ارتعاشات آزاد در سیستم های نامیرا – از صفر تا صد

قبلاً در مجله فرادرس، اصول و مفاهیم ارتعاشات مکانیکی را مورد بررسی قرار دادیم. در این مقاله قصد داریم به ارتعاشات آزاد سیستم‌های نامیرا بپردازیم. بدین منظور با روندی که به صورت فهرست‌وار در ادامه خواهید دید، با استفاده از قانون دوم نیوتن، معادلات حرکت را استخراج خواهیم کرد.

• ابتدا یک دستگاه مختصات مناسب برای تشریح موقعیت جرم یا جسم صلب انتخاب می‌کنیم. برای حرکت انتقالی یک جرم نقطه‌ای یا مرکز جرم یک جسم صلب، از دستگاه مختصات خطی و برای تشریح حرکت زاویه‌ای یک جسم صلب، از دستگاه مختصات زاویه‌ای استفاده خواهیم کرد.
• سپس موقعیت تعادل استاتیکی سیستم را مشخص کرده، جابجایی جرم یا جسم صلب را نسبت به آن محاسبه می‌کنیم.
• برای حالتی که جابجایی یا سرعت به سیستم اعمال شده باشد، نمودار جسم آزاد آن را ترسیم می‌کنیم. اکنون، نوبت به مشخص کردن تمام نیروهای عمل و عکس‌العمل وارد به جرم یا جسم صلب می‌رسد.
• در پایان، قانون دوم حرکت نیوتن را به نمودار جسم آزاد اعمال می‌کنیم که عبارت است از اینکه «نرخ تغییرات ممنتوم یک جرم با نیروی وارد به آن جرم برابر باشد.»

معادله حرکت ارتعاشات آزاد سیستم جرم و فنر

مطابق توضیحاتی که تا به اینجا ارائه شد، اگر نیروی $$\large \overrightarrow{F} (t)$$ به جرم $$\large m$$ وارد شود و آن را در جهت نیرو و به اندازه فاصله $$\large \overrightarrow{x} (t)$$ جابجا کند، قانون دوم نیوتن به صورت زیر نوشته می‌شود.

$$\large \overrightarrow{F} (t) \:= \:\frac{\text{d} }{\text{d}t} (m\frac{\text{d} \overrightarrow{x} (t)}{\text{d}t})$$

اگر جرم $$\large m$$ ثابت باشد، رابطه بالا به صورت زیر در خواهد آمد.

$$\large \overrightarrow{F} (t) \:= \:m\frac{\text{d} ^2 \overrightarrow{x} (t)}{\text{d} t^ 2} \:= \:m\ddot{\overrightarrow{x}}$$

(رابطه ۱)

در رابطه بالا، $$\large \ddot{\overrightarrow{x}} \:= \:\frac{\text{d} ^2 \overrightarrow{x} (t)}{\text{d} t^ 2}$$ شتاب جرم $$\large m$$ را نشان می‌دهد. برای جسم صلبی که حرکت دورانی دارد، قانون نیوتن به صورت زیر است.

$$\large \overrightarrow{M} (t) \:= \:J \ddot{\overrightarrow{\theta}}$$

(رابطه ۲)

در رابطه ۲، $$\large \overrightarrow{M}$$ گشتاور اعمال شده به جسم صلب و $$\large \overrightarrow{\theta}$$ و $$\large \ddot{\overrightarrow{\theta}} \:= \:\frac{\text{d} ^2 \theta (t)}{\text{d} t^2}$$ نیز به ترتیب، جابجایی زاویه‌ای و شتاب زاویه‌ای آن هستند. رابطه‌های ۱ و ۲، معادلات حرکت سیستم در حالت ارتعاشات آزاد را نشان می‌دهند. اکنون، سیستم یک درجه آزادی و نامیرای نشان داده شده در شکل زیر را در نظر بگیرید.

جرم $$\large m$$ روی تکیه‌گاهی از نوع غلتکی و بدون اصطکاک است و آزادانه در جهت افقی حرکت انتقالی دارد. هنگامی که جرم نسبت به موقعیت تعادل استاتیکی‌اش، به اندازه $$\large + \:x$$ جابجا شود، نیروی فنر برابر $$\large k\:x$$ خواهد بود. استفاده از رابطه ۱ برای این جرم، به معادله زیر منجر می‌شود.

$$\large F(t) \:= \:- kx \:= \:m\ddot{x} \\~\\
\large m\ddot{x} \:+ kx \:=0$$

(رابطه ۳)

برای استخراج معادله حرکت سیستمی که ارتعاشات آزاد دارد، چندین روش وجود دارد که از بین آنها می‌توان به قضیه دالامبر، اصل جابجایی مجازی و قانون پایستگی انرژی اشاره کرد.

ارتعاشات آزاد سیستم جرم و فنر در جهت قائم

سیستم جرم و فنر نشان داده شده در شکل زیر را در نظر بگیرید. جرم $$\large m$$ از پایین‌ترین نقطه فنر آویزان است. انتهای دیگر فنر را به یک تکیه‌گاه صلب متصل کرده‌ایم. در حالت سکون، جرم در موقعیت تعادل استاتیکی قرار دارد.

