Necht na hmotný bod působí pouze pružinová síla F 1 = ky, k > 0. Podle druhého Newtonova zákona je pohyb bodu popsán diferenciální rovnicí

Transkript

1 Počáteční problémy pro ODR2 1 Lineární oscilátor. Počáteční problémy pro ODR2 Uvažujme hmotný bod o hmotnosti m, na který působí síly F 1, F 2, F 3. Síla F 1 je přitom úměrná výchylce y z rovnovážné polohy y = 0 a působí proti směru výchylky, síla F 2 je úměrná rychlosti bodu a síla F 3 je vnější periodicky se měnící síla. Určete pohybovou rovnici daného bodu. Řešení: a) Harmonické kmitání. Necht na hmotný bod působí pouze pružinová síla F 1 = ky, k > 0. Podle druhého Newtonova zákona je pohyb bodu popsán diferenciální rovnicí nebo-li mÿ = ky, ÿ + ω 2 0y = 0, ω 2 0 = k m > 0. (1) V dynamice se konstanta k nazývá tuhost pružiny a pohyb popsaný rovnicí (1) vlastní netlumené kmitání (nebo také harmonické kmitání). Rovnice (1) je homogenní LODR2, přičemž její charakteristická rovnice je tvaru λ 2 + ω 2 0 = 0. Odtud dostáváme kořeny λ 1,2 = ±iω 0. Obecné řešení rovnice (1) je pak tvaru y = C 1 cos ω 0 t + C 2 sin ω 0 t = C sin(ω 0 t + ϕ), kde C 1, C 2 R (resp. C 0, π ϕ < π) jsou konstanty dané počátečními podmínkami pohybu. Poznamenejme, že obě vyjádření obecného řešení jsou ekvivalentní, a to na základě vztahů C 1 = C sin ϕ, C 2 = C cos ϕ. Harmonický pohyb bývá obvykle popisován pomocí vztahu obsahujícího konstanty C, ϕ, přičemž C je amplituda, ϕ fázový posun a ω 0 kruhová frekvence. Veličina T = 2π/ω 0 pak udává dobu jedné periody pohybu. Je-li nyní bod na počátku pohybu v poloze y 0 a má nulovou počáteční rychlost, pak realizujeme počáteční podmínky y(0) = y 0, ẏ(0) = 0. Odpovídající partikulární řešení má tvar y = y 0 cos ω 0 t (viz obr. 1). y y 0 y = y 0 cos ω 0 t x Obr. 1

2 Počáteční problémy pro ODR2 2 b) Tlumené kmitání. Je-li pohyb hmotného bodu brzděn další silou F 2, která je úměrná rychlosti bodu (tj. F 2 = lẏ, l > 0), pak diferenciální rovnice pohybu je tj. mÿ = ky lẏ, ÿ + 2bẏ + ω 2 0y = 0, ω 2 0 = k m, b = l 2m. (2) Pohyb popsaný rovnicí (2) se nazývá vlastní tlumené kmitání. Řešení zřejmě závisí na kořenech charakteristické rovnice λ 2 + 2bλ + ω 2 0 = 0, (3) které určíme jako λ 1,2 = b± b 2 ω 2 0. Dostáváme tedy tři kvalitativně odlišné případy: i) Je-li b > ω 0, pak rovnice (3) má dva různé reálné kořeny λ 1 < 0, λ 2 < 0, a obecné řešení rovnice (2) je proto tvaru y = C 1 e λ 1t + C 2 e λ 2t (tzv. nadkritický útlum). Volíme-li počáteční podmínky y(0) = y 0, ẏ(0) = 0, pak dostáváme partikulární řešení znázorněné na obr. 2. y = y 0 λ 1 λ 2 (λ 1 e λ 2t λ 2 e λ 1t ), y y 0 y = y0 λ 1 λ 2 (λ 1 e λ 2t λ 2 e λ 1t ) t Obr. 2 ii) Je-li b = ω 0, pak obecné řešení rovnice (2) je tvaru y = e ω0t (C 1 t + C 2 ) (tzv. kritický útlum). Při počátečních podmínkách y(0) = y 0, ẏ(0) = 0 dostáváme řešení y = y 0 e ω0t (1 + ω 0 t), znázorněné na obr. 3.

3 Počáteční problémy pro ODR2 3 y y 0 y = y 0 e ω 0t (1 + ω 0 t) t Obr. 3 iii) Je-li b < ω 0 a označíme-li ω 1 = ω 2 0 b 2, je obecné řešení (2) tvaru y = e bt (C 1 cos ω 1 t + C 2 sin ω 1 t) = Ce bt sin(ω 1 t + ϕ) (tzv. oscilatorický útlum). Perioda T = 2π/ω 1 je přitom nyní delší než u netlumeného kmitání. Volíme-li opět y(0) = y 0, ẏ(0) = 0, pak dosazením těchto podmínek do obecného řešení lze konstanty C, ϕ specifikovat pomocí vztahů C cos ϕ = y 0b ω 1, C sin ϕ = y 0. Uvedené vyjádření pro y je tedy rovnicí harmonického pohybu, kde amplituda Ce bt je funkcí času a s rostoucím časem klesá (viz obr. 4). y y 0 y 1=Ce bt y = Ce bt sin(ω 1 t + ϕ) ϕ ω 1 π 2π t y 2 =sin(ω 1 t+ϕ) y 1 = Ce bt Obr. 4

