l r g = Ω ω2 − l 9