Mechanika

Mechanika
Wykład 7
Paweł Staszel
1
Dynamika bryły sztywnej
Bryłą (ciałem) sztywnym nazywamy zbiór cząstek zachowujących stałe odległości między sobą. Pomijamy więc zjawiska związane z powstawaniem odkształceń lub drgań w wyniku obrotu. ruch postępowy Równanie ruchu: ruch obrotowy bezwładność „postępowa” inercja, masa (inercjalna)
Bezwładność obrotowa ≡ moment bezwładności
Jak wygląda I ?
2
(1) 3
I jest tensorem symetrycznym ( Iμν = Iνμ ) drugiego rzędu. Algebraicznie takie tensory zapisuje się jako macierz 3x3. Jak widzimy w ogólności L nie jest równoległe do !!! Momenty główne:
Momenty poboczne (dewiacyjne):
4
Przykłady wyliczania momentów bezwładności:
r2 ­ x2 = y2 + z2 ­ odległość od osi x. (2) Przykład: moment bezwładności powłoki kulistej względem osi przechodzącej przez jej środek symetrii:
z (2)
M to masa całej powłoki.
5
Przykład: moment bezwładności jednorodnej kuli względem osi przechodzącej przez środek symetrii:
Ćwiczenia:
1. Rozważyć inne przykłady brył.
6
Twierdzenie Steinera (o osiach równoległych)
Ogólnie główny moment bezwładności możemy zdefiniować jako:
to składowa poprzeczna wektora położenia względem osi obrotu.
Oś „s” przechodzi przez środek masy, zaś oś „d” jest do niej równoległa i oddalona o d.
7
Przykład: moment bezwładności jednorodnej kuli względem osi stycznej do jej powierzchni:
Ćwiczenia:
1. Rozważyć inne przykłady w tym układy złożone z
kilku brył .
8
Przykład: wirujący bąk symetryczny:
Częstotliwość precesji nie zależy od β , ale od L ~ ω (L = Iω) → maleje ze wzrostem ω.
9
Energia kinetyczna bryły sztywnej
Zbierając wyrazy przy
otrzymamy:
(3) W notacji Einsteina:
Gdy mamy ustaloną oś obrotu to układ współrzędnych można zorientować tak, aby np. oś „z” pokryła się z osą obrotu, i wtedy 10
Wyrażenie (3) na energię kinetyczną jest prawdziwe w dowolnym kartezjańskim układzie współrzędnych. Okazuje się, że można go zawsze uprościć tak, aby pozostały w nim tylko trzy składniki. Sposób uproszczenia polega na odpowiednim wyborze układu osi, które nazywamy osiami głównymi. W tensorze momentu bezwładności występują wtedy tyko trzy wyrazy diagonalne (momenty główne) a momenty dewiacyjne znikają. Taki proces nazywamy diagonalizacją momentu bezwładności. Diagonalizacja polega więc na odpowiednim wyborze układu współrzędnych. Wyrażenie na energię przyjmuje wtedy postać: 11
Kilka wniosków:
i) Należy zwrócić uwagę, że gdy ciało obraca się dookoła osi głównych, to wektor L jest równoległy do wektora ω .
ii) → wyważanie kół: takie zmodyfikowanie rozkładu masy koła (felga + opona), aby oś koła była osią główną.
iii) W układzie określonym przez osie główne równania na składowe momentu pędu (1) redukują się do prostej postaci: (4) a wyrażenie na energie kinetyczną można również zapisać jako: 12
Równania Eulera
Równanie ruchu
jest słuszne w inercjalnym układzie odniesienia, jednak składowe momentu bezwładności najwygodniej jest określić w układzie sztywno związanym z bryłą, który nie jest układem inercjalnym. Z wykładu 7 wiemy, że pochodną wektora momentu pędu w układzie inercjalnym i w układzie związanych sztywno z obracającą się bryłą, wiąże następujące równanie:
wobec tego równanie ruchu przejdzie w
(5) gdzie L jest już wektorem rozpatrywanym w układzie wirującym.
13
Załóżmy, że osie x, y, z leżą w układzie wirującym wzdłuż osi głównych i wyliczmy x ­ wą składową lewej strony równania (5):
W przekształceniach wykorzystaliśmy związki (4).
Postępując tak samo z pozostałymi współrzędnymi dostaniemy układ trzech równań zwanych równaniami Eulera:
Równania Eulera stosujemy do rozwiązywania różnych zagadnień ruchu obrotowego. Należy pamiętać, że osie główne są sztywno związane z wirującym ciałem. Również pochodne ze składowych prędkości wyliczane są w układzie wirującym co oznaczone jest przez primy przy symbolu różniczki.