4 Počáteční problémy pro ODR2 4 c) Vynucené kmitání. Působí-li nyní na pohyb hmotného bodu periodicky se měnící síla F 3 = P sin ωt, pak tento pohyb nazýváme vynuceným kmitáním. Pro netlumené vynucené kmitání tedy platí diferenciální rovnice ÿ + ω0y 2 = P sin ωt. (4) m Řešení této nehomogenní LODR2 lze nalézt snadno metodou neurčitých koeficientů. Příslušná homogenní LODR2 je rovnice (1), a odtud podle předcházející části y h = C sin(ω 0 t + ϕ). Pro ω ω 0 předpokládáme partikulární řešení y p ve tvaru Po dosazení derivací y p = A cos ωt + B sin ωt, A, B =? do (4) dostáváme ẏ p = Aω sin ωt + Bω cos ωt, ÿ p = Aω 2 cos ωt Bω 2 sin ωt Porovnání koeficientů: A( ω 2 + ω0) 2 cos ωt + B( ω 2 + ω0) 2 sin ωt = P sin ωt. m cos ωt : A( ω 2 + ω 2 0) = 0 A = 0, sin ωt : B( ω 2 + ω 2 0) = P m B = P m(ω 2 0 ω2 ). Odtud pro ω ω 0 dostáváme řešení (4) ve tvaru y = y h + y p = C sin(ω 0 t + ϕ) + B sin ωt, (5) kde konstanty C, ϕ jsou dány počátečními podmínkami a B = P m(ω 2 0 ω 2 ). (6) Pro ω = ω 0 (případ tzv. rezonance) je třeba výše navržený tvar pro y h násobit proměnnou t, a proto předpokládáme Odtud a po dosazení do (4) y p = Dt cos ω 0 t + Et sin ω 0 t, D, E =? ẏ p = (D + Eω 0 t) cos ω 0 t + ( Dω 0 t + E) sin ω 0 t, ÿ p = ( Dω0t 2 + 2Eω 0 ) cos ω 0 t + ( 2Dω 0 Eω0t) 2 sin ω 0 t ( Dω 2 0t+2Eω 0 ) cos ω 0 t+( 2Dω 0 Eω 2 0t) sin ω 0 t+ω 2 0[Dt cos ω 0 t+et sin ω 0 t] = P m sin ω 0t. Odtud úpravou a porovnáním koeficientů dostáváme E = 0, D = P /(2mω 0 ). Pro ω = ω 0 je tedy řešení tvaru y = C sin(ω 0 t + ϕ) P t cos ω 0 t. 2mω 0

5 Počáteční problémy pro ODR2 5 Všimněme si, že toto řešení (popisující případ ω = ω 0 ) je neohraničenou funkcí, a to na rozdíl od vztahu (5) (popisujícího případ ω ω 0 ). Závislost B na ω je podle vztahu (6) znázorněna na obr. 5 jako tzv. rezonanční křivka. B ω 0 ω Obr. 5 Snadno se přesvědčíme, že diferenciální rovnice pro vynucené tlumené kmitání je tvaru ÿ + 2bẏ + ω0y 2 = P sin ωt. m Analýzu řešení této rovnice lze promyslet analogicky, jak jsme učinili v předcházejících případech. Matematické kyvadlo. Mějme kuličku o hmotnosti m zavěšenou na nehmotném a neroztažitelném vlákně délky l. Popište pohyb kuličky, přičemž tento pohyb vyjádřete jako funkci okamžité úhlové výchylky ϕ v závislosti na čase t, tj. ϕ = ϕ(t). l ϕ s mg Obr. 6

