Sovellus: harmoninen värähtely¶

Vaimentamaton vapaa värähtely¶

Tarkastellaan kuvan mukaista jousisysteemiä. Jousivakio on $k>0$ ja $x$ -akselin nollapiste on kiinnitetty siten, että jousen tasapainotilassa $x=0$ . Jos massa $m$ liikkuu vapaasti ilman vastustavia voimia, niin $x$ -suunnassa kappaleeseen vaikuttaa vain jousivoima $F=-kx$ . Kuvassa voima suuntautuu vasemmalle, kun $x>0$ ja oikealle, kun $x<0$ .

Merkitään kappaleen paikkaa $x(t)$ ajan $t$ funktiona. Newtonin liikeyhtälön mukaan kokonaisvoima $F(t)=ma(t)=mx''(t)$ , missä $a(t)$ on kiihtyvyys, joten kappaleen paikkaa kuvaa differentiaaliyhtälö $mx''(t)=-kx(t)$ . Toisin sanoen

$mx''+kx=0,$

missä $m$ ja $k$ ovat positiivisia vakioita. Kyseessä on siis homogeeninen vakiokertoiminen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö, jonka karakteristisen yhtälön $m\lambda^2 + k = 0$ ratkaisut ovat

$\lambda=\pm i\sqrt{\frac{k}{m}} = \pm i\omega_0,$

missä $\omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$ . Yhtälön yleiseksi ratkaisuksi saadaan

$x(t)=a\cos(\omega_0t)+b\sin(\omega_0t).$

Ratkaistaan yhtälö alkuehdoilla $x(0)=x_0$ (alkusijainti) ja $x'(0)=v_0$ (alkuvauhti).

$x'(t)=-a\omega_0\sin(\omega_0t)+b\omega_0\cos(\omega_0t),$

joten on oltava $x(0)=a\cdot1+b\cdot0=x_0$ ja $x'(0)=-a\omega_0\cdot0+b\omega_0\cdot1=v_0$ , eli

$a=x_0\qquad\text{ja}\qquad b=\frac{v_0}{\omega_0}.$

Jos esimerkiksi valitaan ajan $t$ nollakohta siten, että $x(0)=0$ , ja $x$ -akselin positiivinen suunta siten, että hetkellä $t=0$ liikutaan positiiviseen suuntaan vauhdilla $v_0>0$ , niin $b>0$ ja

$x(t)=b\sin(\omega_0t).$

../_images/diffyhtvaimentamatonvapavarahtely.svg

Muunlaisilla alkuehdoilla voi olla $a\ne0$ ja $b\ne0$ , jolloin paikan funktiossa on sekä kosini- että sinikomponentti. Värähtely pysyy kuitenkin sinimuotoisena. Tämä nähdään tulkitsemalla $(a,b)$ $A$ -säteisen origokeskisen ympyrän kehäpisteeksi. Olkoon kehäpistettä vastaava kulma $\phi\in(-\pi,\pi]$ , jolloin

$A=\sqrt{a^2+b^2},\qquad a=A\cos\phi\qquad\text{ja}\qquad b=A\sin\varphi.$

Summakaavaa

$\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$

käyttämällä saadaan harmoninen identiteetti

$a\cos(\omega_0 t)+b\sin(\omega_0 t)=A\cos\phi\cos(\omega_0 t)+A\sin\phi\sin(\omega_0 t)=A\cos(\omega_0 t-\phi)$

Paikan ratkaisu voidaan siis aina kirjoittaa muodossa

$x(t)=A\cos(\omega_0t-\phi),$

missä amplitudi $A$ kuvaa suurinta etäisyyttä tasapainotilasta, $\omega_0$ on liikkeen kulmanopeus ja

$\begin{split}\phi=\begin{cases} \arctan\left(\frac{b}{a}\right),&\text{jos }a>0,\\ \arctan\left(\frac{b}{a}\right)+\pi,&\text{jos }a<0\text{ ja }b>0,\\ \arctan\left(\frac{b}{a}\right)-\pi,&\text{jos }a<0,\text{ ja }b<0.\\ \end{cases}\end{split}$

värähtelyn vaihekulma. Kuvaajin tulkittuna vaihe edustaa aika-akselin suuntaista siirtymää tavallisen kosinifunktion kuvaajasta. Kappaleella kuluu jakson $T = \frac{2\pi}{\omega_0}$ verran aikaa palata lähtöpisteeseensä, ja värähtelyn taajuus on $f = \frac{1}{T} = \frac{\omega_0}{2\pi}$ .