در این حالت، نیروی گرانش وارد به جرم $$\large m$$، دقیقاً با نیروی کشش فنر که از طرف جرم و به سمت بالا وارد می‌شود، برابر است. در نقطه تعادل استاتیکی، فنر به اندازه $$\large l_0 \:+ \:\delta _{st}$$ کشیده می‌شود، که $$\large \delta _{st}$$ برابر با جابجایی استاتیکی ناشی از وزن $$\large W$$ است. با دقت در شکل، تعادل استاتیکی را می‌توان به صورت زیر نوشت.

$$\large W \:= \:m g\: =\: k\delta _{st}$$

حال، جرم $$\large m$$ را نسبت به این وضعیت تعادل به اندازه $$\large + \:x$$ جابجا می‌کنیم (شکل ب). در این حالت، نیروی کشش فنر به مقدار $$\large -\:k (x \:+ \:\delta _{st})$$ می‌رسد. با استفاده از قانون دوم نیوتن، روابط زیر به دست می‌آید.

$$\large m\ddot{x} \:= \:-k (x\: +\:\delta _{st}) \:+ \:W \\~\\
\large k\delta _{st} \:= \:W \\~\\
\large \Rightarrow ~~~ m\ddot{x} \:+ \:kx \:= \:0$$

همان‌طور که مشاهده می‌کنید نتیجه به دست آمده، مشابه رابطه ۳ است. به عبارت دیگر، هنگام بررسی ارتعاشات آزاد جرمی که در راستای قائم حرکت می‌کند، می‌توانیم از وزن آن صرف نظر کنیم. زیرا معادلات حرکت را نسبت به تعادل استاتیکی آن سیستم می‌نویسیم. در ادامه به حل رابطه ۳ می‌پردازیم.

$$\large x(t) \:= \:Ce ^{st}$$

در این رابطه، $$\large C$$ و $$\large s$$ ثابت هستند و مقدارشان باید مشخص شود. رابطه بالا را در رابطه شماره ۳ جایگذاری می‌کنیم.

$$\large C( ms ^2 \:+ \:k) \:= \:0 \\~\\
\large C \:\neq \:0 \\~\\
\large \Rightarrow ms ^2 \:+ \:k \:= \:0$$

(رابطه ۴)

$$\large s\: =\: \pm\: (-\: \frac {k} {m}) ^{1/2} \:= \:\pm \:i \omega _n \\~\\
\large i\: =\: (-\:1) ^{1/2} \\~\\
\large \Rightarrow \omega _n\: =\: (\frac {k} {m}) ^{1/2}$$

رابطه ۴ را معادله مشخصه یا معادله کمکی مربوط به رابطه ۳ می‌نامند. دو مقدار به دست آمده برای $$\large s$$، ریشه‌های معادله مشخصه هستند که تحت عنوان مقادیر مشخصه یا مقادیر ویژه شناخته می‌شوند. از آنجایی که هر دو مقدار $$\large s$$، در رابطه ۴ صدق می‌کنند، پاسخ عمومی رابطه شماره ۳ را می‌توان به صورت زیر نشان داد.

$$\large x(t) \:= \:C_1 e^ {i\omega_n t} \:+ \:C_2 e^ {-i\omega_n t}$$

با استفاده از فرمول اویلر که به صورت زیر تعریف می‌شود، می‌توانیم رابطه بالا را بازنویسی کنیم.

$$\large e^ {\pm i\alpha t} \:= \:\cos\alpha t\: \pm\:i \sin \alpha t\: \\~\\
\large x(t) \:= \:A _1 \cos \omega _nt \:+ \:A_2 \sin \omega _nt$$

(رابطه ۵)

ثابت‌های $$\large C_1$$ و $$\large C_2$$ یا ثابت‌های جدید $$\large A_1$$ و $$\large A_2$$ را می‌توان با کمک شرایط اولیه سیستم، تعیین کرد. برای مشخص شدن هر دو ثابت، دو شرط اولیه مختلف مورد نیاز است. در اینجا، اگر مقادیر جابجایی $$\large x(t)$$ و سرعت $$\large \dot{x}(t) \:= \:(\frac{\text{d}x}{\text{d}t}) (t)$$ را در لحظه $$\large t \:= \:0$$، به ترتیب $$\large x_0$$ و $$\large \dot{x}_0$$ بنامیم، با کمک رابطه ۵ می‌توانیم به نتایج زیر برسیم.

$$\large x(t \:= \:0) \:= \:A _1\: =\: x_0 \\~\\
\large \dot{x}(t \:= \:0) \:= \:\omega_n A_2 \:= \:\dot{x}_0$$

در نتیجه، ضرایب ثابت به صورت $$\large A_1 \:= \:x_0$$ و $$\large A_2 \:= \:\dot{x}_0/ \omega_n$$ به دست می‌آید. حال، می‌توانیم رابطه ۳ را به شیوه زیر بازنویسی کنیم.

$$\large x(t) \:= \:x_0 \cos \omega _nt \:+ \:\frac {\dot{x} _0} {\omega _n} \sin \omega _nt$$

(رابطه 6)