6 Počáteční problémy pro ODR2 6 Řešení: Gravitační sílu rozložíme do směru tečny a normály. Její složka ve směru normály nepůsobí, protože vlákno je neroztažitelné. Složka gravitační síly ve směru tečny je mg sin ϕ (působí proti směru výchylky). Dále předpokládejme, že odpor prostředí je zanedbatelný. Podle obr. 6 je s = lϕ, tedy s = l ϕ, a odtud podle druhého Newtonova zákona platí ml ϕ = mg sin ϕ, nebo-li ϕ + g sin ϕ = 0. (7) l Tato rovnice je nelineární ODR2, a je proto třeba ji řešit numericky. Dobrou informaci o přibližném chování řešení nám však může dát i metoda rozvoje řešení do mocninné řady. Pro ilustraci této metody doplňme rovnici (7) o počáteční podmínky ϕ(0) = π, ϕ(0) = 0, 4 které zachycují skutečnost, že počáteční výchylka kyvadla je π/4 a kyvadlo je uvolněno s nulovou počáteční rychlostí. Hledejme řešení ϕ ve tvaru řady ϕ(t) = a k t k = a 0 + a 1 t + a 2 t , a k =?. k=0 Protože a k = ϕ(k) (0), dostáváme a k! 0 = π/4, a 1 = 0. Dosazením t = 0 do rovnice (7) máme ϕ(0) = g sin ϕ(0) = g sin π = g 2, tj. a l l 4 2l 2 = g 2. Derivováním rovnice (7) podle 4l t pak obdržíme vztah ϕ (3) + g (cos ϕ) ϕ = 0, tedy l ϕ(3) (0) = 0, tj. a 3 = 0. Opakovanou derivací dostáváme ϕ (4) + g [ ( sin ϕ) ϕ 2 + (cos ϕ) ϕ ] = 0, l tedy ϕ (4) (0) = g g2 (cos ϕ(0)) ϕ(0) =, tj. a l 2l 2 4 = g2. Tento postup je k dosažení větší 48l 2 přesnosti možné dále opakovat. V našem případě platí náhrada ϕ(t) π 4 g 2 t 2 + g2 4l 48l 2 t4. Poznamenejme ještě, že uvažujeme-li pouze malé výchylky ϕ od vertikální osy, lze provést tzv. linearizaci a tuto nelineární rovnici nahradit na základě vztahu (sin ϕ)/ϕ 1 pro ϕ 0 rovnicí ϕ + g l ϕ = 0, což je homogenní lineární ODR2 s konstantními koeficienty. Její obecné řešení je tvaru g g ϕ(t) = C 1 cos l t + C 2 sin l t přičemž po dosazení počátečních podmínek dostáváme C 1 = π/4, C 2 = 0, tedy ϕ(t) = π cos g t. Rozvojem tohoto řešení do mocninné řady 4 l ϕ(t) = π (1 g2l ) 4 t2 + g2 4l 2 t4... získáme bližší představu o míře přesnosti uvedené náhrady.

7 Počáteční problémy pro ODR2 7 R-L-C elektrický obvod. Najděme funkci i = i(t) popisující závislost intenzity elektrického proudu protékajícího elektrickým obvodem (viz obr. 7), který se skládá z ohmického odporu R, kondenzátoru s kapacitou C a cívky s indukčností L v sériovém zapojení, je-li tento obvod připojen na zdroj střídavého napětí u = U sin ωt (U je amplituda a ω kruhová frekvence). i R u + L C Obr. 7 Řešení: Příslušnou diferenciální rovnici lze odvodit takto: Napětí na odporu R je podle Ohmova zákona rovno Ri, napětí na kondenzátoru q/c, kde q je náboj na kondenzátoru. Podle Faradayova indukčního zákona se v cívce indukuje napětí takže podle druhého Kirchhoffova zákona U ind = L di dt, Ri + 1 C q = Ldi + U sin ωt. dt Pro proud procházející kondenzátorem platí i = dq/dt, takže derivováním poslední rovnice dostaneme R di dt + 1 dq C dt = i Ld2 + Uω cos ωt, dt2 nebo-li Li + Ri + 1 i = Uω cos ωt, C což je nehomogenní LODR2 pro hledanou funkci i = i(t). Tuto rovnici lze opět snadno řešit metodou neurčitých koeficientů.

8 Počáteční problémy pro ODR2 8 Neřešené příklady. Příklad Hmotný bod o hmotnosti m se pohybuje po přímce z bodu A do bodu B působením konstantní síly F. Odpor prostředí je úměrný vzdálenosti pohybujícího se bodu od bodu B a na začátku pohybu (v bodě A) je roven f (f < F ). Počáteční rychlost hmotného bodu je nulová. Za jakou dobu dorazí hmotný bod do bodu B, je-li vzdálenost A a B rovna l? lm [ T = ln F + f(2f f). ] f F f Příklad Je-li osa hřídele turbíny ve vodorovné poloze a neleží-li těžiště disku upevněného na hřídel na ose hřídele, pak průhyb y osy hřídele při jeho rotaci je dán diferenciální rovnicí d 2 y ( 1 ) dt + 2 mα ω2 y = g cos ωt + ω 2 e, kde m je hmotnost disku, α je konstanta závislá na způsobu upevnění konců osy hřídele, ω je úhlová rychlost rotace a e je výstřednost těžiště disku. Určete obecné řešení této diferenciální rovnice (pro 1/(mα) ω 2 ). [ Je-li 1 mα > ω2, pak y = C 1 cos kt + C 2 sin kt + g k 2 ω 2 cos ωt + eω2 k 2 = 1 mα ω2 1. Je-li kde k 2 = ω 2 1. ] mα mα < ω2, pak y = C 1 e kt + C 2 e kt R, kde, C k 2 1, C 2 g cos ωt eω2, C k 2 +ω 2 k 2 1, C 2 R, Příklad Řetěz o délce 6 m klouže se stolu, přičemž na počátku pohybu visel se stolu 1 m řetězu. Předpokládejme, že síla, která na pohyb řetězu působí, je úměrná délce visícího řetězu (tření přitom zanedbáváme). Za jakou dobu sklouzne se stolu celý řetěz? 6 [ T = ln(6 + 35). ] g