Seuraavassa kuvassa $\phi>0$ ja merkitään $\delta=\dfrac{\phi}{\omega_0}$ (aikaviive).

Esimerkki.

Kappaleen massa on $m=4$ kg ja jousivakio $k=169$ kg:math:/s $^2$ . Jousta venytetään $10$ cm ja sysätään liikkeelle kohti tasapainotilaa vauhdilla $130$ cm:math:/s hetkellä $t=0$ s. Määritä kappaleen paikka $x(t)$ ajanhetkellä $t$ .

Ratkaisu.

Nyt $x_0=10$ , $v_0=-130$ , $\omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}=6{,}5$ , $a=x_0=10$ , $b=\frac{v_0}{\omega_0}=-20$ ja $A=\sqrt{a^2+b^2}\approx22{,}4$ . Vaihekulma $\phi$ on neljännessä koordinaattineljänneksessä, joten $\phi=\arctan\left(\frac{b}{a}\right)=\arctan(-2)\approx-1{,}11$ . Siis

$x(t)\approx22{,}4\cos(6{,}5t+1{,}11)$

senttimetriä. Jakso on $T=\frac{2\pi}{\omega_0}\approx0{,}967$ sekuntia. Vastaako funktion $x(t)$ kuvaaja intuitiota siitä, miten kappaleen pitäisi tässä tilanteessa liikkua?

Vaimennettu vapaa värähtely¶

Oletetaan, että jousisysteemin kappaleeseen vaikuttaa liikettä vastustavia voimia, ja että ne ovat suoraan verrannollisia nopeuteen. Kappaleeseen vaikuttava kokonaisvoima on siis $F(t)=mx''(t)=-kx(t)-cx'(t)$ , missä $c>0$ on vaimennuskerroin, eli

$mx''+cx'+kx=0.$

Tämä on vakiokertoiminen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö, jonka karakteristisen yhtälön $m\lambda^2 + c\lambda + k = 0$ ratkaisut ovat

$\lambda=\frac{-c\pm\sqrt{c^2-4km}}{2m} = -\frac{c}{2m}\pm\sqrt{\left(\frac{c}{2m}\right)^2 - \frac{k}{m}} = -\gamma_0 \pm \sqrt{\gamma_0^2 - \omega_0^2},$

missä $\gamma_0 = \frac{c}{2m}$ on vaimennuksen suhde kappaleen massaan. Ratkaisun tyyppi riippuu juurrettavan $\gamma_0^2-\omega_0^2$ arvosta.

$\gamma_0^2 - \omega_0^2 > 0$ . Karakteristisella yhtälöllä on kaksi erisuurta reaalista juurta $\lambda_1$ ja $\lambda_2$ . Koska $\sqrt{\gamma_0^2-\omega_0^2}<\sqrt{\gamma_0^2}=|\gamma_0|$ , niin karakteristisen yhtälön ratkaisut

$\lambda_{1, 2} = -\gamma_0\pm\sqrt{\gamma_0^2-\omega_0^2}<0.$

Molemmat ratkaisut ovat siis negatiivisia ja paikan yhtälön yleinen ratkaisu on

$x(t)=c_1e^{\lambda_1t}+c_2e^{\lambda_2t}.$

Tällöin $x(t)\to0$ , kun $t\to\infty$ , eikä synny värähtelyliikettä. Funktiolla $x$ on korkeintaan yksi nollakohta. Tällaista tilannetta, missä vaimennuskerroin $c$ on suuri ja massa $m$ pieni suhteessa jousivakioon $k$ , sanotaan ylivaimennetuksi. Esimerkkinä ylivaimennetusta värähtelystä on kierrejousilla varustettu auton jousitus, jossa iskunvaimentimet ovat kunnossa.
$\gamma_0^2 - \omega_0^2 = 0$ . Karakteristisella yhtälöllä on kaksinkertainen juuri $\lambda=-\gamma_0<0$ , joten paikan yhtälön yleinen ratkaisu on

