2. ordens differentialligninger. Svingninger.

Transkript

1 arts 011, LC. ordens differentialligninger. Svingninger. Fjederkonstant k = 50 kg/s s X S 80 kg F1 F S er forlængelsen af fjederen, når loddets vægt belaster fjederen. X er den påtvungne forlængelse af fjederen. 80 kg

2 . ordens differentialligninger. Udledning af forler for løsning af. ordens hoogene differentialligninger. d d y a y by = 0 dx d x En operator D indføres. D y ad y by D = ad b y = D r1 y = 0 ( 1) r 1 og r er rødder i ligningen r ar D r b = 0 Denne ligning kaldes den karakteristiske ligning Vi indfører en funktion: u = d u( xder ) indsættes i ( 1) u = u( x) = D r y D r 1 D r y = D r 1 u = 0 ( ) D r 1 u = 0 d dx u = r 1 u 1 u du = r 1dx 1 du = u r 1 dx ln u = c1 u c e r 1x = Dette indsætte i ( ) r 1 x c e r 1x = D r y So oskrives til: d dx y r y = c e r 1x Dette er en 1. ordens lineær differentialligning: Px ( ) = r Qx ( ) c e r 1x = Px ( ) dx r dx ρ( x) = e ρ( x) = e e r x = yx ( ) = 1 ρ( x) ρ( x) Q( x) dx yx ( ) = 1 e r x e r x c e r 1x dx yx ( ) c e r x = e r 1r x dx Ligningen r ar b = 0 kan have 3 løsninger. reelle og 1 kopleks løsning. of 1

3 1) Den 1. reelle løsning: r 1 og r er relle og forskellige. yx ( ) c e r x e r 1r x = dx c e r x = 1 r 1 r e r 1 r x c3 yx ( ) c e r x e r 1r x cc3 e r x = r 1 r yx ( ) C1 e r 1x = C e r x ) Den. reelle løsning: r 1 = r orker vi ikke udlede nu. Løsningen er yx ( ) e r 1x = ( C1x C) 3) Den koplekse løsning: r 1 = a ibog r a ib =. Vi tager udgangspunkt i løsningen fra den 1. reelle løsning: yx ( ) C1 e r 1x C e r x = k1 e r 1x = k e r x yx ( ) k1 e r 1x k e r x = = k1e ( aib) x ke ( aib) x = k1e ax e ib x ke ax e ib x Vi anvender nu: e ib x = cos bx ( ) isin( bx) yx ( ) = e ax [ k1( cos( bx) isin( bx) ) k( cos( bx) isin( bx) )] Da cos( x) = cos( x) og sin( x) = sin( x) yx ( ) = e ax [ ( k1 k)cos( bx) ( k1 k) isin( bx) ] Da både k1+k og ( k1 k) ier konstanter, kan udtrykket skrives so: yx ( ) = e ax ( C1 cos( bx) Csin( bx) ) Løsningen ed de koplekse rødder er den, vi anvender på svingningsprobleer. 3 of 1

4 Opgaver i. ordens hoogene differentialligninger Opgave 1 Find den fuldstændige løsning til differentialligninger og beste den particulære løsning til de angivne randbetingelser: 4 of 1

5 Svingninger Svingninger og den. ordens hoogene differentialligning x k F(t) c a) x b) F= k. x. g F(t)= A 1. cos( 1. t) F d = c. v R=. g Figur 1 ed ydre kraft Idealiseret odel af et dæpet syste Forudsætninger På ovenstående figur ses en vogn, der står på en plan vandret overflade. Der er ingen friktion i vognens lejer og hjul, og der optræder ingen friktion elle hjul og underlag, ligeso der ikke optræder luftodstand på vognen. Vognen er udover tyngdekraften påvirket af en fjeder - i vandret retning -ed fjederkonstanten, k N, sat af en dæpning i for at en væskefyldt cylinder hvori der befinder sig et stepel, so er fastgjort til vognen. Dæpningen kan forudsættes proportional ed vognens hastighed, og kan N udtrykkes ved dæpningskonstanten, c, og virker ligeledes i vandret retning. s På vognen kan desuden virke en ydre kraft, der er afhængig af tiden - her givet ved funktionen Ft () = A 1 cosω 1 t. Først antages den ydre kraft at være nul, og vognens bevægelse so funktionen af tiden kan bestees so løsning til en. ordens differentialligning, so udledt i det følgende. Vognen trækkes lidt od højre og slippes hvorefter den vil udføre en bevægelse. Det skal vises, at der - ved hjælp af Newtons. lov - kan opstilles en differentialligning hvor vognens stedfunktion x(t) og dens afledte er ubekendte. På ovenstående figur 1 situation b) er vist de kræfter, der virker på vognen når den foretager denne bevægelse. Ps det er lettest at genneskue fortegn på de opstillede kræfterne, når vognen foretager en bevægelse ed højre svarende til positiv retning iht fortegnskonventionen og stedet, der i dette notat benævnes x(t), er større end nul - altså x(t) > 0. 5 of 1

