6.2: Інструменти аналізу

Вертикальна пружинно-масова система

Банджі-джемпер 80 кг збирається зійти з платформи високо над бурхливою річкою і впасти вниз. Еластичний шнур банджі має ефективну постійну пружини 35 Н/м і спочатку провисає, хоча починає розтягуватися в той момент, коли перемичка відходить від платформи.

Наша мета - показати, що вертикально-орієнтована система пружинної маси (перемичка банджі та шнур банджі) підпорядковується тому ж диференціальному рівнянню, що і горизонтально орієнтована система пружинної маси. Як тільки ми покажемо, що це правда, всі результати, отримані для горизонтального випадку, також будуть вірними для вертикального випадку.

Спочатку давайте розмістимо початок нашої системи координат у рівноважному місці перемички банджі. Зверніть увагу, початкове положення перемички не є положенням рівноваги. Положення рівноваги - це місце, де чиста сила на перемичці банджі дорівнює нулю.

Щоб знайти положення рівноваги:

\ [\ почати {вирівняний}
&\ сигма F=m a\
&&-F_ {\ текст {гравітація}} +F_ {\ текст {весна}} =м а\
&-м g+k s_ {\ текст {рівновага}} =м (0)\
&S_ {\ текст {рівновага}} =\ frac {m g} {k}
\ кінець {вирівняний}\ nonuбурштину\]

Тепер застосуємо другий закон Ньютона, коли перемичка знаходиться в довільному положенні, х, з початком системи координат в положенні рівноваги.

\ [\ почати {вирівняний}
&\ Сигма F = м a\\
&-F_ {\ текст {гравітація}} +F_ {\ текст {весна}} =м a\
&-m g+k s=m a
\ end {вирівняний}\ nonumber\]

Де «s» - розтягнення пружини. Пружина розтягується на величину

\[S=S_{\text {equilibrium }}-x \nonumber\]

Тому

\ [\ почати {вирівняний}
&-м g+k\ ліворуч (s_ {\ текст {рівновага}} -х\ вправо) =м а\\
&-м г+k\ ліворуч (\ розрив {м г} {k} -х\ вправо) =м а\\
&-м g+m x = m a\\ &-k x = m a\\\
&-k x = m a\\\
&-\ frac {} {м} x=\ розрив {d^ {2} x} {d t^ {2}}
\ кінець {вирівняний}\ номер\]

Це точно таке ж диференціальне рівняння, вирішене раніше. Таким чином, рух банджі-джампера має бути описано

\[x(t)=A \cos (\omega t+\phi) \nonumber\]

Тепер визначимося зі значеннями\(\omega\), А і\(\phi\):

Від

\ [\ почати {вирівняний}
&\ омега=\ sqrt {\ frac {k} {м}}\\
&\ омега=\ sqrt {\ frac {35 N/м} {80 k g}}\\
&\ омега=0.661 s^ {-1}
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Оскільки А - це максимальне зміщення об'єкта від рівноваги,

\ [\ почати {вирівняний}
&A = S_ {\ текст {рівновага}}\\
&A=\ розриву {m g} {k}\
&A=\ розриву {80 (9.8)} {35}\
&A=22.4\ mathrm {~m}
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Отже, тепер у нас є

\[x(t)=22.4 \cos (0.661 t+\phi) \nonumber\]

і все, що залишилося визначити, це\(\phi\). При t = 0 с перемичка банджі знаходиться при х = 22,4 м. таким чином,

\ [\ почати {вирівняний}
&x (t) =22,4\ cos (0.661 t+\ phi)\\
&x (0) =22,4\ cos (0.661 (0) +\ phi)\\
&22.4=22.4\ cos (\ phi)\\
&1=\ cos (\ phi)\\
&\ phi = 0
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Це дійсно не повинно вас здивувати, оскільки якщо ви намалювали рух перемички, це була б ідеальна функція косинуса без початкового зсуву фази. Таким чином, положення банджі-джампера як функція часу становить:

\[x(t)=22.4 \cos (0.661 t) \nonumber\]

Оскільки у нас є положення перемички в усі часи, ми можемо визначити все про рух перемички. Наприклад, її швидкість

\ [\ почати {вирівняний}
&v (t) =\ розрив {d x (t)} {d t}\\
&v (t) =\ розрив {d} {d t} (22.4\ cos (0.661 т))\\
&v (t) =-14.8\ sin (0.661 t)
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

і її максимальна швидкість

\[\left|v_{\max }\right|=14.8 \mathrm{~m} / \mathrm{s} \nonumber\]

що відбувається при проходженні нею через положення рівноваги.

