szkic wykładów z mechaniki analitycznej

Mechanika analityczna. Małe drgania układów zachowawczych
1. Drgania swobodne układów o jednym stopniu swobody
1.1. Wprowadzenie teoretyczne
Załóżmy, że układ materialny o jednym stopniu swobody i wi˛ezach idealnych, skleronomicznych i
holonomicznych znajduje si˛e w zachowawczym polu sił. Zakładamy małe wychylenie układu z położenia
równowagi i współrz˛edna˛ q odmierzać b˛edziemy właśnie od tego położenia. Zatem w położeniu q = 0
energia potencjalna osiaga
˛ minimum.
Punktem wyjścia naszych rozważań jest równanie
d ∂T
∂ T ∂V
−
+
= 0.
dt ∂ q̇
∂q ∂q
Rozwińmy V = V (q) w szereg Taylora wokół położenia równowagi (q = 0):
1 d3V
1 d2V
dV
2
q +
q3 + . . .
q+
V = Vq=0 +
dq q=0
2! dq2 q=0
3! dq3 q=0
Wobec powyższych założeń
Vq=0 = Vmin = 0,
oraz
dV
dq
=0
(warunek konieczny równowagi)
q=0
Zakładamy ponadto, że q jest mała˛ pierwszego rz˛edu, wi˛ec pozostawiajac
˛ pierwszy niezerowy wyraz
rozwini˛ecia mamy w przybliżeniu
1 d2V
q2
V=
2 dq2 q=0
Oznaczajac
˛
d2V
dq2
=c>0
(minimum)
q=0
mamy
1
V = cq2
2
Energi˛e kinetyczna˛ przy poczynionych założeniach można zapisać nast˛epujaco:
˛
T=
1
f (q) q̇2 .
2
Podobnie jak współrz˛edna˛ q, pr˛edkość q̇ b˛edziemy również traktować jako mała˛ rz˛edu pierwszego.
Rozwijamy teraz f (q) w szereg Taylora wokół punktu q = 0:
df
1 d2 f
f (q) = fq=0 +
q+
q2 + . . .
dq q=0
2 dq2 q=0
1
Pomijajac
˛ małe wyższych rz˛edów i wstawiajac
˛ to rozwini˛ecie do wyrażenia na energi˛e, mamy
T=
1
f (q)q=0 q̇2
2
lub
1
T = aq̇2
2
Zatem energia kinetyczna zależy tylko od pr˛edkości uogólnionej.
Obliczajac
˛ odpowiednie pochodne
∂V
∂T
d ∂T
= cq,
= aq̇,
= aq̈,
∂q
∂ q̇
dt ∂ q̇
i wstawiajac
˛ do równania Lagrange’a, otrzymujemy
aq̈ + cq = 0
Wprowadzajac
˛ stała˛ k2 = c/a, mamy
q̈ + k2 q = 0.
Rozwiazaniem
˛
tego równania jest
q = λ cos (kt + ε)
r
2π
a
τ=
= 2π
– okres drgań
k
c
1.2. Przykład
Energia potencjalna:
l
V = mg (1 − cos ϕ)
2
lub w przybliżeniu do małych rz˛edu drugiego:
1
V = mglϕ 2 ,
4
gdyż
ϕ2 ϕ4
ϕ2
1 − cos ϕ = 1 − 1 −
+
−... ≈
2!
4!
2
2
∂T
=0
∂q
Energia kinetyczna w ruchu płaskim:
1
T = IS ϕ̇ 2 ,
2
gdzie IS to moment bezwładności pr˛eta wzgl˛edem chwilowego środka obrotu:
2
l
1
ml 2
= ml 2 ,
+m
IS = IC + m|SC| =
12
2
3
2
czyli
1
T = ml 2 ϕ̇ 2
6
Równanie Lagrange’a:
d
dt
∂T
∂ ϕ̇
−
∂ T ∂V
+
=0
∂ϕ ∂ϕ
3g
ϕ =0
2l
r
3g
k=
2l
s
2l
2π
= 2π
τ=
k
3g
ϕ̈ +
2. Drgania swobodne układów o wielu stopniach swobody
2.1. Wprowadzenie teoretyczne
Rozważamy nieswobodny układ o s stopniach swobody. Po odpowiednim rozwini˛eciu w szerego
Taylora energia kinetyczna i potencjalna beda˛ miały postać
T
=
V
=
1
a jk q̇ j q̇k ,
2
1
c jk q j qk ,
2
a jk = ak j ,
j, k = 1, 2, . . . , s
c jk = ck j ,
j, k = 1, 2, . . . , s
Korzystajac
˛ z równań Lagrange’a
d
dt
∂T
∂ q̇ j
−
∂T
∂V
=−
,
∂qj
∂qj
otrzymujemy układ równań różniczkowych drgań
a jk q̈k + c jk qk = 0.
Rozwiazania
˛
układu szukamy w postaci
qk = Ck eλt .
Stad
˛
a jk λ 2 + c jk Ck = 0 .
