10. Svingninger. ( ) ( ) ( ) - Universitetet i Tromsø

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 3⎛ k ⎞xt ( ) = Acos⎜t+ϕ ⎟.⎝ m ⎠Men dette minner jo påfallende om uttrykket for x-komponenten til partikkelen som går isirkelbane:xt = Rcosθ = Rcosθ + ω t.( ) ( )0 0Disse uttrykkene blir like dersom vi setterkR = A, θ0= ϕ , ω0= .mVi ser altså at klossen som er festet til ei fjær beveger seg på nøyaktig samme måte som x-komponenten til en partikkel som går i sirkelbane med konstant vinkelfart. Da får vi atperioden (svingetiden) er gitt ved2πmT = = 2π.ω kVi oppsummerer:0Når en partikkel med masse m påvirkes av en kraft Fvedxt = Acosω t+ϕ( ) ( )0der amplituden A og fasevinkelen ϕ kan finnes av start-tilstanden.Vinkelfrekvensen ω0og perioden T er gitt vedk2πmω0= ⇔ T = = 2π.m ω k0=−k⋅ x, er partikkelens posisjon gittEksempel 10.2.1: Ei elastisk fjær med fjærstivheten k = 200 N/m er plassert horisontalt. Denene enden av fjæra er fast i en vegg, mens den andre enden er festet til et legeme med massenm = 0.50kg som ligger på et friksjonsfritt, horisontalt underlag. Vi drar legemet bort fralikevekt og slipper. Bestem vinkelfrekvensen, frekvensen og perioden til de resulterendeoscillasjonene.Løsning:Siden det ikke virker andre horisontale krefter på legemet, er krafta på legemet gitt vedF = − kx .Dermed er legemet en harmonisk oscillator. Da vet vi atω = k 200 N/m020rad sm= 0.50kg= .Da er:ω0 20rad s −1Frekvens f = = ≈ 3.2s .2π2π1 1Periode T = = ≈ 0.31s .−1f 3.2sBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 4xk⋅xm⋅gHva skjer dersom vi lar kloss-fjær-systemet henge fritt underpåvirkning av tyngdekraften mg slik figuren til venstre viser? Iet tillegg er det vist at loddets posisjon i forhold til underkantenav den ubelastede fjæra blirmgxt ( ) = Acos( ω0t+ ϕ)+kkder ω0= som før.mLa oss se nærmere på leddet mg . Dersom loddet henger i ro i fjæra, får fjæra en forlengelsekx 0 slik atmgmg −k ⋅ x0 = 0 ⇔ x0= .kDette betyr at klossen vil svinge om denne likevektsposisjonen på samme måte som om den låpå et friksjonsfritt underlag.Dette er et overraskende resultat. Sammen med uttrykket for periodenmT = 2πkser vi at perioden avhenger kun av fjærkonstanten k og massen m, og avhenger ikke avtyngdens akselerasjon g eller av hvor stort utslaget er, eller av om klossen henger fritteller glir på et vannrett, friksjonsfritt underlag.Hittil har vi kun sett på et kloss-fjær-system. Men det fins en mengde andre mekaniske systemsom oppfører seg på nøyaktig samme måte. Vi skal spesielt se på pendelsvingninger.10.3. Pendel.10.3.1. Matematisk pendel.Den matematiske pendelen er en idealisert modell av en planpendel der ei pendelkule (som erså liten at vi kan oppfatte den som en partikkel) henger i en masseløs, ustrekkelig snor. Nårkula trekkes ut fra likevektsposisjonen (vertikal snor) og slippes, vil den svinge den fram ogtilbake uten friksjon slik figuren nedenfor viser.LθxθmgDa kan vi med