6 Husk bevægelsesligningerne fra fysikken, og at vi i dette notat anvender sybolet x for stedet: xt () : stedet so funktion af tiden x' () t v() t : hastigheden so funktion af tiden x'' ( t) v' () t at () : accelerationen so funktion af tiden Med ovenstående i frisk erindring sat ved hjælp af Newtons. lov fås: a => F d F x'' cx' kx => c x'' x' k x 0 => Eller skrevet ed en anden notation d c d x dt dt x k x 0 Ovenstående genkendes so en. ordens lineær differentialligning ed konstante koefficienter, hvor løsningen til differentialligningen er er styret af egenskaberne af karakterligningens rødder. Det viser sig dog, at uanset udfaldet af rødderne i karakterligningen vil den givne løsning til differentialligningen beskrive en for svingende bevægelse. Karakterligning: r c r k 0 c c 4 k r 1 r c c 4 k I. Karakterligningen giver to reelle rødder hvoro det gælder, at r 1 r c Svarende til 4 k 0 Løsningen til differentialligningen bliver x C 1 e r 1t C e r t, der beskriver bevægelsen (svingningen) i et overdæpet syste: 6 of 1

7 II. Karakterligningen giver to reelle dobbelt rødder hvoro det gælder, at r 1 r c Svarende til 4 k 0 Løsningen til differentialligningen bliver x e r 1t C 1 t C, der beskriver bevægelsen (svingningen) i et kritisk dæpet syste III. Karakterligningen giver to koplekse rødder, hvoro det gælder, at de er koplekst konjugerede. c Svarende til 4 k 0 Løsningen til differentialligningen bliver x e αt C 1 cos( βt) C sin( βt), der beskriver bevægelsen (svingningen) i et underdæpet syste. Læg specielt ærke til, at hvis c= 0 svarende til at der ikke er nogen dæpning, fås løsningen til en haronisk bevægelse - se fysikkopendiet α c β c 4 k Eksepel A - underdæpet syste Se figur 1 og udregn hvilken bevægelse vognen vil udføre under forudsætning af nedenstående værdier, og at den flyttes 0,5 til højre, før der gives slip på den. = 10 kg k = 10 N/ og c = 1 N//s Beregn svingningens periode c 4 k 0 svarende til et underdæpet syste 10 k 10 c 1 α c β c 4 k α 0.05 β 1 xt () e αt C 1 cos( βt) C sin( βt) 7 of 1

8 C 1 og C skal naturligvis bestees ud fra randbetingelser - og så forsvinder den røde farve også fra Mathcad. Randbetingelser 1) t 0 => x0 ( ) 0.5 ) t 0 => x' ( 0) v( 0) 0 1) 0.5 C 1 1 C 0 => C ) x' () t 1e αt βc 1 sin( βt) αe αt C 1 cos( βt) e αt βc cos( βt) αe αt C sin( βt) α x' ( 0) αc 1 βc 0 C β C 1 C 0.03 xt () e αt C 1 cos( βt) C sin( βt) A C 1 C ϕ o atan C 1 C Oskrivning til haronisk svingning iht fysikkopendiet ω β Hvor er systeets egenfrekvens x f () t e αt Asin ωt ϕ o x 1 () t e αt A ok ed oskrivning se grafen på næste side Indhyldningskurven 8 of 1

9 1 0.5 xt () x f () t x 1 () t x 1 () t t T π β Se fysik kopendiet ed hensyn til den haroniske svingning T 6.9 Eksepel B Med systeet i eksepel A kan an nu spørge hvor stor dæpningen skal være for at vi får et kritisk dæpet syste? svarende til situation II Kritisk dæpning => at diskriinanten i karakterligningen skal være nul, svarende til at: c 4 k 0 => c k Med ovenfor angivne værdier betyder det at c k => c 0 10 k 10 Løsningen til differentialligningen bliver på den baggrund x e r 1t C 1 t C, der beskriver bevægelsen i et kritisk dæpet syste c r 1 x kri () t e r 1t C 1k t C k 9 of 1