حرکت هارمونیک در ارتعاشات آزاد

رابطه ۶، تابعی هارمونیک از زمان است و حرکت متقارنی حول موقعیت تعادل جرم $$\large m$$ دارد. هر دفعه که جرم از این موقعیت عبور می‌کند، سرعت و شتاب به ترتیب به مقدار ماکسیمم و صفر می‌رسند. هنگامی هم که جرم $$\large m$$ در بیشترین دامنه قرار می‌گیرد، مقدار سرعت و شتاب آن به ترتیب صفر و ماکسیمم خواهد بود. به این حرکت، هارمونیک گفته می‌شود و سیستم جرم و فنری که چنین حرکتی داشته باشد، یک نوسان‌گر هارمونیک است و مقدار $$\large \omega _n$$، بیان کننده فرکانس طبیعی ارتعاشات آزاد خواهد بود. روش دیگری برای نوشتن رابطه ۵، عبارت زیر است.

$$\large A_1 \:= \:A \cos \phi \\~\\
\large A_2 \:= \:A \sin \phi$$

(رابطه ۷)

در رابطه‌های بالا، ثابت‌های جدید $$\large A$$ و $$\large \phi$$ را معرفی کرده‌ایم که به ترتیب، دامنه و زاویه فاز را مشخص می‌کنند و برحسب $$\large A_1$$ و $$\large A_2$$ قابل تعریف هستند.

$$\large A\: =\: (A^2 _1 \:+ \:A^2 _2) ^{1/2} \:= \:[x^2 _0 \:+ (\frac {\dot{x} _0} {\omega _n}) ^{2}] ^{1/2} \\~\\
\large \phi \:= \:\tan ^{-1}(\frac {A_2} {A_1}) \:= \:\tan ^{-1} (\frac {\dot{x} _0} {x_0 \omega _n})$$

با ادغام رابطه‌های ۵ و ۷، معادله حرکت را به صورت زیر می‌نویسیم.

$$\large x(t)\: =\: A\cos (\omega _nt \:- \:\phi)$$

(رابطه ۸)

ماهیت نوسان هارمونیک را می‌توان به صورت شماتیک و به شکل زیر (قسمت الف) نشان داد. اگر $$\large \overrightarrow{A}$$، برداری با اندازه $$\large A$$ باشد که نسبت به محور $$\large x$$، زاویه‌ای برابر $$\large \omega _nt \:- \:\phi$$ می‌سازد، رابطه ۸، به عنوان تصویر بردار $$\large \overrightarrow{A}$$ روی محور $$\large x$$ در نظر گرفته می‌شود. ثابت‌های $$\large A_1$$ و $$\large A_2$$ در رابطه ۵ که به صورت رابطه شماره ۷ تعریف شده‌اند، مؤلفه‌های بردار $$\large \overrightarrow{A}$$ در راستای دو محور متعامدی هستند که نسبت به بردار $$\large \overrightarrow{A}$$، زاویه‌های $$\large \phi$$ و $$\large -\:(\frac {\pi} {2} \:- \:\phi)$$ را می‌سازند.

از آنجایی که زاویه $$\large \omega_nt \:- \:\phi$$ تابعی خطی از زمان است، به صورت خطی با زمان افزایش می‌یابد. در نتیجه، تمام نمودار، با سرعت زاویه‌ای $$\large \omega _n$$ و در خلاف جهت حرکت عقربه‌های ساعت دوران می‌کند. با دوران نمودار (شکل الف)، تصویر بردار $$\large \overrightarrow{A}$$ روی محور $$\large x$$ به صورت هارمونیک تغییر می‌کند. بنابراین، زمانی که بردار $$\large \overrightarrow{A}$$ زاویه‌ای برابر $$\large 2\pi$$ را پشت سر بگذارد، حرکت تکرار می‌شود. تصویر بردار $$\large \overrightarrow{A}$$ که آن را با $$\large x(t)$$ نشان می‌دهیم، در نمودار شکل بالا به عنوان تابعی از $$\large \omega _nt$$ (قسمت ب) و تابعی از زمان (قسمت پ) رسم شده است. در سیستم جرم و فنر، چند نکته را باید مد نظر قرار داد.

الف) اگر ارتعاشات آزاد سیستم جرم و فنر در مسیر عمودی قرار داشته باشد، فرکانس طبیعی و ثابت فنر را می‌توان به ترتیب به صورت $$\large \omega _n \:= \:(\frac {k} {m}) ^{1/2}$$ و $$\large k \:= \:\frac {mg} {\delta _{st}}$$ تعریف کرد. از این رو، فرکانس طبیعی به صورت زیر بازنویسی می‌شود.

$$\large \omega _n\:= \:(\frac {g} {\delta _{st}}) ^{1/2}$$

اکنون می‌توانیم با کمک رابطه بالا، فرکانس طبیعی در واحد دور در ثانیه و همچنین دوره تناوب طبیعی را به شکل زیر نمایش دهیم.

$$\large f_n \:= \:\frac {1} {2\pi} (\frac {g} {\delta _{st}}) ^{1/2} \\~\\
\large \tau_n \:= \:\frac {1} {f_n} \:= \:2\pi (\frac {\delta _{st}} {g}) ^{1/2}$$

بنابراین، هنگامی که جرم در مسیر افقی نوسان می‌کند، فقط با اندازه‌گیری جابجایی استاتیکی $$\large \delta _{st}$$ می‌توان فرکانس طبیعی و دوره تناوب ارتعاشات آزاد را به دست آورد و نیازی به دانستن مقادیر $$\large k$$ و $$\large m$$ نیست.