її прискорення

\ [\ почати {
вирівняний} a (t) &=\ frac {d v (t)} {d t}\\
a (t) &=\ frac {d} {d t} (-14.8\ sin (0.661 т))\\
a (t) &=-9.8\ cos (0.661 t)
\ end {вирівняний}\ nonumber\]

і її максимальне прискорення

\[\left|a_{\mathrm{max}}\right|=9.8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2} \nonumber\]

яка відбувається в той момент, коли вона зійде з платформи (і в самому низу її руху).

Час для неї, щоб подорожувати через весь цикл

\ [\ почати {вирівняний}
Т &=\ розриву {2\ pi} {\ омега}\\
T &=\ гідророзриву {2\ pi} {0.661}\
T &= 9.51 с
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

І далі, і далі, і далі...

Фізичний маятник

Метр 0,4 кг підвішується на штифт, прикріплений до одного кінця. Метр зміщується на 0,1 радіана (5,7 ⁰) від рівноваги (прямо вниз) і звільняється. Після десяти повних циклів амплітуда коливання зменшилася до 0,08 радіана. Припустимо, що сила перетягування пропорційна швидкості СМ палиці діє в місці розташування СМ.

Зліва розташована діаграма вільного тіла метрапалиці, коли він знаходиться під кутом\(\theta\) від рівноваги, і рухається проти годинникової стрілки, т. Е. Оскільки коливальна поведінка відбувається в кутовому напрямку, напишемо другий закон Ньютона в кутовій формі:

\ [\ почати {вирівняний}
&\ сигма\ tau=I\ альфа\\
&\ tau_ {\ текст {перетягнути}} +\ tau_ {\ текст {гравітація}} =I\ альфа\\
\\ frac {L} {2} F_ {\ text {перетягнути}}\ sin 90-\ frac {L} {2} (m g)\ sin\ theta=I
\ альфа кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Метр може бути наближений як тонкий стрижень, а тонкий стрижень, що обертається навколо його СМ, має обертальну інерцію\( \frac{1}{12} \mathrm{~mL}^{2}\). Нам потрібна обертальна інерція навколо осі на одному кінці, тому ми повинні використовувати теорему паралельної осі с\( \mathrm{r}_{\mathrm{CM}}=\frac{L}{2}\). Таким чином,

\ [\ почати {вирівняний}
&I = M {r_ {C M}} ^ {2} +I_ {C M}\\
&I = м\ ліворуч (\ розрив {L} {2}\ праворуч) ^ {2} +\ frac {1} {12} м L^ {2}\
&I =\ розрив {1} {4} м L^ {2} +\ FRAC {1} c {1} {12} м L^ {2}\\
&I=\ розрив {1} {3} м L^ {2}
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Так

\ [\ почати {вирівняний}
&-\ розрив {L} {2} F_ {\ текст {перетягнути}}\ sin 90-\ розрив {L} {2} (м г)\ sin\ theta=\ ліворуч (\ frac {1} {3} м L^ {2}\ праворуч)\ альфа\\
&-\ frac {1} {2} F_ {текст {перетягнути}} -\ розрив {1} {2} м г\ sin\ theta=\ frac {1} {3} м L\ альфа
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Так як величина сили опору пропорційна швидкості СМ,

\[F_{d r a g}=b v_{C M} \nonumber\]

і ⁵

\ [\ почати {вирівняний}
&v = r\ омега\\
&v_ {C M} =\ розрив {L} {2}\ омега
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