10 C 1 og C skal ligeso i eksepel A bestees ud fra randbetingelser. Randbetingelserne er de sae so i eksepel A. Randbetingelser 1) t 0 => x0 ( ) 0.5 ) t 0 => x' ( 0) v( 0) 0 1) t 0 => x0 ( ) 0.5 => C k 0.5 ) x' kri () t r 1 e r 1t = C 1k t 0.5 e r 1t C 1k c 0 = r 1 ( 0 0.5) C 1k => C 1k = 4 r 1 C 1k C 1k 0.5 kontrol c x kri () t e r 1t C 1k t C k x kri () t t 10 of 1

11 x kri () t xt () t Eksepel C - overdæpet syste Hvis vi forsætter ed de sae antagelser so i eksepel A - en nu antager at c kfås et overdæpet syste Vi kan eksepelvis vælge at c 50 Løsningen til differentialligningen bliver således x C 1 e r 1t C e r t, der beskriver bevægelsen (svingningen) i et overdæpet syste: c c 4 k r 1 r c c 4 k Kontrol c 50 k x ov () t e r 1t C 1ov C ov e r t C 1ov og C ov skal ligeso i eksepel A og B bestees ud fra randbetingelser. Randbetingelserne er de sae so i eksepel A. Randbetingelser 1) t 0 => x0 ( ) 0.5 ) t 0 => x' ( 0) v( 0) 0 11 of 1

12 1) t 0 => x0 ( ) 0.5 => C 1ov C ov 0.5 ) x' ov () t r 1 e r 1t C 1ov r C ov e r t ) 0 = r 1 C 1ov r C ov => r C ov r C ov = 0 => 0.5r 1 r 1 C ov r C ov 0 = => r 1 C ov r r r r C 1ov 0.5 C ov C 1ov 0.48 C ov 0.0 x ov () t C 1ov e r 1t C ov e r t 0.4 x ov () t t 1 of 1

13 Eksepel A,B og C 0.5 x ov () t x kri () t xt () Løsninger af differentialligningen hvis vognen påvirkes af en ydre kraft so nævnt på side 1 Ft () = A 1 cos ω 1 t t Hvorfor er der valgt netop denne for på den ydre kraft, der kunne i princippet være valgt en hver anden funktion af tiden? Ft () = A 1 cos ω 1 t er valgt fordi den kan være et led i en Fourierrækkeudvikling af en vilkårlig funktion. Fourierrækken kan i princippet beskrive en vilkårlig funktion ed en præcision, der udelukkende afhænger af edtagne led i rækken. Der henvises iøvrigt til special litteratur vedrørende Fourierrækker - so ligger uden for dette fags pensu. Da alle led i en Fourierrække er enten en sinus eller cosinusfunktin har an - hvis an finder en løsning til x(t) når der virker en ydre kraft på foren F() t = A 1 cos( ωt) - løst probleet for alle tænkelige ydre kræfter idet disse i princippet kan oskrives ved hjælp af en Fouierrække. Når der virken en ydre kraft so beskrevet ovenfor bliver den styrende differentialligning en inhoogen. ordens differentialligning på foren: d c d x dt dt x k x = Ft () A 1 cos ω 1t = eller ed en anden notation d c d x dt dt x k x = C 3cosω 1 t Den fuldstændige løsning til den inhoogene. ordens differentialligning på forrige side fås so bekendt so den fuldstændige løsning til den tilsvarende hoogene differentialligning plus én løsning til den inhoogene. 13 of 1

14 Det der specielt kan være interessant at analysere er hvis frekvensen af den ydre kraft er ens ed frekvensen af egensvingningen til løsningen til den hoogene differentialligning (her er der tale o det tilfælde hvor løsningen beskriver et underdæpet svarende til at der forekoer koplekse rødder i karakterligningen). Dette er interessant i forbindelse ed resonansfænoener, tænk eksepelvis på hængebroen, so gik i egensvingninger. Eksepel A genoptages og odøbes til Eksepel D Se figur 1 og udregn hvilken bevægelse vognen vil udføre under forudsætning af nedenstående værdier, og at den flyttes 0,5 til højre, før der gives slip på den. = 10 kg k = 10 N/ og c = 1 N//s Beregn svingningens periode 10 k 10 c 1 α c β c 4 k α 0.05 β 1 C 0.03 C x() t e αt C 1 cos( βt) C sin( βt) A C 1 C ϕ o atan C 1 C Oskrivning til haronisk svingning iht fysikkopendiet ω β Defineres so den (sykliske) egenfrekvens se Teknisk Ståbi x f () t e αt Asin ωt ϕ o ok ed oskrivning se grafen på næste side T π β T of 1