ب) با کمک رابطه ۸، سرعت $$\large \dot{x} (t)$$ و شتاب $$\large \ddot{x} (t)$$ جرم $$\large m$$ در لحظه $$\large t$$ قابل محاسبه است.

$$\large \dot{x} (t) \:= \:\frac{\text{d}x}{\text{d}t} (t) \:= \:- \:\omega _nA \sin (\omega _nt \:- \:\phi) \:= \:\omega _nA \cos (\omega _nt \:- \:\phi \:+ \:\frac {\pi} {2}) \\~\\
\large \ddot{x} (t) \:= \:\frac{\text{d} ^2x}{\text{d} t^2} (t) \:= \:- \:\omega ^2 _nA \cos (\omega _nt \:- \:\phi) \:= \:\omega ^2_nA \cos (\omega _nt \:- \:\phi \:+ \:\pi)$$

پ) اگر جابجایی اولیه $$\large x_0$$ صفر باشد، پاسخ رابطه ۸ به صورت زیر ساده می‌شود.

$$\large x_t \:= \:\frac {\dot {x} _0} {\omega _n} \cos (\omega _nt \:- \:\frac {\pi} {2}) \:= \:\frac {\dot{x} _0} {\omega _n} \sin \omega _nt$$

اما اگر سرعت اولیه $$\large \dot{x} _0$$ صفر  باشد، پاسخ به شکل زیر خواهد بود.

$$\large x(t) \:= \:x_0 \sin (\omega _nt \:+ \:\frac{\pi} {2}) \\~\\
\large x(t) \:= \:x_0 \cos \omega_ nt$$

ت) پاسخ سیستم یک درجه آزادی را می‌توانیم در صفحه جابجایی--سرعت بیان کنیم که به فضای حالت یا صفحه فاز معروف است. به این منظور، رابطه ۸ را در نظر بگیرید که به شیوه زیر نیز نوشته می‌شود.

$$\large \cos (\omega _nt \:- \:\phi) \:= \:\frac {x} {A}$$

(رابطه ۹)

با مشتق‌گیری از این رابطه، معادله سرعت به صورت زیر است.

$$\large \dot{x} (t) \:= \:-A \omega _n\sin (\omega _nt \:- \:\phi) \\~\\
\large \sin (\omega _nt \:- \:\phi) \:= \:-\frac {\dot{x}} {A\omega_n} \:= \:-\frac {y} {A}$$

(رابطه ۱۰)

در رابطه اخیر، $$\large y \:= \:\frac {\dot {x}} {\omega _n}$$ برقرار است. اگر طرفین رابطه‌های ۹ و ۱۰ را به توان ۲ برسانیم، حاصل‌جمع آنها برابر با واحد خواهد بود.

$$\large \large \cos^2 (\omega _nt \:- \:\phi) \:+ \:\sin ^2(\omega _nt \:- \:\phi) \:= \:1 \\~\\
\large \frac {x^2} {A^2} \:+ \:\frac {y^2} {A^2} \:= \:1$$

(رابطه 11)

به شکل زیر توجه کنید. نمودار مربوط به رابطه ۱۱ در صفحه ($$\large y$$ و $$\large x$$)، یک دایره را نشان می‌دهد (قسمت الف) که بیان‌کننده صفحه فاز یا فضای حالت از ارتعاشات آزاد سیستم نامیرا است. شعاع دایره ($$\large A$$) با استفاده از شرایط اولیه حرکت به دست می‌آید. از سوی دیگر اگر نمودار رابطه ۱۱ را در صفحه ($$\large \dot{x}$$ و $$\large x$$) رسم کنیم، شکل حاصل، یک بیضی (قسمت ب) خواهد بود.

مثال ۱ -- پاسخ هارمونیک در ارتعاشات آزاد مخزن آب

سؤال: ستون مخزن آب نشان داده شده در شکل زیر، ارتفاعی به اندازه $$\large 300\:ft$$ دارد و از بتن مسلح ساخته شده است. قطر داخلی و خارجی سطح مقطع این ستون، به ترتیب $$\large 8\:ft$$ و $$\large 10\:ft$$ است. اگر وزن مخزن پر از آب، $$\large 6\times10 ^5 \:lb$$ باشد، با صرف نظر از جرم ستون، موارد زیر را تعیین کنید. مدول یانگ را برای بتن مسلح $$\large 4\times10 ^6 \:psi$$ در نظر بگیرید.

الف) فرکانس طبیعی و دوره تناوب زمانی مربوط به ارتعاش عرضی مخزن آب

ب) پاسخ ارتعاشی مخزن آب ناشی از جابجایی عرضی اولیه به اندازه $$\large 10 \:in$$

پ) ماکسیمم مقدار سرعت و شتاب مخزن آب

پاسخ: ابتدا مخزن آب را به عنوان جرم نقطه‌ای در نظر می‌گیریم. سطح مقطع ستون، یکنواخت و جرم آن، قابل صرف‌نظر کردن است. در نتیجه، سیستم را به صورت تیر یک سر گیردار مدل می‌کنیم. الف) با توجه به مطالب مندرج در مقاله تحلیل تنش و تغییر شکل در تیرها که قبلاً در مجله فرادرس منتشر شده است، جابجایی عرضی تیر $$\large \delta$$ به دلیل اعمال بار $$\large P$$ به صورت زیر محاسبه می‌شود.

