Mechanika analityczna. Małe drgania układów zachowawczych

Mechanika analityczna. Małe drgania układów zachowawczych. Drgania swobodne układów o jednym stopniu swobody.. Wprowadzenie teoretyczne Załóżmy, że układ materialny o jednym stopniu swobody i więzach idealnych, skleronomicznych i holonomicznych znajduje się w zachowawczym polu sił. Zakładamy małe wychylenie układu z położenia równowagi i współrzędną q odmierzać będziemy właśnie od tego położenia. Zatem w położeniu q = 0 energia potencjalna osiąga minimum. Punktem wyjścia naszych rozważań jest równanie d dt T q ) T q + V q = 0. Rozwińmy V = V q) w szereg Taylora wokół położenia równowagi q = 0): ) dv V = V q=0 + q + d ) V dq q=0! dq q + d 3 ) V q=0 3! dq 3 q 3 +... q=0 Wobec powyższych założeń oraz V q=0 = V min = 0, ) dv = 0 warunek konieczny równowagi) dq q=0 Zakładamy ponadto, że q jest małą pierwszego rzędu, więc pozostawiając pierwszy niezerowy wyraz rozwinięcia mamy w przybliżeniu V = d ) V dq q q=0 Oznaczając mamy d ) V dq = c > 0 minimum) q=0 V = cq Energię kinetyczną przy poczynionych założeniach można zapisać następująco: T = f q) q. Podobnie jak współrzędną q, prędkość q będziemy również traktować jako małą rzędu pierwszego. Rozwijamy teraz f q) w szereg Taylora wokół punktu q = 0: ) d f f q) = f q=0 + q + d ) f dq q=0 dq q +... q=0

Pomijając małe wyższych rzędów i wstawiając to rozwinięcie do wyrażenia na energię, mamy T = f q) q=0 q lub T = a q Zatem energia kinetyczna zależy tylko od prędkości uogólnionej. Obliczając odpowiednie pochodne V q = cq, T q = a q, ) d T = a q, dt q T q = 0 i wstawiając do równania Lagrange a, otrzymujemy a q + cq = 0 Wprowadzając stałą k = c/a, mamy Rozwiązaniem tego równania jest q + k q = 0. q = λ coskt + ε) τ = π k = π a c okres drgań.. Przykład Energia potencjalna: V = mg l cosϕ) lub w przybliżeniu do małych rzędu drugiego: V = 4 mglϕ, gdyż ) cosϕ = ϕ! + ϕ4 4!... ϕ

Energia kinetyczna w ruchu płaskim: T = I S ϕ, gdzie I S to moment bezwładności pręta względem chwilowego środka obrotu: ) I S = I C + m SC = ml l + m = 3 ml, czyli Równanie Lagrange a: T = 6 ml ϕ ) d T T dt ϕ ϕ + V ϕ = 0 ϕ + 3 g k = l ϕ = 0 3g l τ = π k = π l 3g. Drgania swobodne układów o wielu stopniach swobody.. Wprowadzenie teoretyczne Rozważamy nieswobodny układ o s stopniach swobody. Po odpowiednim rozwinięciu w szerego Taylora energia kinetyczna i potencjalna bedą miały postać T = a jk q j q k, a jk = a k j, j,k =,,..., s V = c jkq j q k, c jk = c k j, j,k =,,..., s Korzystając z równań Lagrange a ) d T T = V, dt q j q j q j otrzymujemy układ równań różniczkowych drgań a jk q k + c jk q k = 0. Rozwiązania układu szukamy w postaci q k = C k e λt. Stąd a jk λ + c jk ) Ck = 0. Jest to układ algebraicznych równań jednorodnych ze względu na λ. Posiada on nietrywialne rozwiązanie, jeśli λ) = det a jk λ + c jk ) = 0. 3