Jest to układ algebraicznych równań jednorodnych ze wzgl˛edu na λ . Posiada on nietrywialne rozwiazanie,
˛
jeśli
∆ (λ ) = det a jk λ 2 + c jk = 0 .
3
∆ (λ ) jest równaniem charakterystycznym układu równań różniczkowych. Równanie to jest stopnia 2s
wzgl˛edem λ , czyli posiada 2s pierwiastków (tzw. wartości własnych)
λα ,
α = 1, 2, . . . , 2s
Jeśli do ∆ (λ ) wstawimy pierwiastek λα , otrzymamy zależności mi˛edzy amplitudami Ck :
a jk λα2 + c jk Ck = 0 ,
(1)
gdzie Ck to amplituda odpowiadajaca
˛ wartości własnej λα .
Rozwiazanie
˛
ogólne równań różniczkowych drgań przedstawiamy w postaci
qk = Re Ckα eλat .
Jeżeli na układ działaja˛ tylko siły potencjalne, to pierwiastki (wartości własne) musza˛ być urojone.
Ponieważ układ równań charakterystycznych jest stopnia 2s, to mamy pary sprz˛eżonych pierwiastków
λα− = −iωα ,
λα+ = iωα ,
gdzie ωα to cz˛estości własne. Stad
˛
h
i
qk = Re (Ckα )+ eiωat + (Ckα )− e−iωat .
(2)
Żeby układ równań algebraicznych (1) miał rozwiazanie
˛
nietrywialne, przynajmniej jedna amplituda Ckα
powinna być różna od zera.
Niech b˛edzie to Csα . Wówczas przenoszac
˛ na prawa˛ stron˛e układu (1), zgodnie ze wzorami Cramera
mamy
∆αp
p = 1, . . . , s − 1
Cαp = α Csα ,
∆s
gdzie ∆αp jest dopełnieniem algebraicznym elementu z p-tej kolumny i dowolnego wiersza wyznacznika
równania charakterystycznego obliczonego dla λ = λα . Ponieważ amplituda Ckα nie jest określona, to
oznaczajac
˛
Cα
Cα = sα ,
∆s
mamy
Ckα = Cα ∆αk ,
(3)
gdzie Cα jest dowolna˛ stała.˛ Postawiajac
˛ (3) do (2), otrzymujemy
qk = Re Cα+ ∆k (iωα ) eiωat +Cα− ∆k (−iωα ) e−iωat .
Ponieważ zadane siły sa˛ potencjalne, równanie charakterystyczne i wszystkie dopełnienia algebraiczne
zawieraja˛ tylko parzyste pot˛egi. Stad
˛ wszystkie ∆k sa˛ rzeczywiste oraz
∆k (iωα ) = ∆k (−iωα ) ,
(4)
czyli uwzgl˛edniajac,
˛ że
Re Cα+ eiωat +Cα− e−iωat = Aα cos (ωα t + βα ) ,
możemy zapisać ogólne rozwiazanie
˛
w postaci
qk = ∆k (iωα ) θα ,
gdzie
θα = Aα cos (ωα t + βα ) .
4
(5)
Nie należy utożsamiać którejkolwiek cz˛estości własnej ωα z cz˛estościa˛ własna˛ któregoś z punktów
układu. Tak jest tylko wtedy, gdy punkty układu nie oddziałuja˛ ze soba˛ (każdy ma jeden stopień swobody).
Cz˛estości własne charakteryzuja˛ ruch układu jako całości. Zawsze można zadać warunki poczatkowe
˛
tak, by wszystkie współrz˛edne zmieniały si˛e harmonicznie wzgl˛edem czasu z jedna˛ z cz˛estości własnych
układu.
Z ogólnego rozwiazania
˛
qk = ∆k (iωα ) θα
wynika, że jako współrz˛edne uogólnione można przyjać
˛ wielkości θα , ponieważ rozwiazanie
˛
to przedstawia liniowe przekształcenie θα na qk . Współrz˛edne θα nazywa si˛e współrz˛ednymi normalnymi.
Odpowiednio drgania harmoniczne zachodzace
˛ z cz˛estościami własnymi układu nazywa si˛e drganiami
normalnymi.
Oczywiście współrz˛edne normalne spełniaja˛ równania
θ̈α + ωα2 θα = 0 .
Jeśli pewna cz˛estość własna ωα = 0, to zgodnie z powyższym równaniem
θα = θ̇α0t + θα0 .
Mamy wówczas do czynienia z tak zwanymi drganiami zerowymi. Ma to miejsce wtedy, gdy energia potencjalna osiaga