перетягування можна записати як

\[F_{\text {drag }}=b\left(\frac{L}{2} \omega\right) \nonumber\]

в результаті чого:

\ [\ почати {вирівняний}
&-\ гідророзриву {1} {2}\ лівий (б\ лівий (\ frac {L} {2}\ омега\ праворуч)\ правий)\ frac {1} {2} м г\ sin\ theta=\ frac {1} {3} м L\ альфа\
&-\ frac {1} {4} b\ омега-\ frac {1} {2} м г\ sin\ theta=\ frac {1} {3} м L\ альфа
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Множення на 3/л дає:

\ [\ почати {вирівняний}
&-\ розрив {3 b} {4}\ омега-\ гідророзрив {3 м г} {2 л}\ sin\ тета = м\ альфа\\
&-\ фракція {3 м г} {2 L}\ sin\ тета-\ розрив {3 b} {4}\ гідророзрив {d\ тета} {d t} =m\ frac {d^ {2}\ тета} {d t^ {2}}
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Так як кут зміщення невеликий, ми будемо використовувати загальне наближення для малих кутів:

\[\sin \theta \approx \theta \nonumber\]

(Для максимального кута, досягнутого нашим метровим палицею, гріх (0,1) = 0,998)

Примітка

⁵\(\omega\) У наступному співвідношенні є кутова швидкість метрівки (яка змінюється в міру коливання метража), а не кутова частота метража (яка є постійною). Я знаю, що вони є одним і тим самим символом, але намагайтеся тримати їх прямо, вивчаючи контекст, в якому вони з'являються.

Використовуючи це наближення, наше рівняння стає:

\[-\frac{3 m g}{2 L} \theta-\frac{3 b}{4} \frac{d \theta}{d t}=m \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}} \nonumber\]

Це точно таке ж диференціальне рівняння, що і затухаючий лінійний генератор,

\[-k x-b \frac{d x}{d t}=m \frac{d^{2} x}{d t^{2}} \nonumber\]

якщо:

• k замінюється на\(\frac{3mg}{2L}\)
• b замінюється на\(\frac{3b}{4}\)
• а положення (x) замінюється кутовим (\(\theta\)).

Таким чином, ефективна постійна пружини є\(\frac{3mg}{2 L}\) і ефективний коефіцієнт демпфування є\(\frac{3b}{4}\).

Оскільки це одне і те ж диференціальне рівняння, рух лічильника має описуватися тією ж функцією:

\[\theta(t)=A e^{-\alpha t} \cos \left(\omega^{\prime} t+\phi\right) \nonumber\]

Тепер визначимося зі значеннями A,\(\phi\),\(\alpha\), і\(\omega^{\prime}\):

• Оскільки метрова палиця зміщується на 0,1 радіана від рівноваги, а потім звільняється,
  \[\mathrm{A}=0.1 \ \mathrm{rad} \nonumber\]
• Так як максимальне зміщення метрапалиці відбувається при t = 0 с,
  \[\phi=0 \nonumber\]
• У вихідному диференціальному рівнянні
  \[\alpha=\frac{b}{2 m} \nonumber\]

  Так як коефіцієнт ефективного демпфування дорівнює\(\frac{3b}{4}\),

  \ [\ почати {вирівняний}
  &\ альфа =\ гідророзриву {\ ліворуч (\ розрив {3 b} {4}\ праворуч)} {2 м}\\
  &\ alpha=\ гідророзриву {3 b} {8 м}\\
  &\ alpha=\\ frac {3 b} {8 (0.4)}\\
  &\ альфа = 0.938 b
  \ кінець {\\ nonumber\]