14
Przykład: swobodnie wirująca jednorodna kula (bez działania momentu sił) :
Dla jednorodnej kuli mamy Ixx = Iyy = Izz = I, i równania Eulera przybierają postać: jest to szczególna cecha wirowania ciał mających identyczne trzy główne momenty bezwładności (np. sześcian). Przykład: swobodnie wirujący bąk symetryczny:
Dla bąka symetrycznego mamy Ixx = Iyy ≠ Izz, i równania Eulera przybierają postać: przy czym: 15
Rozwiązaniem tego układu równań jest: gdzie A jest stałą (zależy od warunków początkowych). Widzimy, że składowa prędkości kątowej prostopadła do osi symetrii bąka (oś z) obraca się ze stałą prędkością kątową Ω. Obraz z układu sztywno związanego z bryłą: Oś symetrii z ma stały kierunek. Wektor prędkości kątowej okrąża oś symetrii po powierzchni stożka polhodii. Biorąc pod uwagę równania (4) i to, że Ixx = Iyy widzimy, że mamy również do czynienia ze składową poprzeczną momentu pędu, która ma ten sam zwrot co składowa poprzeczna prędkości kątowej:
stożek polhodii
→ wektor momentu pędu również okrąża oś 16
symetrii z prędkością kątową Ω!!! My jednak będziemy wykonywać obserwację w układzie inercjalnym dlatego spróbujmy określić widok wirującego bąka w tym układzie : stożek herpolhodii
Obraz z układu inercjalnego: W układzie inercjalnym dla N = 0 wektor momentu pędu jest stały. Rzut wektora prędkości kątowej na kierunek wektora momentu pędu jest stały:
Teraz wektor prędkości kątowej będzie okrążał oś kierunku momenty pędu po stożku zwanym herpolhodią. Podobną precesje wykonuje oś symetrii bąka. 17
My jednak będziemy wykonywać obserwację w układzie inercjalnym dlatego spróbujmy określić widok wirującego bąka w tym układzie : Obraz z układu inercjalnego: W układzie inercjalnym dla N = 0 wektor momentu pędu jest stały. Rzut wektora prędkości kątowej na kierunek wektora momentu pędu jest stały:
Teraz wektor prędkości kątowej będzie okrążał oś kierunku momenty pędu po stożku zwanym herpolhodią. Podobną precesje wykonuje oś symetrii bąka. Uwzględniając wirowanie ciała woków osi symetrii rysujemy drugi stożek – który jest znanym już stożkiem polhodii. 18
Bąki (żyroskopy) swobodne i symetryczne najczęściej rozkręcamy dookoła osi symetrii. Jest to sytuacja gdy wektory momentu pędu i prędkości kątowej są równoległe. Nie obserwujemy więc precesji osi symetrii i stożka herpolhodii – widać tylko ustaloną oś obrotu zgodną z zachowywanym momentem pędu.
Precesja, którą obserwowaliśmy na wykładzie dotyczyła bąków nieswobodnych – na bąk działał różny od zera moment sił ciężkości. 19
Wahadło fizyczne: Przypomnienie: wahadło matematyczne L
s
Równanie ruchu przyjmie więc postać: Rozważmy jeszcze raz wahadło matematyczne. Jedyna nierównoważona siła to siła „ściągająca” Fs . Działa ona zawsze przeciwnie do kierunku wychylenia starając się przesunąć zawieszone ciało do punktu równowagi. Załóżmy że dla kąta wychylenia α ciało wychyliło się z położenia równowagi na odległość s, gdzie s jest długością łuku.
Z definicji kąta mamy: (4)
, znak minus pokazuje że siła Fs działa przeciwnie do kierunku wychylenia. Wstawiając (4) do równania ruchu i korzystając tego, że dla małych kątów otrzymamy: 20
Po niewielkich przekształceniach mamy: i widzimy, że otrzymaliśmy równania oscylatora harmonicznego w zmiennej α ­
od razu możemy odczytać, że prędkość kątowa drgań wynosi Często równanie oscylatora harmonicznego zapisuje się jako: lub jeszcze prościej:
21
Wahadło fizyczne otrzymujemy więc równanie oscylatora harmonicznego – podobnie jak w przypadku wahadła matematycznego: Długość zredukowana wahadła fizycznego: 22
Drgania i fale
23
Oscylator harmoniczny w jednym wymiarze Rozważmy ciało na sprężynie jak na rysunku. Doświadczenie pokazuje, że sprężyna działa na ciało siłą proporcjonalna do wychylenia z położenia równowagi
równowaga
F(x) = ­kx,
Znak „­” oznacza, ze siła jest skierowana przeciwnie do kierunku wychylenia. Współczynnik k nazywamy stałą sprężystości.
Równanie ruchu dla oscylatora harmonicznego będzie miało więc następującą postać:
rozciągnięcie
→ ściśnięcie
Szukamy funkcji, której druga pochodna jest proporcjonalna do samej funkcji. Rozwiązanie ogólne można zapisać na trzy równoważne sposoby:
24
gdzie Przyjmijmy rozwiązanie w postaci
wtedy
. Pozdrawiając ostatnie dwa wyrażenia do równania ruchu otrzymamy: czyli: Przyjmując warunki początkowe x(t=0) = x0 oraz v(t=0) = v0 otrzymamy wyrażenia na amplitudę i fazę („stałe całkowania”): (2)
25
Dygresja matematyczna: Równanie Eulera:
26
Dygresja matematyczna (c.d.): Liczba e:
e – podstawa logarytmu naturalnego: 27
Oscylator harmoniczny tłumiony Oprócz siły sprężystości działa również siła oporu – przyjmujemy, że jest ona proporcjonalna do prędkości ciała i przeciwnie do niej skierowana: F(x) = ­kx ­γv,
parametr γ nazywamy współczynnikiem oporu (tłumienia).