˛ minimum nie w jednym punkcie, a w pewnym obszarze, tj. w tym przypadku,
gdy energia potencjalna nie ma właściwego minimum.
2.2. Drgania układu o dwóch stopniach swobody
Rozważmy układ o dwóch stopniach swobody opisywany współrz˛ednymi q1 i q2 . Dla q1 = q2 = 0
układ znajduje si˛e w równowadze.
Energia potencjalna:
∂V
∂V
V (q1 , q2 ) = Vq1 =q2 =0 +
q1 +
q2 +
∂ q1 q1 =q2 =0
∂ q2 q1 =q2 =0
"
2
1
∂ 2V
∂ V
2
+
q +2
q1 q2 +
2!
∂ q1 ∂ q2 q1 =q2 =0
∂ q21 q1 =q2 =0 1
#
2 ∂ V
2
+
q +...
∂ q22 q1 =q2 =0 2
Ponieważ
Vq1 =q2 =0 = 0 ,
∂V
∂ q1
=
q1 =q2 =0
∂V
∂ q2
= 0,
q1 =q2 =0
wi˛ec
V=
1
c11 q21 + 2c12 q1 q2 + c22 q22 ,
2
gdzie
c11 =
∂ 2V
∂ q21
c22 =
q1 =q2 =0
c12 = c21 =
∂ 2V
∂ q1 ∂ q2
5
∂ 2V
∂ q22
q1 =q2 =0
q1 =q2 =0
Jeśli energia V ma osiagać
˛
minimum, to
c11 > 0 ,
c22 > 0 ,
c11 c22 − c212 > 0 .
Energia knetyczna b˛edzie postaci
T=
1
a11 q̇21 + 2a12 q̇1 q̇2 + a22 q̇22 ,
2
wynikajacej
˛ z ogólnej postaci energii kinetycznej dla wi˛ezów skleronomicznych i holonomicznych. Musi
być ona oczywiście dodatnio określona, czyli
a11 > 0 ,
a22 > 0 ,
Ponieważ
a11 a22 − a212 > 0 .
∂T
∂T
=
= 0,
∂ q1 ∂ q2
wi˛ec równania Lagrange’a przyjma˛ postać
d ∂T
∂V
+
=0
dt ∂ q̇1
∂ q1
d ∂T
∂V
=0
+
dt ∂ q̇2
∂ q2
Biorac
˛ pod uwag˛e, że
∂T
= a11 q̇1 + a12 q̇2 ,
∂ q̇1
∂V
= c11 q1 + c12 q2 ,
∂ q1
∂T
= a21 q̇1 + a22 q̇2 ,
∂ q̇2
∂V
= c21 q1 + c22 q2 ,
∂ q2
otrzymujemy
a11 q̈1 + a12 q̈2 + c11 q1 + c12 q2 = 0
a21 q̈1 + a22 q̈2 + c21 q1 + c22 q2 = 0
Rozwiazań
˛
tego układu b˛edziemy poszukiwać w postaci
q1 = A1 cos (ωt + β )
q2 = A2 cos (ωt + β )
Założonym rozwiazaniom
˛
odpowiada pewien szczególny rodzaj drgań. Obie współrz˛edne zmieniaja˛ si˛e
z tym samym okresem oraz w tej samej fazie o amplitudach odpowiednio A1 i A2 . Drgania te nazywamy
drganiami normalnymi.
Wstawiajac
˛ rozwiazania
˛
do równań mamy
2 A + c − a ω 2 A cos (ωt + β ) = 0
c
−
a
ω
11
11
11
12
12
2
c21 − a21 ω 2 A11 + c22 − a22 ω 2 A2 cos (ωt + β ) = 0
Stad
˛ otrzymujemy układ równań na wartości własne:
c11 − a11 ω 2 A11 + c12 − a12 ω 2 A2 = 0
c21 − a21 ω 2 A11 + c22 − a22 ω 2 A2 = 0
Jest to układ równań jednorodnych, wi˛ec wyznacznik musi być równy zero:
c11 − a11 ω 2 c12 − a12 ω 2 = 0.
∆ = c21 − a21 ω 2 c22 − a22 ω 2 6
(1)
Po jego rozwini˛eciu otrzymujemy równanie dwukwadratowe ze wzgl˛edu na cz˛estość ω.
Pierwiastki oznaczmy przez ω1 i ω2 . Oba sa˛ dodatnie, czyli otrzymujemy rzeczywiste wartości
własne dla cz˛estości drgań normalnych.
Ponieważ zmiana ω na −ω nie prowadzi do nowych niezależnych rozwiazań,
˛
b˛edziemy w dalszym
ciagu
˛ uwzgl˛edniać tylko wartości dodatnie. Ponadto wyłaczamy
˛
szczególny przypadek pierwiastka podwójnego. Mamy wi˛ec dwie postaci drgań normalnych o okresach
τ1 =
2π
,
ω1
τ2 =
2π
.
ω2
Rozwiazania
˛
szczególne dla ω1 b˛eda˛ teraz postaci
(1)
(1)
(1)
(1)
q1 = A1 cos (ω1t + β1 ) ,
q2 = A2 cos (ω1t + β1 ) .
(1)
(1)
Ale amplitudy A1 i A2 nie sa˛ od siebie niezależne. Ich stosunek można wyznaczyć z jakiegokolwiek