$$\large \delta \:= \:\frac {Pl^3} {3EI}$$

در رابطه بالا، $$\large E$$ مدول یانگ و $$\large I$$ ممان اینرسی مربوط به سطح مقطع تیر است. سفتی تیر (ستون مخزن) را می‌توان با کمک رابطه زیر به دست آورد.

$$\large k\: =\: \frac {P} {\delta} \:= \:\frac {3EI} {l^3}$$

الف) در این مثال، ممان اینرسی سطح مقطع تیر و سفتی آن به صورت زیر است.

$$\large I \:= \:\frac {\pi} {64} (d^4 _o \:- \:d^4 _i) \:= \:\frac {\pi} {64} (120^4 \:- \:96^4) \:= \:600.9554 \:\times \:10^4 \:in ^4 \\~\\
\large k\: =\: \frac {3 (4\:\times \:10^6) (600.9554 \:\times \:10^4)} {3600^3} \:= \:1545.6672 \:lb/in$$

برای محاسبه فرکانس و دوره تناوب طبیعی مخزن آب در ارتعاشات آزاد در جهت عرضی به طریق زیر عمل می‌کنیم.

$$\large \omega_n \:= \:\sqrt {\frac {k} {m}} \:= \:\sqrt {\frac {1545.6672 \:\times \:386.4} {6 \:\times \:10^5}} \:= \:0.9977 \:rad /sec \\~\\
\large \tau_n \:= \:\frac {2\pi} {\omega _n} \:= \:\frac {2\pi} {0.9977} \:= \:6.2977 \:sec$$

ب) هنگامی که جابجایی و سرعت اولیه به ترتیب برابر $$\large x_0 \:= \:10 \:in$$ و $$\large \dot{x}_0 \:= \:0$$ باشد، پاسخ هارمونیک این سیستم در ارتعاشات آزاد به شیوه زیر محاسبه می‌شود.

$$\large x(t) \:= \:A_0 \sin (\omega _nt \:+ \:\phi_0)$$

از طرفی، می‌دانیم جابجایی عرضی ($$\large A_0$$) و زاویه فاز ($$\large \phi_0$$) اولیه برابر با مقادیر زیر است.

$$\large A_0 \:= \:[x^2 _0\: +\: (\frac {\dot{x}_0} {\omega_n}) ^2] ^{1/2} \:= \:x_0 \:= \:10 \:in \\~\\
\large \phi_0 \:= \:\tan ^{-1} (\frac {x_0 \omega_n} {0}) \:= \:\frac {\pi} {2}$$

اکنون با جایگذاری مقادیر بالا، پاسخ ارتعاشی قابل محاسبه است.

$$\large x(t) \:= \:10 \sin (0.9977t \:+ \:\frac {\pi} {2}) \:= \:\cos (0.9977t) \:in$$

پ) اگر از رابطه اخیر مشتق بگیریم، سرعت و سپس شتاب مخزن آب به راحتی به دست می‌آیند.

$$\large \dot{x}(t) \:= \:10 (0.9977) \:\cos (0.9977t \:+ \:\frac {\pi} {2}) \\~\\
\large \dot{x} _{max} \:= \:A_0 \omega_n \:= \:10(0.9977) \:= \:9.977 \:in /sec \\~\\
\large \ddot{x}(t) \:= \:-\:10 (0.9977) ^2\sin (0.9977t \:+ \:\frac {\pi} {2}) \\~\\
\large \ddot{x}_{max} \:= \:A_0 (\omega_n)^2 \:= \:10 (0.9977)^2 \:= \:9.9540 \:in /sec^2$$

مثال ۲ -- پاسخ ارتعاشات آزاد ناشی از ضربه

سؤال: جرم $$\large M$$ در انتهای آزاد تیر یک سر گیردار شکل زیر قرار دارد. جرم $$\large m$$ با نیروی گرانش، از ارتفاع $$\large h$$ روی جرم $$\large M$$ می‌افتد و به آن می‌چسبد. معادلات مربوط به ارتعاشات آزاد این سیستم را بنویسید.

پاسخ: هنگامی که جرم $$\large m$$ از ارتفاع $$\large h$$ می‌افتد، با سرعتی برابر $$\large v_m \:= \:\sqrt {2gh}$$ به جرم $$\large M$$ ضربه می‌زند. از آنجایی که در ادامه حرکت، جرم $$\large m$$ به جرم $$\large M$$ می‌چسبد، سرعت جرم ترکیبی $$\large M \:+ \:m$$ را بلافاصله پس از ضربه با $$\large \dot{x} _0$$ نشان داده و با کمک رابطه زیر (پایستگی ممنتوم) تعیین می‌کنیم.

$$\large mv_m \:= \:(M \:+ \:m) \dot{x} _0 \\~\\
\large \dot{x} _0 \:= \:(\frac {m} {M\:+ \:m}) v_m \:= \:(\frac {m} {M\:+ \:m}) \sqrt{2gh}$$

موقعیت تعادل استاتیکی تیر با جرم جدید $$\large M\:+ \:m$$ در فاصله $$\large \frac {mg} {k}$$ و در پایین موقعیت تعادل استاتیکی تیر با جرم $$\large M$$ قرار دارد. پارامتر $$\large k$$ سفتی تیر را نشان می‌دهد و با رابطه $$\large k\: =\: \frac {3EI} {l^3}$$ به دست می‌آید. از آنجایی که ارتعاشات آزاد تیر با جرم جدید، حول موقعیت تعادل استاتیکی خودش رخ می‌دهد، شرایط اولیه را می‌توان به گونه زیر نوشت.