Równanie ruchu będzie miało więc postać:
Wprowadźmy parametry τ i ω0:
otrzymamy:
Szukamy rozwiązania postaci:
28
Liczymy pierwszą i drugą pochodna i wstawiamy do równania ruchu:
Przyjmując
otrzymamy:
Czyli funkcja z(t) musi spełniać równanie oscylatora harmonicznego dla prędkości kątowej
Ogólne rozwiązanie ma więc postać:
Opisuje ono drgania harmoniczne o eksponencjalnie malejącej amplitudzie. Jak widzimy obecność tłumienia, którego miarą jest czas relaksacji 2τ powoduje modyfikację częstotliwości drgań w stosunku do częstotliwości własnej ω0. 29
30
31
Rozwiązanie jakie otrzymaliśmy jest słuszne tylko dla przypadku gdy ω jest rzeczywiste, czyli gdy
Dla przypadku, tzw. silnego tłumienia
Rozwiązaniem jest funkcja:
Ćwiczenia:
1. Otrzymać rozwiązanie dla przypadku silnego
tłumienia (wskazówka: przyjąć, że x(t) = ezt, gdzie z jest
pewną liczbą zespoloną).
32
Współczynnik dobroci – bezwymiarowy parametr określający trwałość drgań oscylatora harmonicznego w związku z występowaniem sił oporu:
gdzie P to średnia moc tracona przez układ w ciągu jednego okresu. Mamy też:
Co oznacza, że w przybliżeniu słabego tłumienia
33
Oscylator harmoniczny tłumiony pod wpływem siły okresowej Zakładamy, że siła wymuszająca ma postać harmoniczną, wtedy całkowita siła w równaniu ruchu będzie postaci F(x) = ­kx ­γv+F0sinωt,
i równanie ruchu przyjmie postać:
Doświadczenie pokazuje, że w rozważnym przypadku ruch jest również periodyczny. Szukamy więc rozwiązania postaci:
Liczymy pierwszą i drugą pochodną:
i wstawiamy do równania ruchu:
34
Współczynniki przy sinω t i cosω t po obu stronach równania powinny byś sobie równe dostaniemy więc dwa równania:
(1) (2) Z (1) mamy:
zaś z drugiego równania otrzymamy:
35
Mając wyrażenie na tg i dodatkowo korzystając z „jedynki trygonometrycznej” otrzymamy wyrażenia na sinφ i cosφ . Ważne jest aby zdać sobie sprawę z zakresu zmienności kąta φ . Dla niskich częstotliwości siły wymuszającej tgφ jest ujemny i zmierza do 0 gdy ω→ 0. Oznacza to, że poruszamy się w zakresie od 0 w kierunku ujemnych kątów, aż do wartości
­π . To dlatego , że dla ω→ ∞ tgφ znowu osiąga wartość 0.Ten zakres kątów jednoznacznie określa wyrażenia na sinφ i cosφ :
wstawiając te wyrażenia do wzoru na x0 otrzymamy ostatecznie:
36
τ=0.001s, τ=0.05s, τ=0.01s
37
Absorpcja rezonansowa
Występowanie stanu stacjonarnego oznacza, że praca wykonywana przez siłę wymuszającą uzupełnia straty energii rozproszonej w wyniku występowania sił oporu. Wyliczmy średnia moc związana z pracą wykonywaną przez siłę wymuszającą:
Pamiętamy, że
zatem:
38
Widzimy, że średnia moc absorbowana jest proporcjonalna do amplitudy drgań x0 i sinusa kąta przesunięcia fazowego. Jak można się było spodziewać największa moc jest absorbowania dla φ = ­90 stopni. Wstawiając otrzymane wyrażenia na x0 i sinφ do otrzymanego wyniku, otrzymamy zależność <P(ω)>:
39
Rezonans to bardzo powszechne zjawisko w przyrodzie – rezonanse występują w różnych zakresach energii i posiadają różną naturę fizyczną, wymienimy tylko kilka możliwych przykładów:
Rezonans mechaniczny.
●
Rezonans w obwodach elektrycznych, np.. obwód RLC w radiowych układach odbiorczych.
●
Elektronowy rezonans paramagnetyczny (EPR) i magnetyczny rezonans jądrowy (NMR) – absorpcja promieniowania elektromagnetycznego w zakresie mikrofal i fal radiowych przez układy atomowe i jądrowe.
●
Rezonansowa absorpcja promieniowania γ (efekt Mössbauera).
●
Rezonans bozonowy ρ0 w wysokoenergetycznych zderzeniach cząstek.
●
40