równania z układu (1).
Z pierwszego mamy
c11 − a11 ω12 (1)
(1)
A .
A2 = −
c12 − a12 ω12 1
Stad
˛ rozwiazania
˛
szczególne dla ω1 :
(1)
(1)
q1 = A1 cos (ω1t + β1 ) ,
(1)
q2 = −
c11 − a11 ω12 (1)
A cos (ω1t + β1 ) .
c12 − a12 ω12 1
Podobnie post˛epujac
˛ dla cz˛estości ω2 , otrzymujemy
(2)
(2)
q1 = A1 cos (ω2t + β2 ) ,
(2)
q2 = −
c11 − a11 ω12 (2)
A cos (ω2t + β2 ) .
c12 − a12 ω12 1
Otrzymaliśmy cztery całki szczególne wyjściowego układu równań różniczkowych. Rozwiazanie
˛
ogólne
jest zatem ich superpozycja:
˛
(1)
(2)
q1 = A1 cos (ω1t + β1 ) + A1 cos (ω2t + β2 )
q2 = −
c11 − a11 ω12 (1)
c11 − a11 ω12 (2)
A
cos
(ω
t
+
β
)
−
A cos (ω2t + β2 )
1
1
c12 − a12 ω12 1
c12 − a12 ω12 1
Małe drgania układu o dwóch stopniach swobody możemy wi˛ec rozpatrywać jako superpozycj˛e dwóch
drgań normalnych, które sa˛ drganiami harmonicznymi. Należy jednak podkreślić, że ruch wypadkowy
nie jest na ogół ruchem okresowym.
2.3. Przykład: Podwójne wahadło matematyczne
Energia potencjalna:
V = m1 gl1 (1 − cos ϕ1 ) +
+ m2 g [l1 (1 − cos ϕ1 ) + l2 (1 − cos ϕ2 )] .
Ze wzgl˛edu na małe katy
˛ można przyjać
˛
1 − cos ϕ1 ≈
ϕ12
,
2
1 − cos ϕ2 ≈
7
ϕ22
,
2
V=
1
(m1 + m2 ) l1 gϕ12 + m2 l2 gϕ22 .
2
Zgodnie z teoria˛
c11 = (m1 + m2 ) l1 g ,
c22 = m2 l2 g ,
c12 = 0
Energi˛e kinetyczna˛ określa wzór
T=
1
m1 v21 + m2 v22 ,
2
gdzie
v1 = l1 ϕ̇1 ,
v2 = u + w
oraz
u = v1 = l1 ϕ̇1
(pr˛edkość unoszenia)
w = l2 ϕ̇2
(pr˛edkość wzgl˛edna)
Wektory u i w tworza˛ ze soba˛ kat
˛ ϕ2 − ϕ1 , stad
˛
v22 = u2 + w2 + 2uw cos (ϕ2 − ϕ1 ) = l12 ϕ̇12 + l22 ϕ̇22 + 2l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos (ϕ2 − ϕ1 ) .
Energia kinetyczna b˛edzie wi˛ec postaci
T=
1 2 2
m1 l1 ϕ̇1 + m2 l12 ϕ̇12 + l22 ϕ̇22 + 2l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos (ϕ2 − ϕ1 ) .
2
Powyższy wzór dotyczy dowolnych ruchów wahadła. Dla małych wychyleń przyjmujemy przybliżona˛
postać T przy założeniu ϕ1 −ϕ2 ∼
= 0. Jest to tym bardziej uzasadnione, że w potencjalnym polu sił energia
kinetyczna jest forma˛ kwadratowa˛ wyłacznie
˛
pr˛edkości uogólnionych. Mamy zatem
T=
1
(m1 + m2 ) l12 ϕ̇12 + 2m2 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 + m2 l22 ϕ̇22 .
2
Współczynniki a jk b˛eda˛
a11 = (m1 + m2 ) l12 ,
a12 = a21 = m2 l1 l2 ,
a22 = m2 l22 .
Wstawiajac
˛ T i V do równan Lagrange’a otrzymujemy
(m1 + m2 ) l12 ϕ̈1 + m2 l1 l2 ϕ̈2 + (m1 + m2 ) l1 gϕ1 = 0
m2 l1 l2 ϕ̈1 + m2 l22 ϕ̈2 + m2 l2 gϕ2 = 0
8
Rozwiazania
˛
szczególne maja˛ postać
ϕ1 = A1 cos (ωt + β ) ,
ϕ2 = A2 cos (ωt + β ) ,
czyli
(m1 + m2 ) l1 g − (m1 + m2 ) l12 ω 2 A1 − m2 l1 l2 ω 2 A2 = 0
−m2 l1 l2 ω 2 A1 + m2 l2 g − m2 l22 ω 2 A2 = 0
(2)
Równanie na cz˛estości własne ma postać
(m1 + m2 ) l1 g − (m1 + m2 ) l12 ω 2 m2 l2 g − m2 l22 ω 2 − m22 l12 l22 ω 4 = 0.
Dla prostoty załóżmy, że
m1 = m2 = m ,
l1 = l2 = l .
Wówczas po podzieleniu powyższego równania przez m2 l 4 mamy
g
2
2
− ω2 − ω4 = 0 .
l
Stad
˛
√ l
ω22 = 2 + 2
.
g
√ l
,
ω12 = 2 − 2
g
Cz˛estości kołowe drgań wahadła sa˛
s
√ l
ω1 =