$$\large x_0\: =\: -\:\frac {mg} {k} \\~\\
\large \dot{x} _0\: =\: (\frac {m} {M\:+ \:m}) \sqrt{2gh}$$

در نتیجه، معادلات مربوط به ارتعاشات آزاد تیر به صورت زیر است.

$$\large x(t)\: =\: A\cos (\omega _nt \:- \:\phi) \\~\\
\large A\: =\: [x^2 _0 \:+ \:(\frac {\dot{x} _0} {\omega_n}) ^2] ^{1/2} \\~\\
\large \phi \:= \:\tan ^{-1} (\frac {\dot{x} _0} {x_0 \omega _n}) \\~\\
\large \omega_n \:= \:\sqrt{ \frac {k} {M \:+ \:m}} \:= \:\sqrt{ \frac {3EI} {l^3 (M \:+ \:m)}}$$

مثال ۳ -- فرکانس طبیعی مربوط به ارتعاشات آزاد اتاقک آتش‌نشانی

سؤال: اتاقک یک ماشین آتش‌نشانی، مطابق شکل زیر، در انتهای یک تیر تلسکوپی قرار گرفته است. اتاقک به همراه فرد آتش‌نشان، وزنی برابر $$\large 2000 \:N$$ دارد. فرکانس طبیعی مربوط به ارتعاشات آزاد این اتاقک را در راستای عمودی بیابید. مدول یانگ مربوط به تیر، برابر $$\large E\:= \:2.1 \:\times \:10 ^{11} \:N/m^2$$ و طول تمام قسمت‌ها یکسان و به اندازه $$\large l_1\: =\:l_2\: =\:l_3\: =\:3\:m$$ است. مساحت مقاطع $$\large A_1$$، $$\large A_2$$ و $$\large A_3$$ را به ترتیب برابر $$\large 20$$، $$\large 10$$ و $$\large 5$$ سانتی‌متر مربع در نظر بگیرید.

پاسخ: برای تعیین فرکانس طبیعی ارتعاشات در این سیستم، ابتدا باید سفتی معادل تیر را در راستای عمودی بیابیم و سپس مسأله را به عنوان حالت یک درجه آزادی حل کنیم. بدین منظور، فرض می‌کنیم جرم تیر تلسکوپی قابل صرف نظر کردن باشد. از آنجایی که نیروی انتقالی در هر سطح مقطع دلخواه $$\large O_1O_2$$ با نیروی محوری اعمال شده به انتهای تیر برابر است، سفتی محوری تیر را با $$\large k_b$$ نشان داده و به صورت زیر تعریف می‌کنیم.

$$\large \frac {1} {k_b} \:= \:\frac {1} {k_{b_1}} \:+ \:\frac {1} {k_{b_2}} \:+ \:\frac {1} {k_{b_3}}$$

در رابطه بالا، $$\large k_{b_i}$$ سفتی محوری قسمت $$\large i$$ام تیر را نشان می‌دهد و با رابطه زیر به دست می‌آید.

$$\large k_{b_i} \:= \:\frac {A_iE_i} {l_i}$$

با کمک اطلاعاتی که در صورت سؤال داده شده است، مقادیر مختلف سفتی به قرار زیر است.

$$\large k_{b_1} \:= \:\frac {(20 \:\times \:10 ^{-4}) (2.1 \:\times \:10 ^{11})} {3} \:= \:14 \:\times \:10 ^7\: N/m \\~\\
\large k_{b_2} \:= \:\frac {(10 \:\times \:10 ^{-4}) (2.1 \:\times \:10 ^{11})} {3} \:= \:7 \:\times \:10 ^7\: N/m \\~\\
\large k_{b_3} \:= \:\frac {(5 \:\times \:10 ^{-4}) (2.1 \:\times \:10 ^{11})} {3} \:= \:3.5 \:\times \:10 ^7\: N/m \\~\\
\large \frac {1} {k_b} \:= \:\frac {1} {14\:\times \:10^7} \:+ \:\frac {1} {7\:\times \:10^7} \:+ \:\frac {1} {3.5\:\times \:10^7} \:= \:\frac {1} {2\:\times \:10^7} \\~\\
\large \Rightarrow ~~~ k_b \:= \:2 \:\times \:10 ^7\: N/m$$

اکنون به محاسبه سفتی تیر تلسکوپی ($$\large k$$) در راستای عمودی می‌پردازیم و با استفاده از آن، فرکانس طبیعی اتاقک را در این راستا به دست خواهیم آورد.

$$\large k \:=\: k_b \cos ^2 (45^\circ) \:=\: 10^7 \:N/m \\~\\
\large \omega_n \:= \:\sqrt{ \frac {k} {m}} \:= \:\sqrt{ \frac {(10^7) (9.81)} {2000}} \:= \:221.4723 \: rad/s$$

ارتعاشات آزاد سیستم های نامیرا در حرکت پیچشی

اگر جسم صلبی حول یک محور مرجع دوران کند، حرکت آن به صورت ارتعاشات پیچشی خواهد بود. در این مورد، جابجایی جسم برحسب یک مختصات زاویه‌ای اندازه‌گیری می‌شود. در ارتعاشات آزاد پیچشی، ممان بازگرداننده، از پیچش یک عضو الاستیک یا به دلیل یک ممان خنثی نشده‌ای ناشی می‌شود که یک نیرو یا کوپل، آن را به وجود آورده است. شکل زیر، دیسکی را نشان می‌دهد که ممان اینرسی قطبی جرم آن برابر $$\large J_0$$ بوده و در انتهای یک شفت صلب مدوّر قرار دارد.