god tilnærming å si atVi lar x angi avstanden fra likevektspunktet til pendelkula måltlangs banen. Langs banen virker også kraftkomponentenF= −mg sinθder minustegnet skyldes at kraftkomponenten har motsatt retningav forskyvningen fra likevekt. Hvis vinkelen θ er liten og måles iradianer, ersinθ ≈ .xLBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 5x mgF =−mg sinθ≈− mg =− x .L LNewtons 2. lov gir22 2d x mg d x d x gF= m⋅ ⇔ − dt2x = m ⋅ ⇔ + 02 2 x = .L dt dt LMen dette er likningen for en enkel harmonisk svingning. Vi ser at vinkelfrekvensen ergω0=Lslik at perioden blir2πLT = = 2π.ω g0Her legger vi merke til at perioden ikke avhenger av massen til pendelkula, og heller ikke avhvor stor vinkelen θ er så lenge denne er liten. Derimot avhenger perioden av tyngdensakselerasjon g. Det er mulig å måle g med stor nøyaktighet ved å la en lang pendel svingemange ganger med små utslag slik at vi kan måle T nøyaktig. Når L er nøyaktig målt, er detlett å regne ut g med stor nøyaktighet.Merk at utledningen ovenfor kun gjelder når vi har så små vinkler at sinθ ≈betingelsen ikke er oppfylt, har vi ikke enkle harmoniske svingninger.xL. Dersom denne10.3.2. Fysisk pendel.I utledningen ovenfor forutsatte vi at pendelkula var så liten at den kunneFbetraktes som en partikkel. Nå skal vi droppe den forutsetningen.Situasjonen er altså som vist på figuren til venstre, der et legeme kansvinge uten friksjon om en akse A. Vi antar at avstanden fra aksen tilAlegemets massesenter er L, og at legemets treghetsmoment om aksen erθ LIA. Linja mellom aksen og massesenteret danner en vinkel θ medvertikalen.CML sinθ Vi legger momentakse i A. Da får ikke kraften F i aksen noe moment.Tyngdens kraftmoment blirτ = mg ⋅ Lsinθ,mgslik at kraftmomentsetningen gir−mg ⋅ Lsinθ= IAα.Minustegnet skyldes at kraftmomentet alltid prøver å redusere vinkelen θ.Nå forutsetter vi at svingningene er så små at når θ måles i radianer, ersinθ ≈ θ .Dessuten benytter vi at2d θα = .2dtDa blir kraftmomentsetningen2 2 2d θ d θ d θ mgL−mgL ⋅ θ = IA⋅ ⇔ I2 A⋅ + mgL ⋅ θ = 0 ⇔ + θ = 0.2 2dt dt dt IABjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Men dette er likningen for en enkel harmonisk svingning, dermgLω0=IAslik at perioden blirFysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 62πIAT = = 2π.ω0mgLSom kontroll kan vi la legemet være en matematisk pendel med masse m og snorlengde L. Dablir treghetsmomentet2IA= mLslik atω = mgL g0 2mL= L.Og det er det samme som vi fikk tidligere.Dette uttrykket kan vi bruke til å bestemme treghetsmomentet til et legeme når vi vet hvorlegemets massesenter er. Vi lar legemet svinge om en akse i kjent avstand L fra massesenteret,måler perioden som legemet svinger med og løser ut treghetsmomentet IAav formelen for T.Ved hjelp av parallellakse-setningen (Steiners setning) kan vi da beregne legemets treghetsmomentom en akse gjennom massesenteret.Eksempel 10.3.1:Anta at en ikke-uniform tynn