2− 2
,
g
s
√ l
ω2 =
2+ 2
,
g
natomiast okresy:
2π
2π
τ1 =
= r
√ ω1
2− 2
s
2π
2π
τ2 =
= r
√ ω2
2+ 2
l
,
g
s
l
.
g
Zbadamy jeszcze postaci drgań normalnych. Zacznijmy od drgań o mniejszej cz˛estości. Stosunek
(1)
(1)
amplitud A1 i A2 wyznaczymy z pierwszego równania układu (2):
√ (1)
(1) √
2A1
2 − 1 − 2 − 2 A2 = 0 ,
(1)
A2
(1)
A1
=
√
2>0
Rozwiazania
˛
szczególne sa˛ wi˛ec nast˛epujace:
˛
"s
#
√ l
(1)
(1)
ϕ1 = A1 cos
2 − 2 t + β1 ,
g
"s
#
√ l
(1) √
(1)
ϕ2 = A1 2 cos
2 − 2 t + β1 .
g
Z otrzymanych wyrażeń wynika, że ϕ1 i ϕ2 maja˛ takie same znaki, czyli obie cz˛eści wahadła wychylaja˛
si˛e w t˛e sama˛ stron˛e.
Dla drgań o cz˛estości
s
√ l
ω2 =
2+ 2
g
9
otrzymujemy
(1)
A2
(1)
√
= − 2 < 0.
A1
oraz
#
"s
l
√
(2)
(2)
2 + 2 t + β2 ,
ϕ1 = A1 cos
g
"s
#
√ l
(2)
(2) √
2 + 2 t + β2 .
ϕ2 = −A1 2 cos
g
Współrz˛edne maja˛ teraz znaki przeciwne, czyli obie cz˛eści wahadła wychylaja˛ si˛e w przeciwne strony.
3. Drgania poprzeczne
3.1. Wprowadzenie teoretyczne
Rozpatrzmy belk˛e, na której umieszczono dwie masy punktowe. Do obliczenia energii potencjalnej
10
układu skorzystamy z wyrażenia znanego z wytrzymałości materiałów:
1
1
V = P1 z1 + P2 z2 ,
2
2
które przedstawia energi˛e potencjalna˛ zginanej belki;
z1 i z2 to przemieszczenia punktów w miejscach przyłożenia sił.
Na podstawie twierdzenia Bettiego-Maxwella mi˛edzy siłami i przemieszczeniami zachodza˛ zwiazki:
˛
z1 = c11 P1 + c12 P2 ,
z2 = c21 P1 + c22 P2 ,
(1)
gdzie cik sa˛ współczynnikami wpływowymi (cik = cki ). Wyliczajac
˛ z (1) siły, mamy
P1 =
1
(c22 z1 − c12 z2 ) ,
∆
P1 =
1
(c11 z2 − c21 z1 ) ,
∆
gdzie
c
c
∆ = 11 12
c21 c22
= c11 c22 − c212
Wstawiajac
˛ teraz siły P1 i P2 do energii potencjalnej, otrzymujemy
V=
1
c22 z21 − 2c12 z1 z2 + c11 z22 .
2∆
Energia kinetyczna w naszym przypadku b˛edzie
1
1
T = m1 ż21 + m2 ż22 .
2
2
Korzystajac
˛ z równań Lagrange’a, po pewnych przekształceniach otrzymujemy nast˛epujace
˛ równania
ruchu:
c11 m1 z̈1 + c12 m2 z̈2 + z1 = 0
c12 m1 z̈1 + c22 m2 z̈2 + z2 = 0
Przyjmiemy teraz, że każda z mas wykonuje ruch harmoniczny prosty o tej samej cz˛estosci
z1 = a cos (ωt − ψ) ,
z2 = b cos (ωt − ψ) .
Wstawiamy z1 i z2 do równań ruchu
2
2
1 − c11 m2 1 ω a − c12 m2 ω2 b cos (ωt − ψ) = 0
−c21 m1 ω a + 1 − c22 m2 ω b cos (ωt − ψ) = 0
i stad
˛ otrzymujemy równanie cz˛estości:
1 − c11 m1 ω 2 −c12 m2 ω 2
−c21 m1 ω 2 1 − c22 m2 ω 2
=0
Mamy wi˛ec równanie algebraiczne 4 stopnia:
c11 c22 − c212 m1 m2 ω 4 − (c11 m1 + c22 m2 ) ω 2 + 1 = 0 .
Dla prostoty oznaczmy
ω 2 = µ,
c11 c22 − c212 m1 m2 = A,
− (c11 m1 + c22 m2 ) = B,
1 = C.
11
(2)
Wówczas
Aµ 2 + Bµ +C = 0
∆ = B2 − 4AC = (c11 m1 − c22 m2 )2 + 4c212 m1 m2 > 0
Rozwiazuj
˛ ac
˛ równanie kwadratowe ze wzgl˛edu na µ, mamy
q
√
2
2
−B ± ∆ (c11 m1 + c22 m2 ) ± (c11 m1 − c22 m2 ) + 4c12 m1 m2
µI,II =
=
2A
2 c11 c22 − c212 m1 m2
Ponieważ µI,II = ωI2,II , to formalnie możemy zapisać
ωI,II =
√
µI,II ,
√
ωIII,IV = − µI,II .
Cz˛estość nie może być ujemna, wi˛ec odrzucamy ωIII,IV . Ostatecznie
v