انتهای دیگر شفت، ثابت شده است. فرض کنید دوران زاویه‌ای دیسک، حول محور شفت را با زاویه $$\large \theta$$ تعریف کنیم و این زاویه، نشان دهنده زاویه پیچش شفت هم باشد. همان‌طور که در مقاله تحلیل میله های تحت پیچش دیده‌ایم، در پیچش شفت‌های دایره‌ای، رابطه زیر برقرار است.

$$\large M_t \:= \:\frac {G I_0} {l} \theta$$

در این رابطه، $$\large M_t$$ گشتاوری است که منجر به پیچشی به اندازه $$\large \theta$$ می‌شود. مدول برشی و طول شفت به ترتیب با $$\large G$$ و $$\large l$$ نشان داده شده‌اند. $$\large I_0$$ نیز ممان اینرسی قطبی مربوط به سطح مقطع شفت است که با کمک رابطه زیر به دست می‌آید.

$$\large I_0 \:= \:\frac {\pi d^4} {32}$$

قطر شفت با $$\large d$$ نشان داده شده است. اگر دیسک به اندازه $$\large \theta$$ نسبت به موقعیت تعادلش جابجا شود، گشتاور بازدارنده‌ای با بزرگی $$\large M_t$$ ایجاد می‌شود. بنابراین، به عنوان یک فنر پیچشی عمل می‌کند که ثابت این فنر پیچشی به صورت زیر محاسبه می‌شود.

$$\large k_t \:= \: \frac {M_t} {\theta} \:= \:\frac {GI_0} {l} \:= \:\frac {\pi Gd ^4} {32l}$$

معادله حرکت زاویه‌ای دیسک، حول محورش را می‌توان با استفاده از قانون دوم نیوتن نتیجه گرفت. با در نظر گرفتن نمودار جسم آزاد رسم شده دیسک در شکل قبل و با اعمال قانون دوم نیوتن، معادله حرکت قابل استخراج است.

$$\large J_0 \ddot{\theta} \:+ \:k_t \theta \:=\:0$$

(رابطه ۱۲)

همان‌طور که می‌بینید این رابطه مشابه رابطه ۳ در ابتدای این مقاله است. اگر ممان اینرسی قطبی $$\large J_0$$، جابجایی زاویه‌ای $$\large \theta$$ و ثابت فنر پیچشی $$\large k_t$$ را به ترتیب با جرم $$\large m$$، جابجایی $$\large x$$ و ثابت فنر خطی $$\large k$$ جایگزین کنیم، به همان رابطه خواهیم رسید. از این رو، فرکانس طبیعی سیستم پیچشی در ارتعاشات آزاد با کمک رابطه زیر به دست می‌آید.

$$\large \omega_n \:= \:(\frac {k_t} {J_0}) ^{1/2}$$

(رابطه ۱۳)

دوره و فرکانس ارتعاشات آزاد برحسب دور در ثانیه به قرار زیر است.

$$\large \tau_n \:= \:2\pi (\frac {J_0} {k_t}) ^{1/2} \\~\\
\large f_n \:= \:\frac {1} {2\pi} (\frac {k_t} {J_0}) ^{1/2}$$

در مورد این سیستم باید چند نکته را مد نظر قرار داد.

• ممان اینرسی قطبی مربوط به جرم یک دیسک را می‌توان با استفاده از رابطه $$\large J_0 \:= \:\frac {\rho h\pi D^4} {32} \:= \:\frac {W D^4} {8g}$$ به دست آورد. در رابطه بالا، $$\large \rho$$ چگالی، $$\large h$$ ضخامت و $$\large D$$ قطر دیسک را نشان می‌دهد و وزن آن برابر $$\large W$$ است.
• به سیستم اینرسی--فنر پیچشی نشان داده شده در شکل قبل، آونگ پیچشی گفته می‌شود. یکی از مهمترین کاربردهای آونگ پیچشی در ساعت‌های مکانیکی است. در این ساعت‌ها، چرخ‌دنده و شیطانک (Pawl)، نوسان یک آونگ پیچشی کوچک را به حرکت عقربه‌ها تبدیل می‌کند.

برای به دست آوردن پاسخ عمومی رابطه ۱۲، مانند رابطه ۳ عمل می‌کنیم.

$$\large \theta (t) \:= \:A_1 \cos \omega _nt \:+ \:A_2 \sin \omega _nt$$

با کمک رابطه ۱۳، ضرایب $$\large A_1$$ و $$\large A_2$$ را با کمک شرایط اولیه به دست می‌آوریم.

$$\large \theta (t\:= \:0) \:= \:\theta _0 \\~\\
\large \dot{ \theta} (t \:= \:0) \:= \:\frac{\text {d} \theta}{\text {d} t} (t \:= \:0) \:= \:\dot{ \theta} _0 \\~\\
\large \Rightarrow ~~~ A_1 \:= \:\theta _0 \\~\\
\large \Rightarrow ~~~ A_2 \:= \:\frac {\dot{\theta} _0} {\omega _n}$$