pinne med masse m = 1.0kg har massesenter L = 0.42m fra denene enden. Vi lar pinnen henge i denne enden og svinge fram og tilbake uten friksjon.Perioden til disse svingningene måler vi til å være T = 3.0s .a) Bestem pinnens treghetsmoment om den enden som den henger i.b) Bestem også treghetsmomentet til pinnen om en akse som står vinkelrett på pinnen og gårgjennom massesenteret.Løsning:( ) 2 23.0s ⋅1.0kg ⋅9.81m s ⋅0.42mTmgL4π4πDa gir parallellakse-setningen (Steiners setning) at2 2 2( ) 22ICM + mL = IA⇔ ICM = IA− mL = 0.94kg m −1.0kg ⋅ 0.42m = 0.76kg m .2A22 I T ⋅= π ⇔ ImgLA= = = 0.94kg m .2 2Dette er bare et par eksempler på fysiske system som utfører enkle harmoniske svingninger.Men det fins mange flere slike system. I et tillegg kan du se at en dupp på vann også kanutføre slike svingninger. I elektriske kretser er enkle harmoniske svingninger svært vanlige.Hittil har vi sett bort fra friksjon. Nå er det på tide å ta friksjon med i beregningene.Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 710.4. Dempede svingninger.I innledningen så vi på et kloss-fjær-system uten friksjon. Nå skal vi trekke inn friksjon, og viskal begrense oss til viskøs friksjon, som karakteriseres ved at friksjonskraften er proporsjonalmed farten og har motsatt retning av fartsretningen:F =−b⋅ v.vHer er b en dempingsfaktor som gis i ( ) N/ m/s . Denne formen for friksjon er vanlig når manskal lage en enkel matematisk modell av luftmotstand eller vannmotstand, der b avhenger avlegemets størrelse og form, og selvsagt av hvilket medium legemet beveger seg i.FfLikevektx=−k⋅xFv=−b⋅vvFiguren til venstre antyder at Newtons 2. lov blir−k⋅x−b⋅ v = m⋅ a.2dx d xSå setter vi inn at v = og at a = , og får2dt dt2dx d x−k⋅x−b⋅ = m⋅2dt dt2d x b dx k⇔ + ⋅ + ⋅ 02 x =dt m dt mVi ser at når b = 0 vil denne likningen reduseres til vår velkjente likning for en udempetsvingning:d 2x + k ⋅ x = 02dt meller generelt2d x 2+ ω2 0⋅ x = 0dtkder ω0= for vårt kloss-fjær-system.mNå viser det seg at helt tilsvarende likninger dukker opp i en mengde andre situasjoner. Viskal derfor gi likningen en mer generell form:2d x dx 2+ 2δ⋅ + ω2 0⋅ x = 0dt dtbder δ = for vårt kloss-fjær-system. Det merkelige 2-tallet skyldes at vi etter hvert får2menklere uttrykk ved å sette det inn her. Vi summerer opp:Likningen for en dempet svingning er2d x dx 2+ 2δ+ ω2 0x = 0.dt dtHer er δ og ω0positive konstanter.For et kloss-fjær-system med masse m, fjærkonstant k ogkbfriksjonskraft Fv=−b⋅ v er ω0= og δ = .m2mBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 8Når vi løser denne differensiallikningen, får vi tre forskjellige muligheter. Vi skal begrenseoss til den mest interessante, som er summert opp nedenfor:Når dempingen er så liten at 0 ≤ δ < ω0, har likningen2d x dx 2+ 2δ+ ω2 0x = 0dt dtløsningen−δtx( t) = Ae cos( ωt+ ϕ)der2 20ω = ω − δ .La oss nøste ut hva som står her. Vi starter med å merke oss at dersom det ikke er demping,2d.v.s. at