q
u

2
u
2


t (c11 m1 + c22 m2 ) − (c11 m1 − c22 m2 ) + 4c12 m1 m2


ω
=

I


2 c11 c22 − c212 m1 m2


(3)

v

q

u


u (c11 m1 + c22 m2 ) + (c11 m1 − c22 m2 )2 + 4c2 m1 m2


t
12


 ωII =
2
2 c11 c22 − c12 m1 m2
Okazało si˛e, że badany układ posiada dwie cz˛estości: niższa,˛ zwana˛ cz˛estościa˛ podstawowa,˛ oraz wyższa˛
(w przypadku wiekszej liczby stopni swobody istnieje wi˛ecej cz˛estości).
W celu zbadania postaci drgań piszemy proporcj˛e wynikajac
˛ a˛ z dowolnego z równań ruchu. Z pierwszego mamy
a
c12 m2 ω 2
=
b 1 − c11 m1 ω 2
lub
a
c12 m2 µ
=
b 1 − c11 m1 µ
Zatem przy cz˛estosci ωI mamy
c12 m2 µI
aI
=
bI 1 − c11 m1 µI
Podobnie dla drugiej cz˛estości
c12 m2 µII
aII
=
bII 1 − c11 m1 µII
Zbadajmy iloczyn obu stosunków w celu ustalenia jego znaku
aI aII
c12 m2 µI
c12 m2 µII
=
=
bI bII 1 − c11 m1 µI 1 − c11 m1 µII
c212 m22 µI µII
=
1 − c11 m1 (µI + µII ) + c211 m21 µI µII
Ze wzorów Viete’a mamy
C
1
=
,
A
c11 c22 − c212 m1 m2
−B
c11 m1 + c22 m2
µI + µII =
=
A
c11 c22 − c212 m1 m2
µI µII =
12
(4)
Wykorzystujac
˛ te zwiazki,
˛
otrzymujemy
m2
aI aII
=− .
bI bII
m1
Ponieważ stosunek mas nie może być ujemny, wi˛ec
aI aII
<0
bI bII
Stad
˛
aI
> 0,
bI
aII
< 0,
bII
czyli przy cz˛estości ωI drgania sa˛ zgodne, a przy ωII przeciwne.
W przypadku wi˛ekszej liczby stopni swobody analiza jest taka sama, rośnie jedynie ilość równań,
czyli cz˛estości i postaci drgań.
3.2. Przykład
Wyznaczyć cz˛estość podstawowa˛ i postaci drgań belki obcia˛żonej symetrycznie.
Dane:
Q1 = Q2 = 100 kG
E = 2, 1 · 106 kG cm−2
l = 1, 5 m
przekrój prostokatny
˛ b×h :
b = 2 cm ,
h = 5 cm
Najpierw musimy obliczyć liczby wpływowe cik ze statyki belek.
13
W tym celu należy wyznaczyć strzałki ugi˛ecia fik z równania ugi˛ecia belki. Zginanie wywołane jest
momentem, stad
˛ równanie
d2y
EJ 2 = −M (x)
dx
Ponieważ równanie to jest prawdziwe jedynie w przedziałach mi˛edzy zmiana˛ obcia˛żenia, należy ułożyć
dwa różne równania dla naszej belki, która posiada przecież dwa przedziały.
Wyznaczmy reakcje w podporach:

RA + RB − P =0
2
P · l − RB l =0
3
•
⇒
1
RA = P ,
3
2
RB = P
3
2
Przedział lewy (L): 0 6 x 6 l
3
1
∑ Mα = − 3 Px + Mα (x) = 0
⇒
1
Mα (x) = Px
3
d2y
1
= − Px
dx2
3
dy
1
EJ = − Px2 +C1
dx
6
1 3
EJ y = − Px +C1 x + D1
18
EJ
14
•
2
Przedział prawy (P): l 6 x 6 l
3
2
1
∑ Mβ = − 3 Px + P x − 3 l + Mβ (x) = 0
⇒
2
Mβ (x) = − P (x − l)
3
d2y 2
= P (x − l)
dx2 3
dy 2
2
EJ = Px2 − Plx +C2
dx 6
3
2 3 2 2
EJ y = Px − Plx +C2 x + D2
18
6
EJ
Warunki brzegowe dla układu równań na stałe C1 , D1 , C2 , D2 sa˛ nast˛epujace:
˛
y (0) = 0,
y (l) = 0,
yL (l − a2 ) = yP (l − a2 ) ,
dy dy (l − a2 ) =
(l − a2 ) .
dx dx L
P
Mamy wi˛ec cztery niewiadome i cztery warunki.
Po wyliczeniu stałych całkowania równanie ugi˛ecia dla lewego przedziału ma postać
y=
P a2 x 2
l − a22 − x2 .
6l EJ
Stad
˛ strzałki ugi˛ecia f12 i f22 b˛eda˛
1
7 l3
f12 = y
l =
P
3
9 · 54 EJ
2
8 l3
f22 = y
l =
P
3
9 · 54 EJ
Z zasady Bettiego-Maxwella wynika, że f12 = f21 , a ponadto z pełnej symetrii wynika, że f11 = f22 .
Wobec tego liczby wpływowe wynosza:
˛
f11
8 l3
=
P=
P
9 · 54 EJ
f12
7 l3
c12 =
=
P=
P
9 · 54 EJ
c11 =
f22
= c22
P
f21
= c21
P
Podstawiajac
˛ dane liczbowe:
bh3
= 20, 8 cm4 ,
EJ = 43, 68 · 106 kG cm2 ,
12
Q1 Q2
m1 = m2 =
=
= 0, 102 kG s2 cm−1 ,
g
g
J=
15
mamy
c11 = c22 = 0.001275 cm kG−1
c12 = c21 = 0.001115 cm kG−1
Teraz możemy przystapić
˛ do wyznaczania cz˛estości i postaci drgań. W tym celu wykorzystamy od
razu rozwiazania
˛
(3). Dodatkowo uwzgl˛ednić możemy nast˛epujace
˛ tożsamości:
c11 m1 + c22 m2 = 2c11 m1 ,
c11 m1 − c22 m2 = 0
oraz
q
(c11 m1 − c22 m2 ) + 4c212 m1 m2 = 2c12 m1 ,
2 c11 c22 − c212 m1 m2 = 2 c211 − c212 m21 = 2 (c11 + c12 ) (c11 − c12 ) m21 .
Ostatecznie otrzymujemy
s
ωI =
2c11 m1 − 2c12 m1
=
2 c211 − c212 m21
s
(c11 − c12 ) m1
1
2=p
2
2
c11 − c12 m1
(c11 + c12 ) m1
1
ωII = p
(c11 − c12 ) m1
Po podstawieniu danych liczbowych mamy
ωI ≈ 64 s−1 ,
ωII ≈ 247 s−1
Badamy amplitudy:
aI
c12 m2 ωI2
= 1,
=
bI 1 − c11 m1 ωI2
aII
c12 m2 ωII2
= −1
=
bII 1 − c11 m1 ωII2
Postaci drgań b˛eda˛ zatem nast˛epujace:
˛
4. Drgania podłuzne
4.1. Wprowadzenie teoretyczne
Rozpatrzmy drgania podłużne dwóch mas zawieszonych na spr˛eżynie i połaczonych
˛
spr˛eżyna.˛ Masy
i sztywności spr˛eżyn wynosza˛ odpowiednio m1 , m2 , κ1 , κ2 .
16
Energia potencjalna układu jest nast˛epujaca:
˛
1
1
V = κ1 x12 + κ2 (x2 − x1 )2 ,
2
2
a energia kinetyczna:
1
1
T = m1 ẋ12 + m2 ẋ22 .
2
2
Współrz˛ednymi uogólnionymi sa˛ x1 i x2 .
Korzystajac
˛ z równań Lagrange’a, otrzymujemy układ różniczkowych równań ruchu:
(
m1 ẍ1 + κ1 x1 − κ2 (x2 − x1 ) = 0
m2 ẍ2 + κ2 (x2 − x1 ) = 0
Wprowadźmy oznaczenie κ = κ1 + κ2 . Wówczas równania (1) przyjma˛ postać
(
m1 ẍ1 = −κx1 + κ2 x2
m2 ẍ2 = κ2 x1 − κ2 x2
Zakładamy, jak poprzednio, że każda masa wykonuje ruch harmoniczny prosty:
x1 = a cos (ωt − ψ) ,
x2 = b cos (ωt − ψ) .
Po wstawieniu tych wyrażeń do równań ruchu mamy
( κ − m1 ω 2 a − κ2 b cos (ωt − ψ) = 0
−κ2 a + κ − m2 ω 2 b cos (ωt − ψ) = 0
czyli
(
κ − m1 ω 2 a − κ2 b = 0
−κ2 a + κ − m2 ω 2 b = 0
Po rozwini˛eciu wyznacznika otrzymanego układu uzyskujemy równanie cz˛estości
m1 m2 ω 4 − (m1 κ2 + m2 κ) ω 2 + κ1 κ2 = 0 .
Stad
˛
•
•
v
q
u
u (m κ + m κ) ∓ (m κ + m κ)2 − 4m m κ κ
t 1 2
2
1 2
2
1 2 1 2
ωI,II =
2m1 m2
Podobnie jak przy drganiach poprzecznych można określić postaci drgań:
dla ωI = ωmin
aI
>0
(masy drgaja˛ współbieżnie)
bI
dla ωII > ωI
aII
<0
(masy drgaja˛ przeciwbieżnie)
bII
17
(1)
(2)
4.2. Przykład
Podać wzór na cz˛estość drgań oraz zbadać postać drgań układu pokazanego na rysunku.
Układ ten różni si˛e od wcześniej rozważanego jedynie brakiem jednej spr˛eżyny (tej umocowanej do
wi˛ezów skleronomicznych). Możemy zatem skorzystać z równań ruchu (1), przyjmujac
˛ κ1 = 0 i κ2 = κ:
(
m1 ẍ1 − κ (x2 − x1 ) = 0
m2 ẍ2 + κ2 (x2 − x1 ) = 0
Z dodania powyższych równań wynika zależność
m2
ẍ1
=− .
ẍ2
m1
Zauważmy, że
m2
>0
m1
⇒
ẍ1
< 0,
ẍ2
czyli drgania sa˛ zawsze przeciwzwrotne.
Rozwiazania
˛
równań przyjmujemy w postaci
x1 = a1 sin (ωt) ,
x2 = a2 sin (ωt) .
Stad
˛
(
m1 ω 2 − κ a1 + κa2 sin (ωt) = 0
κa1 + m2 ω 2 − κ a2 sin (ωt) = 0
oraz równanie cz˛estości
m1 m2 ω 2 − κ (m1 + m2 ) ω 2 = 0
Mamy zatem dwa rozwiazania
˛
s
ωI = 0 ,
ωII =
κ (m1 + m2 )
m1 m2
Cz˛estość ωI odpowiada sztywnemu przesuni˛eciu obu mas. Układ posiada wi˛ec tylko jedna˛ cz˛estość.
Z równań (3) wynika
a1
κ
m2 ω 2 − κ
=−
=
−
a2
m1 ω 2 − κ
κ
Podstawiajac
˛ otrzymana˛ cz˛estość ωII , mamy
a1
=−
a2
m2
κ (m1 + m2 )
−κ
m2
m1 m2
=−
< 0,
κ
m1
co potwierdza, że masy wykonuja˛ drgania przeciwbieżne.
18
(3)
5. Drgania skr˛etne
Rozważmy drgania skr˛etne nieważkiego pr˛eta, do którego sztywno zamocowano kra˛żki o masach m1
i m2 . Stała˛ spr˛eżysta˛ przy skr˛ecaniu oznaczmy przez κ.
Niech współrz˛ednymi uogólnionymi b˛eda˛ katy
˛ ϕ1 i ϕ2 . Energia kinetyczna układu ma postać
1
1
T = I1 ϕ̇12 + I2 ϕ̇22 ,
2
2
natomiast energia potencjalna
1
V = κ (ϕ2 − ϕ1 )2
2
Stosujac
˛ równania Lagrange’a II rodzaju
 ∂T
∂V
d ∂T