15 x f () t xt () Tjek af at oskrivningen passer! t Hvad vil der ske ed vognens bevægelsesønster hvis vi påvirker den ed en ydre kraft ed sae cykliske egenfrekvens so ovenstående d c d x dt dt x k x = C 3cosω 1 t ω 1 = β C 3 = 0.01kN C xt () = x h () t x p () t x h () t e αt C 1 cos( βt) C sin( βt) 15 of 1

16 Opgave Pendulet ed og uden dæpning I kuplen i Pantheon i Paris ophænges et lod ed assen M i en snor ed længden L, se skitsen ovenfor. Der regnes kun ed eget så udsving i forhold til snoren længde. Bevægelsen starter ed, at pendulet trækkes ud til siden til vinklen θ 0. Herefter slippes pendulet, og svingningerne starter. Fra Newtons.lov ved vi, at den resulterende kraft F = a. Den resulterende kraft i dette tilfælde er F T. Opstil ligningen for pendulets svingning uden dæpning og ed dæpning. Dæpningen indføres på grund af vindodstanden. d Denne dæpning er proportional ed hastigheden og dered også af vinkelhastigheden dt θ. Dæpningen D P = v k L og D d P = - dt θ k. d Vis at differentialligningen kan skrives so θ g dx L θ = 0 i det udæpede tilfælde. d d Vis at differentialligningen kan skrives so θ θ k g dx dt L L θ = 0 i det dæpede tilfælde. d Randbetingelser er at: θ( 0) = θ 0 og dt θ er 0 for t=0. Løs differentialligningerne ed værdierne L = 100, θ 0 = 0.1, M = 5kg og k = 0.1 kgl. s Opgaven løses først sybolsk uden anvendelse af talværdier. 16 of 1

17 Eksepel ed svingning af en indspændt søjle 1 Udbøjningen for en udkraget fast indspænt bjælke ( søjle) er: u = 3 3E I eller: P = L 3 u. Kontrollér ed Teknisk Ståbi afsnit 3.. PL 3 d Vis at differentialligningen for søjlens udbøjning er: u 3E I d t L 3 u = 0. u = u(t). u(0) = 0.. Massen af søjlen sættes til 1 4 søjlensasse 3E I Løs denne differentialligning, og vis at løsningen er: u = u o sin L 3 t. N Søjlen er en stålsøjle ed E odul :10000, ed dette tværsnit: EI of 1

18 Vis at inertioentet o den stærke akse er ca: Længden er Optegn svingningen. Find egenfrekvensen til: f o =. T Eksepel på svingningskurve, hvor aksernes værdier dog ikke passer ed denne opgave: 18 of 1

19 Løsningsovervejelser: ux ( ) 1 PL 3 3 x 1 x = ul ( ) EI 3 L 3 L 1 3 P L 3 ( EI ) = Fra Teknisk Ståbi Gennesnitlig udbøjning: r L 1 1 L 0 PL 3 EI 3E I L 3 = 0 3 x 1 x L 3 P dx 3 L 3 L 8E I 3E I r = L 3 i u = C1cos Alligevel antages assen sættes til 1/4 af den totale asse. 3E I L 3 t Csin 3E I L 3 t u er 0 for t=0, giver C1 =0 u = uo for t= 90 3E I 3E I uo = C u = u o sin L 3 t u = u o sin L 3 t. 19 of 1

20 Taleksepel: I N kg L1 E L s N I = PL1 1 P 1980N u o 3 P L1 3 u o ( EI ) t s 1s u o 100 ut () u o sin 3E I L1 3 t s T t π 3E I L1 3 s 1 T t 0.8 s f o f o T t s ut () t Teknisk ståbi: K 3.5 K f ots 10 f ots.6 88 π 0 of 1

21 Opgave 3 Lod ophængt i fjeder. Fjederkonstant k = 50 kg/s s X S 80 kg F1 F S er forlængelsen af fjederen, når loddets vægt belaster fjederen. X er den påtvungne forlængelse af fjederen. 80 kg Massen M er 80 kg, S og X åles i eter, fjederkonstant k= 50 N. a) Opstil ud fra Newton s. lov ligevægtsligninger for loddet. b) Vis at ligevægtligningerne fra a) kan opstilles so d x k dt M x = 0 c) Løs differentialligningen og find udsvinget X til tiden t=5 sek. 10 x 0 d) Hvorlang tid tager et udsving elle yderstillingerne. e) Løs det sae proble ed dæpning. c = 5 N. sec 1 of 1