رزونانس 2

[amir315hossein]

از روابط بین سینوس و کسینوس، رابطه زیر را به یاد بیاورید.

cosB−cosA=2sin(A−B2)sin(A+B2)
با استفاده از این رابطه، می‌توان جواب را به صورت زیر نوشت.
x=2016−π2(2sin(4−π2t)sin(4+π2t))
رابطه به دست آمده نشان می‌دهد که x
موجی با فرکانس زیاد است که موج دیگری با فرکانس کوچک، روی آن سوار شده است.
ارتعاش با فرکانس طبیعی
حال فرض کنیم ωn=ω
باشد. در این حالت نمی‌توانیم جواب Acos(ωt) را امتحان کرده و پس از آن روش ضرایب نامعین را به کار ببریم. می‌دانیم که cos(ωt) معادله همگن را حل می‌کند. بنابراین، از جواب خصوصی xp=Atcos(ωt)+Btsin(ωt)
استفاده می‌کنیم. معادله حرکت به صورت زیر است.
x′′+ω2x=F0mcos(ωt)
با جایگذاری xp
در معادله بالا، خواهیم داشت:
2Bωcos(ωt)−2Aωsin(ωt)=F0mcos(ωt)
با مقایسه دو طرف معادله بالا، A=0
و B=F02mω
مشخص است. در نتیجه، جواب خصوصی و جواب کلی به صورت زیر خواهند بود.
xp=F02mωtsin(ωt)
x=C1cos(ωt)+C2sin(ωt)+F02mωtsin(ωt)
مهمترین بخش رابطه بالا، عبارت سمت راست است. یعنی همان جواب خصوصی که ابتدا به دست آوردیم. این عبارت بین دو مقدار F0t2mω
و −F0t2mω نوسان خواهد کرد. همان گونه که می‌بینید، اگر t→∞، کران بالا و پایین این حد بزرگ و بزرگتر شده و به سمت بی‌نهایت میل می‌کنند. دو عبارت اول در سمت راست معادله بالا، فقط بین دو مقدار ±√C12+C22 نوسان خواهد کرد که وقتی t→∞، نسبت به عبارت سمت راست، می‌توان از آنها صرف نظر کرد. در نتیجه، با بزرگ شدن t
، دامنه نوسان‌ها بسیار بزرگ خواهد شد. این رفتار، همان رزونانس است.

محاسبه رزونانس در ارتعاش اجباری میرا
در دنیای واقعی با پدیده‌هایی روبرو هستیم که از معادلات ساده شده بالا تبعیت نمی‌کنند. در نتیجه، میرایی هم به سیستم اضافه می‌شود. با در نظر گرفتن میرایی، معادله حرکت به صورت زیر نوشته می‌شود:
mx′′+cx′+kx=F0cos(ωt)
رابطه‌های زیر را قبلاً در مقالهارتعاشات اجباری به دست آورده‌ایم.
p=ζωn=c2m,ωn=√km
با ادغام دو رابطه اخیر، به رابطه زیر می‌رسیم.
x′′+2px′+ωn2x=F0mcos(ωt)
ریشه‌های معادله مشخصه مربوط به معادله همگن، برابر با r1,r2=−p±√p2−ωn2
است. شکل پاسخ عمومی مربوط به معادله همگن به علامت p2−ωn2 بستگی دارد. همان‌طور که می‌دانیم این علامت، با علامت c2−4km
یکسان است. در نتیجه، پاسخ عمومی را می‌توان به صورت زیر نوشت.
xc=⎧⎪⎨⎪⎩C1er1t+C2er2tifc2>4kmC1ept+C2e−ptifc2=4kme−pt(C1cos(ω1t)+C2sin(ω1t))ifc2<4km
در رابطه بالا، ω1=√ωn2−p2
است. همان‌طور که مشاهده می‌شود، در هر شرایطی اگر t→∞ آنگاه xc(t)→0 اتفاق می‌افتد. جواب خصوصی xp=Acos(ωt)+Bsin(ωt)
را می‌توان به صورت زیر محاسبه کرد.
((ωn2−ω2)B–2ωpA)sin(ωt)+((ωn2−ω2)A+2ωpB)cos(ωt)=F0mcos(ωt)
با مقایسه دو طرف رابطه، نتایج زیر به دست می‌آید.
A=(ωn2−ω2)F0m(2ωp)2+m(ωn2−ω2)2 B=2ωpF0m(2ωp)2+m(ωn2−ω2)2
اگر C
را به صورت C=√A2+B2
فرض کنیم، جواب خصوصی به شکل زیر به دست می‌آید.
C=F0m√(2ωp)2+(ωn2−ω2)2 xp=(ωn2−ω2)F0m(2ωp)2+m(ω2n−ω2)2cos(ωt)+2ωpF0m(2ωp)2+m(ω2n−ω2)2sin(ωt)
می‌توانیم تغییر فاز γ
را از رابطه زیر محاسبه کنیم (در حالتی که ω≠ωn
).
tanγ=BA=2ωpωn2−ω2
در نتیجه، جواب خصوصی به صورت زیر ساده می‌شود.
xp=F0m√(2ωp)2+(ωn2−ω2)2cos(ωt−γ)
حالت گذرا و حالت پایدار
حال اگر ω=ωn
باشد، حالت زیر رخ می‌دهد.
A=0,B=C=F02mωp,γ=π2
نیازی نیست که رابطه به دست آمده را به خاطر بسپارید. زیرا با تغییر تابع F
جواب به دست آمده نیز تغییر خواهد کرد. ولی لازم است روند به دست آوردن جواب را به خوبی یاد بگیرید. جواب کلی این مسأله به شکل زیر است.
x=xc+xp=xtr+xsp
همان‌طور که می‌دانیم هنگامی که t→∞
، آنگاه xc=xtr هم به صفر میل خواهد کرد. در نتیجه، برای مقادیر بزرگ t، می‌توان از تأثیر xtr صرف نظر کرد و فقط xsp دیده خواهد شد. توجه کنید که بخش xsp دارای هیچ ثابت دلخواهی نیست و شرایط اولیه فقط روی xtr تأثیر می‌گذارند. در نتیجه، پس از گذشت یک دوره زمانی، تأثیر شرایط اولیه قابل چشم‌پوشی خواهد بود. بنابراین از پاسخ حالت گذرا صرف نظر می‌کنیم و روی پاسخ حالت پایدار متمرکز خواهیم شد. شکل زیر را در نظر بگیرید. در نمودارهای مختلفی که مشاهده می‌کنید، ضرایب k، m، F0، c و ω
یکی است و تفاوت فقط در شرایط اولیه است.

به این نکته توجه کنید که سرعت میل کردن xtr
به صفر، به p بستگی دارد. هرچه p بزرگتر باشد، xtr زودتر به صفر میل خواهد کرد. در نتیجه هرچه میرایی سیستم کوچکتر باشد، ناحیه گذرا طولانی‌تر خواهد بود. در بخش قبلی دیدیم که برای ارتعاش نامیرا، شرایط اولیه، رفتار سیستم را در تمام زمان‌ها تحت تأثیر قرار می‌دهند. یعنی طول مدت حالت گذرا، بی‌نهایت است.