$x(t)=c_1e^{\lambda t}+c_2te^{\lambda t}.$

Tällöin $x(t)\to0$ , kun $t\to\infty$ , eikä synny värähtelyliikettä. Funktiolla $x$ on korkeintaan yksi nollakohta. Tämä tapaus jää ikään kuin kahden ääripään väliin, ja värähtelyn sanotaan olevan kriittisesti vaimennettu.
$\gamma_0^2 - \omega_0^2 < 0$ . Karakteristisella yhtälöllä on imaginaarijuuret

$\lambda=-\gamma_0\pm i\sqrt{\omega_0^2 - \gamma_0^2} = -\gamma_0 \pm i\omega_1$

missä $\omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 - \gamma_0^2}$ . Siis paikan yhtälön yleinen ratkaisu on

$x(t)=e^{-\gamma_0t}(c_1\cos(\omega_1t)+c_2\sin(\omega_1t)).$

Harmonista identiteettiä käyttämällä saadaan

$x(t)=Ae^{-\gamma_0t}\cos(\omega_1t-\phi),$

missä

$A=\sqrt{c_1^2+c_2^2},\qquad c_1=A\cos\phi\qquad\text{ja}\qquad c_2=A\sin\phi.$

Tällöin $x(t)\to0$ , kun $t\to\infty$ , mutta syntyy värähtelyliike, jonka kulmanopeus on $\omega_1$ ja jossa amplitudi $Ae^{-\gamma_0t}$ vaimenee ajan kuluessa. Funktion $x(t)$ kuvaaja heilahtelee verhokäyrien $x(t)=Ae^{-\gamma_0t}$ ja $x(t)=-Ae^{-\gamma_0t}$ välissä. Kulmanopeus $\omega_1$ on (odotusten mukaisesti) pienempi kuin vaimentamattoman värähtelyn luonnollinen kulmanopeus $\omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$ . Tällaista tilannetta, missä vaimennuskerroin $c$ on pieni ja massa $m$ suuri suhteessa jousivakioon $k$ , sanotaan alivaimennetuksi. Esimerkkinä alivaimennetusta värähtelystä on kierrejousilla varustettu auton jousitus, jossa on kuluneet iskunvaimentimet.

Vaimentamaton pakotettu värähtely¶

Oletetaan, että vaimentamattoman jousisysteemin kappaleeseen vaikuttaa jousivoiman $-kx$ lisäksi ulkoinen pakkovoima $F_0\cos(\omega t)$ . Silloin kappaleen liikeyhtälö tulee muotoon

$mx''+kx=F_0\cos(\omega t).$

Vastaava homogeeninen yhtälö on jo ratkaistu), joten etsitään yksittäisratkaisua $x_p(t)$ .

Oletetaan, että $\omega\ne\omega_0$ ja haetaan yksittäisratkaisua määräämättömien kertoimien menetelmällä yritteellä

$x_p=C\cos(\omega t)+D\sin(\omega t).$

Sijoittamalla yrite liikeyhtälön vasemmalle puolelle saadaan ratkaisun ehdoksi

$\begin{split}\begin{aligned} mx_p''+kx_p&=C(k-m\omega^2)\cos(\omega t)+D(k-m\omega^2)\sin(\omega t)\\ &=Cm(\omega_0^2-\omega^2)\cos(\omega t)+Dm(\omega_0^2-\omega^2)\sin(\omega t) = F_0\cos(\omega t),\end{aligned}\end{split}$

aina, kun $t > 0$ , sillä $\omega_0^2=\frac{k}{m}$ . Nähdään, että $Cm(\omega_0^2-\omega^2)=F_0$ ja $D=0$ , joten

$x_p=\frac{F_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\cos(\omega t)$

on eräs yksittäisratkaisu. Yleinen ratkaisu on siten

$x(t)=A\cos(\omega_0t-\phi)+\frac{F_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\cos(\omega t).$

Esimerkki.