مثال ۴ -- فرکانس طبیعی آونگ مرکب در ارتعاشات آزاد

سؤال: هر جسم صلبی که در نقطه‌ای غیر از مرکز جرمش لولا شده باشد، به دلیل نیروی گرانشی خودش، حول آن نقطه نوسان خواهد کرد. چنین سیستمی به عنوان آونگ مرکب شناخته می‌شود. به شکل زیر توجه کنید. فرکانس طبیعی این سیستم چقدر است؟

پاسخ: فرض کنید نقطه مورد نظر و مرکز جرم این آونگ مرکب، به ترتیب $$\large O$$ و $$\large G$$ باشد. ارتعاشات آزاد جسم صلب نشان داده شده در شکل بالا، به صورت نوسان در صفحه $$\large xy$$ است و از مختصات $$\large \theta$$، برای توصیف این حرکت استفاده می‌شود. فاصله بین دو نقطه $$\large O$$ و $$\large G$$ را با $$\large d$$ نشان داده‌ایم و ممان اینرسی جسم صلب حول محور $$\large z$$ (عمود به هر دو محور $$\large x$$ و $$\large y$$)، برابر $$\large J_0$$ است. برای جابجایی به اندازه $$\large \theta$$، گشتاور بازدارنده ناشی از وزن جسم صلب ($$\large W$$) برابر $$\large Wd\sin \theta$$ بوده و معادله حرکت به صورت زیر است.

$$\large J_0 \ddot {\theta} \:+ \:Wd \sin \theta \:= \:0$$

رابطه بالا، یک معادله دیفرانسیل معمولی غیرخطی از مرتبه دوم است. با اینکه می‌توان برای این معادله، پاسخ دقیق را به دست آورد، برای بیشتر معادلات دیفرانسیل غیرخطی این امکان فراهم نیست. با این حال، پاسخ تقریبی این معادله را می‌توان به دست آورد. روش عددی یا تقریب این معادله با یک معادله خطی، روش‌هایی هستند که میتوانیم از آنها استفاده کنیم. برای تقریب این معادله با یک معادله خطی، جابجایی زاویه‌ای را کوچک فرض می‌کنیم. در این حالت، زاویه $$\large \theta$$ کوچک است و در نتیجه می‌توانیم از تقریب $$\large \sin \theta \approx \theta$$ استفاده کنیم. بنابراین، معادله حرکت به شکل زیر ساده می‌شود.

$$\large J_0 \ddot{\theta} \:+ \:W \text{d}\theta \:=\:0$$

با توجه به رابطه بالا، فرکانس طبیعی آونگ مرکب در ارتعاشات آزاد به صورت زیر است.

$$\large \omega_n \:= \:(\frac {Wd} {J_0}) ^{1/2} \:= \:(\frac {mgd} {J_0}) ^{1/2}$$

مقایسه این رابطه با فرکانس طبیعی مربوط به آونگ ساده ($$\large \omega_n \:= \:(\frac {g} {l}) ^{1/2}$$)، نتیجه زیر را برای طول در آونگ ساده معادل به همراه دارد.

$$\large l \:= \:\frac {J_0} {md}$$

شعاع ژیراسیون (Gyration Radius) جسم صلب حول نقطه $$\large O$$ را با $$\large k_0$$ نشان می‌دهیم. اکنون با جایگذاری $$\large mk ^2_0$$ به جای $$\large J_0$$، رابطه‌های اخیر را بازنویسی می‌کنیم.

$$\large \omega_n \:= \:(\frac {gd} {k^2_0}) ^{1/2} \\~\\
\large l \:= \:\frac {k^2_0} {d}$$

اگر شعاع ژیراسیون جسم صلب را حول نقطه $$\large G$$ با نماد $$\large k_G$$ نشان دهیم، رابطه زیر را می‌توانیم بنویسیم.

$$\large k^2_0 \:= \:k ^2_G \:+ d^2 \\~\\
\large l\: =\: \frac {k^2 _G} {d} \:+ \:d$$

اگر امتداد خط $$\large OG$$ را تا نقطه $$\large A$$ رسم کنیم، که در رابطه $$\large GA \:= \:\frac {k^2 _G} {d}$$ صدق کند، طول شفت برابر با عبارت زیر خواهد بود.

$$\large l\: =\: GA\: +\:d \:= \:OA$$

از این رو، فرکانس طبیعی به قرار زیر است.

$$\large \omega _n\: =\: [\frac {g} {(k^2_0 /d)}] ^{1/2} \:= \:(\frac {g} {l}) ^{1/2} \:= \:(\frac {g} {OA}) ^{1/2}$$

نتیجه به دست آمده نشان می‌دهد که فرقی نمی‌کند، لولا در نقطه $$\large O$$ یا $$\large A$$ قرار گرفته باشد و فرکانس طبیعی یکسان است. نقطه $$\large A$$ را مرکز ضربه (Center of Percussion) می‌نامیم.

اگر به مباحث مرتبط در زمینه مکانیک و ارتعاشات علاقه‌مند هستید، آموزش‌های زیر به شما پیشنهاد می‌شوند:

• ژیروسکوپ – از صفر تا صد
• رزونانس – به زبان ساده
• ارتعاشات مکانیکی — بخش سوم: سیستم‌های دو درجه آزادی

^^