 dt ∂ ϕ̇ − ∂ ϕ = − ∂ ϕ
1
1
1

∂
T
∂
T
∂V
d


−
=−
dt ∂ ϕ̇2
∂ ϕ2
∂ ϕ2
otrzymujemy
(
I1 ϕ̈1 − κ (ϕ2 − ϕ1 ) = 0
I2 ϕ̈2 + κ (ϕ2 − ϕ1 ) = 0
(1)
Zakładamy rozwiazania
˛
w postaci
ϕ1 = α1 sin (ωt) ,
ϕ2 = α2 sin (ωt) .
Stad
˛
I1 ω 2 − κ α1 + κα2 = 0
κα1 + I2 ω 2 − κ α2 = 0
Równanie cz˛estości b˛edzie
I1 I2 ω 2 − κ (I1 + I2 ) ω 2 = 0 .
Dla ω = 0 mamy ruch sztywny (czysty obrót), natomiast drugi pierwiastek:
s
κ (I1 + I2 )
ω=
I1 I2
Omawiany przypadek drgań jest podobny do przykładu dotyczacego
˛
drgań podłużnych. Przez analogi˛e
otrzymamy nast˛epujace
˛ zwiazki
˛
κ
α1
I2 ω 2 − κ
=−
=
−
α2
I1 ω 2 − κ
κ
19
Wstawiajac
˛ wyrażenie na ω, mamy
κ
α1
I2
=−
=−
κ (I1 + I2 )
α2
I1
I1
−κ
I1 I2
I2
α1
> 0, to
< 0. Zatem kra˛żki drgaja˛ w przeciwnych kierunkach. Na tej podstawie wnioskuI1
α2
jemy, że na odcinku mi˛edzy kra˛żkami musi znajdować si˛e przekrój niepodlegajacy
˛ obrotowi.
Niech w˛ezeł drgań dzieli odcinek l na cz˛eści a i b.
Ponieważ
W tym przypadku długości obu cz˛eści – a tym samym położenie w˛ezła – znajdujemy z warunku, że
cz˛eści układu rozdzielone w˛ezłem wykonuja˛ przeciwskr˛etne drgania o tej samej cz˛estości (w przypadku
układów o wi˛ekszej liczbie stopni swobody położenie w˛ezłów wyznacza si˛e ogólnie z warunku zerowania funkcji określajacej
˛ przemieszczenie). Oznaczajac
˛ cz˛estość drgań odcinka a przez ωa , natomiast
odcinka b – przez ωb , warunek ten b˛edzie:
ωa = ωb
Ponieważ każda z cz˛eści układu podzielonego w˛ezłem reprezentuje układ o jednym stopniu swobody,
wi˛ec
r
r
κa
κb
,
ωb =
ωa =
I1
I2
Z porównania prawych stron mamy
κa I1
=
κb I2
Uwaga: Jeśli w pierwszym z równań (1) pominiemy ϕ2 , otrzymamy równanie drgań skr˛etnych dla
układu o jednym stopniu swobody, w którym ω 2 = κ/I.
Dla pr˛eta pryzmatycznego o długości l mamy
ϕ=
Ml
Cs
oraz
κ=
M Cs
= ,
ϕ
l
gdzie Cs jest sztywnościa˛ skr˛ecania (np. dla przekroju kołowego Cs = I0 G). W rozważanym przypadku
κa =
Cs
,
a
κb =
Cs
,
b
skad
˛ otrzymujemy
b I1
=
a I2
Zatem w˛ezeł b˛edzie położony bliżej kra˛żka o wi˛ekszym momencie bezwładności.
Momenty bezwładności (masowe) kra˛żków można wyrazić jako
I1 =
Q1 D21
,
8g
I2 =
Q2 D22
,
8g
gdzie D1 , D2 oraz Q1 , Q2 sa˛ odpowiednio średnicami i ci˛eżarami kra˛żków. Stad
˛
b Q1 D1 2
=
a Q2 D2
20
Pami˛etajac,
˛ że l = a + b, otrzymujemy nast˛epujace
˛ zwiazki:
˛
a=
l
1+
b=
I1
I2
l
I2
1+
I1
=
1+
=
Q1
Q2
Q2
1+
Q1
Jeśli I1 = I2 , to a = b = l/2.
21
l
l
D1
D2
2
D2
D1
2