• У вихідному диференціальному рівнянні
  \[\omega=\sqrt{\frac{k}{m}} \nonumber\]
  Оскільки ефективна постійна пружини є\(\frac{3mg}{2L}\)
  \ [\ begin {вирівняний}
  &\ omega=\ sqrt {\ frac {\ left (\ frac {3 m g} {2 L}\ правий)} {m}}\\
  &\ omega=\ sqrt {\ frac {3 g} {2 L}}
  \ end {aligned}\ nonumber\]
  Зауважте, що кутова частота в незагашеному випадку не залежить від маси метрівки.
  \ [\ почати {вирівняний}
  &\ омега=\ sqrt {\ frac {3\ ліворуч (9.8 м/s^ {2}\ праворуч)} {2 (1 м)}}\\
  &\ омега=3.83 s^ {-1}
  \ кінець {вирівняний}\ nonnumber\]
  Нарешті
  \ [\ почати {вирівняний}
  &\ омега^ {\\ прайм} =\ sqrt {\ омега^ {2} -\ альфа^ {2}}\\
  &\ омега^ {\ омега^ {\ прайм} =\ sqrt {3.83^ {2} - (0.938 b) ^ {2}}\\
  &\ омега^ {\ nomega^ {\ прайм} =\ sqrt {14.7-0.880 b^ {2}}
  \ кінець {вирівняний}\\ nomega^ {nonumber]

Збираючи все воєдино,

\[\theta(t)=0.1 e^{-0.938 b t} \cos \left(\omega^{\prime} t\right) \nonumber\]

із

\[\omega^{\prime}=\sqrt{14.7-0.880 b^{2}} \nonumber\]

Тепер ми можемо використовувати інформацію про ефекти демпфування для визначення б., Ми знаємо, що в час, рівний десяти періодів, амплітуда дорівнює 0,08 радіана. Оскільки початкова амплітуда руху склала 0,1 радіана, експоненціальний коефіцієнт, exp (0,938bt), повинен дорівнювати 0,8, коли t = 10 Т:

\ [\ почати {вирівняний}
&\ exp (-0.938 b (10 T)) =0,8\\
&\ exp\ ліворуч (-9.38 b\ ліворуч (\ frac {2\ pi} {\ омега^ {\ прайм}}\ праворуч) =0,8\\
&\ exp\ ліворуч (-58.9\ frac {b} {\ omega^ {\ прайм}\ праворуч) =0,8\\
&-58.9\ розрив {b} {\ омега^ {\ прайм}} =\ ln (0.8)\\
&-58.9\ розрив {b} {\ омега^ {\ прайм}} =-0,223\\
&\ розрив {b} {\ омега^ {\ прайм}} =3,79\ раз 10^ {-3}\ омега^ {\ прайм}\\
&b = 3,79 х 10^ {-3}\\ омега^ {\ прайм}\
&b = 3,79 х 10^ {-3}\ sqrt {14.7-0 880 b^ {2}}\\
&b^ {2} =1,43 х 10^ {-5}\ ліворуч (14.7-0.880 b^ {2}\ праворуч )\\
&b^ {2} =2,11 х 10^ {-4} -1,26 х 10^ {-5} b^ {2}\\
&b^ {2} =2,11 х 10^ {-4}\\
&b = 0.0145\ mathrm {~ кг}/\ mathrm {s}
\ кінець {вирівняний}\ nonumber\]

Таким чином,

\ [\ почати {вирівняний}
&\ омега^ {\ прайм} =\ sqrt {14.7-0.880 b^ {2}}\\
&\ омега^ {\ прайм} =\ sqrt {14.7-0.000185}\\
&\ омега^ {\ прайм} =3.83 s^ {-1}
\ кінець {вирівняний}\ nonnumber\]

Зверніть увагу, що зміна кутової частоти через демпфування надзвичайно мала. (Він настільки малий, що не впливає на перші три значущі цифри кутової частоти.)

Нарешті,

\ [\ почати {вирівняний}
&\ тета (t) =0,1 e^ {-0,938 (0.0145) t}\ cos (3.83 t)\\
&\ тета (t) =0,1 e^ {-0.0136 t}\ cos (3.83 t)
\ кінець {вирівняний}\ nonnumber\]

Це повний опис руху метрапалиці. Як і в першому прикладі, ми можемо визначити все, що ми хочемо про рух цього лічильника через маніпулювання цією функцією.