www.matematikk.org
LærerstudenterLærerstudenter

Udempet og dempet svinging

Her skal vi se på en konkret anvendelse av differensiallikninger av andre orden.

Anta at vi har et lodd med masse m som henger vertikalt i en fjær. Vi skal nå se hvordan vi kan beskrive posisjonen y til loddet med hensyn til tid ved hjelp av differensiallikninger av andre orden. Vi kaller posisjonen til loddet når det henger i ro for likevektspunktet, og vi setter y=0 når loddet er her.

Om vi prøver å presse loddet oppover eller dra det nedover, er kraften F1 vi bruker proposjonal med posisjonen til loddet. Fjæret vil gjøre mer motstand jo lenger vekk fra likevektspunktet vi flytter loddet. Dermed er F1=ky for en konstant k. Vi kaller konstanten k for fjærkonstanten.

Om vi holder loddet i ro kommer fjæret til å virke med en kraft F2 som er like stor som kraften vi bruker på loddet, men virker i motsatt retning: F1+F2=0. Da F1=ky har vi at F2=ky.

Om vi slipper loddet (og ignorerer friksjon) forsvinner kraften F1 vi brukte på loddet, og vi står kun igjen med kraften F2. Newton’s andre lov forteller oss at F2=ma, hvor a er akselerasjonen til loddet. Dermed er ma=ky. Men vi vet at akselerasjonen er den dobbeltderiverte til posisjonen med hensyn til tid, det vil si at my+ky=0. Vi har beskrevet følgende:

Udempet svinging

Anta at vi har et lodd med masse m som henger vertikalt i en fjær med fjærkonstant k. Om vi presser loddet oppover eller drar det nedover for så å slippe det, er posisjonen til loddet gitt ved likningen my+ky=0. Her ignorerer vi friksjon.

Eksempel 1

Anta at vi har et lodd på 0,3 kilogram som henger i en fjær med fjærkontant på 30 Newton per meter. Vi drar loddet ned 0,10 meter og slipper det. Formelen for udempet svingning forteller oss at posisjonen til loddet er gitt ved differensiallikningen 0,3y+30y=0. Den karakteristiske likningen er gitt ved 0,3r2+30=0 og har løsninger r=±101. Da er den generelle løsningen gitt ved y=C1sin10t+C2cos10t. Vi vet at ved t=0 så er y(0)=0,10, dermed er y(0)=C2=0,10. Merk at vi også har en initialbetingelse på y: i øyeblikket vi slipper loddet, ved t=0, så er farten y=0. Ved kjerneregelen har vi at y=10C1cos10t10C2sin10t. Setter vi inn t=0 får vi 10C1=0 som gir at C1=0. Dermed er løsningen gitt ved y=0,10cos10t.

Om vi tegner grafen til funksjonen i eksempelet ovenfor, får vi følgende:

Grafen beskriver posisjonen til loddet med hensyn til tid. Vi ser at grafen er periodisk, og loddet kommer like langt over og under likevektspunktet hver periode. Dette ville aldri ha skjedd i virkeligheten, hvor loddet vil svinge om likevektspunktet med stadig mindre amplitude. I praksis kommer det vil å virke enda en kraft på loddet: friksjonskraften som vi til nå har ignorert. Når farten blir større vil også friksjonskraften bli større, og dermed er friksjonskraften F3 proposjonal med farten til loddet: F3=k1y hvor k1 er en konstant, friksjonstallet. Her har vi et negativt fortegn siden kraften vil virke i motsatt retning av farten. Om vi drar loddet nedover eller skyver det oppover for så å slippe det, har vi da at F2+F3=k2yk1y hvor k2 er fjærkonstanten og F2=k2y som tidligere. Om vi igjen bruker Newton’s andre lov har vi at F2+F3=my hvor m er massen til loddet, og vi får at my=k2yk1y eller my+k1y+k2y=0. Vi har beskrevet følgende:

Dempet svingning

Anta at et lodd med masse m henger i en fjær med fjærkonstant k2. Om vi drar loddet ned eller skyver det opp for så å slippe det ved tid t=0, er posisjonen y til loddet gitt ved my+k1y+k2y=0 hvor k1 er friksjonstallet.

Eksempel 2

Gitt en lodd med masse 0,1 kilogram hengende i en fjær med fjærkonstant 0,3 Newton per meter og friksjonstall 0,2 Newtonsekunder per meter som vi trekker ned 0.25 meter for så å slippe det, får vi differensiallikningen 0,1y+0,2y+0,3y=0. Den karakteristiske likningen 0,1r2+0,2r+0,3=0 har løsninger r1=1+21 og r2=121. Da vet vi at den generelle løsningen er gitt ved y=et(C1sin(2t)+C2cos(2t)). Vi vet at y(0)=0,25, slik at y(0)=C2=0,25. Da er y=et(C1sin(2t)0,25cos(2t)). I øyeblikket vi slipper loddet kommer farten vil å være null: y(0)=0. Om vi deriverer funksjonen ved hjelp av produktregelen og kjerneregelen får vi at

y=et(C1sin(2t)0,25cos(2t))+

et(2C1cos(2t)+(0,25)2sin(2t)). Setter vi inn for t=0 får vi at 0,25+2C1=0. Løser vi for C1 har vi at C1=142. Dermed har vi funnet løsningen y=et(142sin(2t)0,25cos(2t)). Om vi nå tegner grafen til funksjonen får vi et mer realistisk bilde:

Vi ser at loddet nærmer seg likevektspunktet veldig raskt. Det er selvsagt også mulig å få dempede svingninger med amplitude som er større i starten og synker saktere: vi oppfordrer leseren til å prøve seg med forskjellige konstanter for så å tegne grafen til løsningen med digitale hjelpemidler.

Publisert: 18.07.2016 Endret: 18.07.2016