Oletetaan, että vaimentamattoman vapaan värähtelijän esimerkin systeemiin vaikuttaa pakkovoima $F(t)=100\cos(13t)$ N. Määritä kappaleen paikka $x(t)$ ajanhetkellä $t$ .

Ratkaisu.

Nyt yleinen ratkaisu on muotoa

$\begin{aligned} x(t)=x_h(t)+x_p(t)=a\cos(6{,}5t)+b\sin(6{,}5t)+\underbrace{\frac{100}{4(6{,}5^2-13^2)}}_{=:c\approx-0{,}197}\cos(13t),\end{aligned}$

jolle

$x'(t)=-6{,}5a\sin(6{,}5t)+6{,}5b\cos(6{,}5t)-13c\sin(13t).$

Tarkastellaan alkuehtoja (funktio $F(t)$ esitetään newtoneina, joten otetaan paikan yksiköksi metri ja nopeuden yksiköksi m $/$ s)

$\begin{split}\begin{cases} x(0)=a+c=0{,}1\\ x'(0)=6{,}5b=-0{,}2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a=0{,}1-c\approx0{,}297\\ b=-0{,}2/6{,}5\approx-0{,}0308 \end{cases}\end{split}$

Lisäksi $A=\sqrt{a^2+b^2}\approx0{,}299$ ja $\phi=\arctan\left(\frac{b}{a}\right)\approx-0{,}103$ , joten ratkaisu on

$x(t)\approx0{,}299\cos(6{,}5t+0{,}103)-0{,}197\cos(13t).$

Ratkaisu on luonnollisella kulmanopeudella $\omega_0=6{,}5$ ja pakkovoiman kulmanopeudella $\omega=13$ tapahtuvien harmonisten värähtelyjen summa. Näiden värähtelyjen jaksot ovat $2\pi/6{,}5$ ja $2\pi/13$ , joten tässä esimerkissä $x(t)$ on jaksollinen, jaksona $2\pi/6{,}5\approx0{,}967$ .

Jos pakotetussa värähtelyssä $\omega=\omega_0$ , niin edellinen ratkaisu ei ole voimassa. Haetaan yksittäisratkaisua nyt yritteellä

$x_p=Ct\cos(\omega_0 t)+Dt\sin(\omega_0 t).$

Sijoittamalla yrite liikeyhtälön vasemmalle puolelle saadaan ratkaisun ehdoksi

$\begin{aligned} mx_p''+kx_p&=2m\omega_0(D\cos(\omega_0t)-C\sin(\omega_0t))=F_0\cos(\omega_0 t)\end{aligned}$

aina, kun $t > 0$ . Nähdään, että $C=0$ ja $D=F_0/(2m\omega_0)$ , joten

$x_p=\frac{F_0}{2m\omega_0}t\sin(\omega_0t)$

on eräs yksittäisratkaisu. Yleinen ratkaisu on siten

$x(t)=A\cos(\omega_0t-\phi)+\frac{F_0}{2m\omega_0}t\sin(\omega_0t).$

Esimerkki.

Oletetaan, että vaimentamattoman vapaan värähtelijän esimerkin systeemiin vaikuttaa pakkovoima $F(t)=100\cos(6{,}5t)$ N. Määritä kappaleen paikka $x(t)$ hetkellä $t$ .

Ratkaisu.

Nyt

$\begin{aligned} x(t)=x_h(t)+x_p(t)=a\cos(6{,}5t)+b\sin(6{,}5t)+\frac{100}{2\cdot4\cdot6{,}5}t\sin(6{,}5t).\end{aligned}$

Vastaavalla tavoin kuin äskeisessä esimerkissä saadaan

$x(t)\approx0{,}105\cos(6{,}5t+0{,}298)+1{,}923t\sin(6{,5}t).$

Nähdään, että jälkimmäisen termin itseisarvo ei pysy rajoitettuna, kun $t\to\infty$ . Kun pakkovoiman kulmanopeus on sama kuin luonnollinen kulmanopeus, syntyy resonanssi, jossa pienikin pakkovoima johtaa lopulta rajoittamattomaan värähtelyyn.