δ = 0 , blir ω = ω0 + 0 = ω0, slik at( ) 0x t = Ae cos( ω0t + ϕ) = Acos( ω0t+ ϕ).Dette er nøyaktig det samme som vi har funnet før for en udempet svingning.tDersom det er demping slik at δ > 0 , blir amplituden i cosinus-svingningen gitt ved Ae δVi ser at amplituden avtar, slik at utslaget blir stadig mindre.Når δ > 0 (men mindre enn ω 0 ), blir vinkelfrekvensen ω mindre enn ω 0 , som er vinkelfrekvensenfor den tilsvarende udempede svingningen. Dette gir en større svingetid, noe somer naturlig når bevegelsen dempes. Pussig nok er svingetiden konstant hele tiden, selv omutslagene blir stadig mindre.Dette må vi illustrere med et eksempel:Eksempel 10.4.1: Vi har et kloss-fjær-system der klossen har masse m = 0.20kg mens fjærkonstantener k = 20 N/m . Hvordan blir løsningen av svingelikningen i disse tilfellene:a) b = 0 (udempet svingning).b) b = 1.12 N/(m/s) .Sett startamplituden A = 10 , fasevinkelen ϕ = 0 , og illustrer løsningene grafisk.Løsning:a) Vi starter med å beregnek 20 N/m1010.0s−b−1ω = = = , δ = = 0s.m 0.20kg2mLøsningen av svingelikningen kan da skrives( ) ( ) ( −1x t = Acos ω t + ϕ = Acos( 10s ) ⋅ t + ϕ).b) Når b = 1.12 N/ ( m/s)blirb 1.12 N/ ( m/s) −1δ = = = 2.80s ,2m2 ⋅ 0.20kg0− .Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 9( ) ( )2 2 −1 2−1 2−1ω = ω0 − δ = 10.0s − 2.8s = 9.6s .Løsningen av svingelikningen kan da skrives( 1( ) −δ t − 2.80s ) t( )( ( 1x t Ae cos ωt ϕ Ae −−= + = cos 9.6s ) ⋅ t + ϕ).Løsningen er illustrert grafisk nedenfor.x102.8t10e −x( t) = 10cos( 10t)500.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0t-5-10( ) −2.8tx t = 10e cos( 9.6t)Dersom dempingen er så stor at δ ≥ ω0, får vi ikke svingninger i det hele tatt. Da vil systemetgli tilbake mot likevekt uten å utføre svingninger. Fjæringen på en bil bør være slik. Mendersom fjæringen er slitt, risikerer vi at bilen utfører dempede svingninger når den kjører overen ujevnhet i veibanen.Hittil har vi forutsatt at vårt svingende system ikke utsettes for ytre krefter (mer presist:vektorsummen av eventuelle ytre krefter er lik null). Da vil svingningene før eller senere døbort, siden det i praksis alltid vil være friksjon til stede. Dersom vi skal opprettholdesvingningene, må det være ytre krefter til stede. Da får vi tvungne svingninger med mulighetfor resonans.10.5. Tvungne svingninger.FfLikevektx=−k⋅xFv=−b⋅vvFy( t)Vi skal igjen ta utgangspunkt i et kloss-fjærsystem,men skal la systemet påvirkes av enytre kraft F ( )yt i tillegg til fjærkraft ogfriksjonskraft. Systemet blir da som vist påfiguren til venstre.Så setter vi opp Newtons 2. lov, og benytter2dx d xat v = og a = .2dt dtDa får vi:2d x b dx k 1F ( ) ( )yt −k⋅x−b⋅ v = m⋅a ⇔ + + x = ⋅ F2yt .dt m dt m mBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 10Nå er det mange andre systemer som kan utføre svingninger på samme måte som kloss-fjærsystemetvårt. Vi skal derfor se på en mer generell svingelikning:2d x dx 2+ 2δ+ ω2 0x = Y( t).dt dtFor kloss-fjær-systemet vårt blirb kFy( t)δ = , ω0= , og Y( t)= .2mmmVi skal begrense oss til å se på periodiske ytre påvirkninger. Den enkleste formen for enperiodisk påvirkning erY ( t ) = Y cos 0 ( Ω t )(eller tilsvarende sinus-ledd). Differensiallikningen vår blir derfor2d x dx 2+ 2δ+ ω ( )2 0x = Y cos Ω t .dt dtDenne likningen er temmelig plundrete å løse. Det viser seg at løsningen består av to ledd, derdet ene leddet er løsningen av den tilsvarende likningen uten ytre påvirkning. I alle praktiskesituasjoner vil dette leddet gå mot null på grunn av friksjon. Vi skal derfor konsentrere oss omdet andre leddet, som bestemmer hvordan systemet vil oppføre seg som følge av den ytrepåvirkningen. Heller ikke dette leddet er helt enkelt, men hovedtrekkene er slik:Et system som følger differensiallikningen2d x dx 2+ 2δ+ ω2 0x = Y0cos( Ω t)dt dtutfører tvungne svingninger. Når stabil tilstand er inntrådt, er utslagetxt = AcosΩ t+ϕ( ) ( )der amplituden erY0A =2ω −Ω + δ Ω( )2 2 2 204.Her kan vi starte med å legge merke til at systemet vil svinge med samme vinkelfrekvens somden ytre påvirkningen. Amplituden i svingningen vil imidlertid avhenge av dempingen δ , ogav hvor nær Ω er vinkelfrekvensen ω 0 i den tilsvarende udempede svingningen.Av uttrykket for A ovenfor ser vi at dersom δ er liten, vil A bli svært stor dersom ω0≈Ω.Denne situasjonen der vi får svært store utslag selv med små ytre påvirkninger kaller viresonans.Vi skal nå ta for oss et system der 0 ω og δ er gitt. For et kloss-fjær-system vil det væretilfelle dersom massen m, fjærkonstanten k og dempingsfaktoren b er gitt. Dette systemetpåvirkes av en ytre kraft med vinkelfrekvens Ω . Hvordan vil amplituden i svingningene blinår Ω varierer? Noe av svaret finner du i ramma nedenfor:Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 111Dersom δ ≤ ω , får vi resonans ved en resonansfrekvensΩ = − .2 2resω0 2δ20Ved denne frekvensen er amplituden i svingningeneY0Ares=.2 22δ ω − δ0Vi ser at resonansfrekvensen blir litt lavere enn vinkelfrekvensen i den tilhørende udempedesvingningen. Vi ser også at jo større dempingen δ er, jo lavere blir amplituden når resonans1inntreffer. Dessuten får vi ikke resonans i det hele tatt dersom δ > ω .Disse egenskapene er illustrert i figuren nedenfor, der amplituden A er tegnet opp som−1funksjon av Ω for systemet i Eksempel 10.4.1 der ω0 = 10s . Du ser hvordan resonanstoppenforskyver seg mot lavere frekvenser for den ytre kraften når dempingen øker, samtidigsom resonanstoppen blir stadig lavere. Når dempingen blir stor, får vi ikke resonans i det heletatt.200.4( ) A Ωb = 0.50.30.20.10.0b = 1.0b = 2.0b = 4.00 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15Ω0= 10ΩHvis du er interessert, kan du finne noen detaljer som er brukt ved plottingen av denne grafeni eksemplet nedenfor.Eksempel 10.5.1: Vi skal holde oss til det samme kloss-fjær-systemet som vi har brukttidligere (masse m = 0.20 kg , k = 20 N/m ). Den ytre kraften er gitt vedF ( t ) = F 0cos( Ω t ) = 2.0cos( Ω t ) .a) Finn (om mulig) resonansfrekvensen og maksimalt utslag når dempingskonstanten er:1) b = 0.5 N/(m/s) .2) b = 1.0 N/(m/s) .3) b = 2.0 N/(m/s) .4) b = 4.0 N/(m/s)b) Bestem den største verdien av b som kan gi resonans.c) Tegn grafene av A som funksjon av Ω i de fire tilfellene som er brukt i del a) aveksemplet.Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Løsning:Vi har tidligere vist at ω0= 10 rad/s . Dessuten blirY1 1m 0.20kg, er= ⋅ 202.0 N = ⋅ 2.0 N = 10 m/s .a1) Når b = 0.5 N/(m/s)( ) −1b 0.5 N/ m/sδ = = = 1.25 s2m2 ⋅ 0.20 kgDa blirFysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 12.2−( ) ( ) 22 2 1resω0 2δ10 rad/s 2 1.25 s 9.84 rad/sΩ = − = − ⋅ = .Ved denne frekvensen er maksimalt utslag2Y010m/sAres= = = 0.403 m .2 21 2122δ ω0− δ − −2 ⋅1.25 s 10 rad/s − 1.25 sa2) Når b = 1.0 N/(m/s) , er( ) −1b 1.0 N/ m/sδ = = = 2.5 s2m2 ⋅ 0.20 kgDa blir.( ) ( )2−( ) ( ) 22 2 1resω0 2δ10 rad/s 2 2.5 s 9.35 rad/sΩ = − = − ⋅ = .Ved denne frekvensen er maksimalt utslag2Y010m/sAres= = = 0.207 m .2 21 2122δ ω0− δ − −2 ⋅2.5 s 10 rad/s − 2.5 sa3) Når b = 2.0 N/(m/s) , er( ) −1b 2.0 N/ m/sδ = = = 5.0 s2m2 ⋅ 0.20 kgDa blir.( ) ( )2−( ) ( ) 2Ω = − = − ⋅ = .2 2 1resω0 2δ10 rad/s 2 5.0 s 7.07 rad/sVed denne frekvensen er maksimalt utslag2Y010m/sAres= = = 0.115 m .2 21 2122δ ω0− δ − −2 ⋅5.0 s 10 rad/s − 5.0 sa4) Når b = 4.0 N/(m/s) , er( ) −1b 4.0 N/ m/sδ = = = 10.0 s2m2 ⋅ 0.20 kgDa blir( ) ( ).2−( ) ( ) 2Ω = − = − ⋅ = − .2 2 1resω0 2δ10 rad/s 2 10.0 s 100 rad/sDa er det ikke resonans.Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

) For å få resonans, må1 1−1δ ≤ ω = ⋅ 10 rad/s = 7.07 s .Da erδ2 0 2b2mFysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 13( )−1= ⇔ b= 2m⋅ δ = 2 ⋅0.20 kg ⋅ 7.07 s = 2.83 N/ m/s .c) Vi setter inn kjente størrelser i uttrykket for amplituden, og ser bort fra benevninger:Y( )010A Ω = =.2 222 2 2 222 2ω −Ω + 4δ Ω 10 −Ω + 4δΩDa får vi:( ) ( )01) b = 0.5 ⇔ δ = 1.25 .10 10A( Ω ) = =2 2( 10 −Ω ) + 4 ⋅1.25 Ω ( 100 −Ω ) + 6.25Ω2 2 2 2 2 2.2) b = 1.0 ⇔ δ = 2.5 .10 10A( Ω ) = =2 2( 10 −Ω ) + 4 ⋅2.5 Ω ( 100 −Ω ) + 25Ω2 2 2 2 2 2.3) b = 2.0 ⇔ δ = 5.0 .( )10 10A Ω = =2 2( 10 −Ω ) + 4 ⋅5.0 Ω ( 100 −Ω ) + 100Ω2 2 2 2 2 2.4) b = 3.0 ⇔ δ = 10.010 10A( Ω ) = =2 2( 10 −Ω ) + 4 ⋅10 Ω ( 100 −Ω ) + 400Ω2 2 2 2 2 2.Disse funksjonene er brukt til å tegne A som funksjon av Ω for ulike verdier av b.Du innser sikkert at vi kan få resonans i mange andre fysiske systemer enn bare kloss-fjærsystem.Det er vanlig at vi ønsker å unngå resonans. Når man bygger båter, vil man innretteseg slik at båtens egen svingefrekvens ikke faller sammen med "vanlige" frekvenser forhavbølger. Dersom men bygger hengebruer, må man være nøye med at bruas egen svingefrekvensikke faller sammen med frekvenser for periodiske påkjenninger som brua kan bliutsatt for.I vekselstrømlæra handler mye om svingekretser og resonans. Mye av det vi har sagt her kandirekte overføres til slike elektriske svingekretser. Men vær oppmerksom på en liten, menviktig forskjell: I våre mekaniske svingninger får du resonans når Ω er litt mindre enn ω 0 .Men i en elektrisk krets får du alltid resonans når frekvensen til den påtrykte spenningen er likkretsens egenfrekvens.Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 1410.6. Tillegg.10.6.1. Hengende kloss-fjær-system.xk⋅xVi skal nå se nærmere på hva som skjer dersom vi lar klossfjær-systemethenge fritt under påvirkning av tyngdekraftenmg . I figuren til venstre antar vi at fjæra er så lett at vi kan sebort fra fjæras egen masse. Så henger vi opp loddet og setter deti svingninger.Da blir Newtons 2. lovm⋅gVi legger inn et koordinatsystem med positiv retning nedover.Når fjæra er strekt en strekning x, påvirkes klossen av enkraftsumF = mg − kx .2d x2d x k2 2F = m ⋅a ⇔ mg − kx = m ⋅ ⇔ + x = g .dt dt mDette er en inhomogen differensiallikning. Vi vet at løsningen kan skrives på formenxt ( ) = x( ) ( )ht + xptder vi allerede vet atkxh( t) = Acos( ω0t+ ϕ)der ω0= .mDet er nå rimelig å anta at x ( )pt er en konstant x0siden høyresiden av differensiallikningener en konstant. Vi setter inn i likningen, og får0 + kmgx0 g x0m= ⇔ = k.Dermed har vi atmgxt ( ) = x( ) ( )ht + xpt = Acos( ω0t+ ϕ)+ .k10.6.2. Dupp på vann.Figuren til venstre forestiller en terningformet trekloss med masseBlm og sidekant l som flyter på vann som har tetthet ρV. Klossenpåvirkes av to krefter, tyngden m⋅ g og oppdriften B. Vi vet at B erlik tyngden av den fortrengte vannmengden. Vi lar indeks Vstå forly ”vann”, og får da at2B= mgV= ρVVg V= ρV( ly)g.mgVelger positiv retning nedover. Da blir Newtons 2. lov:mg − B = ma .2d ySetter inn uttrykket for B samt at a = , og får2dtBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.10. Svingninger. Side 10 - 152 2 22 d y d y ρVl gmg − ρV( l y)g = m ⇔ + y = g .2 2dt dt mLøsningen av denne inhomogene differensiallikningen eryt ( ) = y( t) + y( t).hVi vet allerede aty t = Acosω t + ϕ .h( ) ( )p0der2ρ lg Vω0= .mDet kan være gunstig å innføre klossens massetetthetm3ρ = ⇔ m= ρl.3lDa blirρ 2 2Vlg ρ Vlg ρ V⋅ g 2lω0 = = = ⇔ T = π = 2πρ ⋅3m ρl ρ⋅l ω ρ g0V.Her ser vi bl.a. at svingetiden T øker proporsjonalt med kvadratrota av sidelengden.Vi antar at partikulærløsningen y ( )pt er en konstant y0siden høyresiden av likningen er enkonstant. Innsetting i differensiallikningen gir nå2 3ρVlg m ρlρ0 + y0 = g ⇔ y0 = = = l.2 2m ρVl ρVlρVDen komplette løsningen blir derforρyt ( ) = y( ) ( )ht + ypt = Acos( ω0t + ϕ)+ l.ρHer kan vi merke oss at når y = y0er oppdriften2 2 3B = ρV( l y0) g = ρVl ⋅ ρ l ⋅ g = ρl g = mgρVslik at oppdriften er lik klossens tyngde. Da er klossen i sin likevektsposisjon. Klossen vilaltså svinge om denne likevektsposisjonen med den svingetiden T som er funnet ovenfor.VBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.