Kuuluisa esimerkki resonanssista on Tacoman silta, joka romahti vuonna 1940. Tuuli aiheutti siltaan pakkovoimia, joiden taajuudet olivat lähellä sillan tiettyjen värähtelyjen luonnollisia taajuuksia. Syntyneen voimakkaan värähtelyn seurauksena silta romahti.

Vaimennettu pakotettu värähtely¶

Oletetaan, että vaimennetun jousisysteemin kappaleeseen vaikuttaa jousivoiman $-kx$ ja vaimennusvoiman $-cx'$ lisäksi ulkoinen pakkovoima $F_0\cos(\omega t)$ . Silloin kappaleen liikeyhtälö tulee muotoon

$mx''+cx'+kx=F_0\cos(\omega t).$

Edellä nähtiin, että vastaavan homoneegisen yhtälön ratkaisu $x_h(t)\to0$ , kun $t\to\infty$ . Niinpä ajan kuluessa systeemi stabiloituu kohti tilaa $x(t)=x_p(t)$ , missä $x_p(t)$ on yhtälön yksittäisratkaisu. Nyt $i\omega$ ei ole karakteristisen yhtälön juuri, joten yksittäisratkaisu löytyy yritteellä

$x_p=C\cos(\omega t)+D\sin(\omega t).$

Sijoittamalla yrite liikeyhtälön vasemmalle puolelle ja vertaamalla sinin ja kosinin kertoimia yhtälön vasemmalla ja oikealla puolella saadaan ratkaisun ehdoksi

$\begin{aligned} C=\frac{(k-m\omega^2)F_0}{(k-m\omega^2)^2+(c\omega)^2}\qquad\text{ja}\qquad D=\frac{c\omega F_0}{(k-m\omega^2)^2+(c\omega)^2}.\end{aligned}$

Harmonista identiteettiä käyttämällä ratkaisu voidaan kirjoittaa muotoon

$x_p(t)=A\cos(\omega t-\phi),$

missä

$A=\sqrt{C^2+D^2}=\frac{F_0}{\sqrt{(k-m\omega^2)^2+(c\omega)^2}} = \frac{F_0}{m}\frac{1}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\gamma_0^2\omega^2}},$

sekä $C=A\cos\phi$ ja $D=A\sin\phi$ . Voidaan osoittaa, että amplitudi $A=A(\omega)$ pysyy rajoitettuna joukossa $\omega>0$ . Toisin sanoen rajoittamatonta resonanssi-ilmiötä ei esiinny.

Sähköinen värähtely¶

Tarkastellaan RLC-virtapiiriä, jossa on seuraavan taulukon mukaisia komponentteja.

komponentti	suure	tunnus	mittayksikkö
käämi	induktanssi	$L$	H $=$ Vs $/$ A
vastus	vastus	$R$	$\Omega=$ V $/$ A
kondensaattori	kapasitanssi	$C$	F $=$ C $/$ V $=$ As $/$ V
virtalähde	jännite	$E(t)$	V

Olkoon $Q=Q(t)$ kondensaattorin varaus (C $=$ As) ja $I=I(t)$ sähkövirta (A) ajanhetkellä $t$ (s). Käämissä, vastuksessa ja kondensaattorissa jännitehäviöt ovat $LI'(t)$ , $RI(t)$ ja $\frac{1}{C}Q(t)$ , joten

$LI'+RI+\frac{Q}{C}=E.$

Tiedetään, että $I(t)=Q'(t)$ . Sijoittamalla tämä edelliseen yhtälöön saadaan

$LQ''+RQ'+\frac{Q}{C}=E.$

Toisaalta derivoimalla ensimmäinen yhtälö ensin puolittain muuttujan $t$ suhteen saadaan

$LI''+RI'+\frac{I}{C}=E'.$

Kaksi viimeistä yhtälöä ovat sinimuotoisen vaihtojännitteen $E(t)$ tapauksessa samaa muotoa kuin mekaanisen värähtelyn liikeyhtälö ja voidaan ratkaista samaan tapaan.