λ) jest równaniem charakterystycznym układu równań różniczkowych. Równanie to jest stopnia s względem λ, czyli posiada s pierwiastków tzw. wartości własnych) λ α, α =,,..., s Jeśli do λ) wstawimy pierwiastek λ α, otrzymamy zależności między amplitudami C k : a jk λ α + c jk ) Ck = 0, ) gdzie C k to amplituda odpowiadająca wartości własnej λ α. Rozwiązanie ogólne równań różniczkowych drgań przedstawiamy w postaci ) q k = Re Ck α eλ at. Jeżeli na układ działają tylko siły potencjalne, to pierwiastki wartości własne) muszą być urojone. Ponieważ układ równań charakterystycznych jest stopnia s, to mamy pary sprzężonych pierwiastków gdzie ω α to częstości własne. Stąd q k = Re λ + α = iω α, λ α = iω α, [ C α k )+ e iω at + C α k ) e iω at ]. ) Żeby układ równań algebraicznych ) miał rozwiązanie nietrywialne, przynajmniej jedna amplituda C α k powinna być różna od zera. Niech będzie to C α s. Wówczas przenosząc na prawą stronę układu ), zgodnie ze wzorami Cramera mamy C α p = α p α Cs α, p =,..., s s gdzie α p jest dopełnieniem algebraicznym elementu z p-tej kolumny i dowolnego wiersza wyznacznika równania charakterystycznego obliczonego dla λ = λ α. Ponieważ amplituda Ck α nie jest określona, to oznaczając mamy C α = Cα s α s gdzie C α jest dowolną stałą. Postawiając 3) do ), otrzymujemy, C α k = C α α k, 3) q k = Re [ C + α k iω α )e iω at +C α k iω α )e iω at ]. Ponieważ zadane siły są potencjalne, równanie charakterystyczne i wszystkie dopełnienia algebraiczne zawierają tylko parzyste potęgi. Stąd wszystkie k są rzeczywiste oraz czyli uwzględniając, że możemy zapisać ogólne rozwiązanie w postaci k iω α ) = k iω α ), 4) Re [ C + α e iω at +C α e iω at ] = A α cosω α t + β α ), q k = k iω α )θ α, 5) gdzie θ α = A α cosω α t + β α ). 4

Nie należy utożsamiać którejkolwiek częstości własnej ω α z częstością własną któregoś z punktów układu. Tak jest tylko wtedy, gdy punkty układu nie oddziałują ze sobą każdy ma jeden stopień swobody). Częstości własne charakteryzują ruch układu jako całości. Zawsze można zadać warunki początkowe tak, by wszystkie współrzędne zmieniały się harmonicznie względem czasu z jedną z częstości własnych układu. Z ogólnego rozwiązania q k = k iω α )θ α wynika, że jako współrzędne uogólnione można przyjąć wielkości θ α, ponieważ rozwiązanie to przedstawia liniowe przekształcenie θ α na q k. Współrzędne θ α nazywa się współrzędnymi normalnymi. Odpowiednio drgania harmoniczne zachodzące z częstościami własnymi układu nazywa się drganiami normalnymi. Oczywiście współrzędne normalne spełniają równania θ α + ω αθ α = 0. Jeśli pewna częstość własna ω α = 0, to zgodnie z powyższym równaniem θ α = θ α0 t + θ α0. Mamy wówczas do czynienia z tak zwanymi drganiami zerowymi. Ma to miejsce wtedy, gdy energia potencjalna osiąga minimum nie w jednym punkcie, a w pewnym obszarze, tj. w tym przypadku, gdy energia potencjalna nie ma właściwego minimum... Drgania układu o dwóch stopniach swobody Rozważmy układ o dwóch stopniach swobody opisywany współrzędnymi q i q. Dla q = q = 0 układ znajduje się w równowadze. Energia potencjalna: ) ) V V V q,q ) = V q =q =0 + q + q + q q =q =0 q q =q =0 [ + ) V! q q ) V + q q + q =q q =0 q q =q =0 ) ] V + +... q q q =q =0 Ponieważ więc gdzie V q =q =0 = 0, ) V q q =q =0 V = c q + c q q + c q ), ) V = = 0, q q =q =0 ) V ) V c = q c = q =q =0 q ) V c = c = q q q =q =0 q =q =0 5

Jeśli energia V ma osiągać minimum, to Energia knetyczna będzie postaci c > 0, c > 0, c c c > 0. T = a q + a q q + a q ), wynikającej z ogólnej postaci energii kinetycznej dla więzów skleronomicznych i holonomicznych. Musi być ona oczywiście dodatnio określona, czyli Ponieważ a > 0, a > 0, a a a > 0. T = T = 0, q q więc równania Lagrange a przyjmą postać ) d T dt q d T dt q Biorąc pod uwagę, że + V q = 0 ) + V q = 0 T = a q + a q, q V = c q + c q, q T = a q + a q, q V = c q + c q, q otrzymujemy { a q + a q + c q + c q = 0 a q + a q + c q + c q = 0 Rozwiązań tego układu będziemy poszukiwać w postaci q = A cosωt + β) q = A cosωt + β) Założonym rozwiązaniom odpowiada pewien szczególny rodzaj drgań. Obie współrzędne zmieniają się z tym samym okresem oraz w tej samej fazie o amplitudach odpowiednio A i A. Drgania te nazywamy drganiami normalnymi. Wstawiając rozwiązania do równań mamy { [ c a ω ) A + c a ω ) A ] cosωt + β) = 0 [ c a ω ) A + c a ω ) A ] cosωt + β) = 0 Stąd otrzymujemy układ równań na wartości własne: { c a ω ) A + c a ω ) A = 0 c a ω ) A + c a ω ) A = 0 ) Jest to układ równań jednorodnych, więc wyznacznik musi być równy zero: = c a ω c a ω c a ω c a ω = 0. 6

Po jego rozwinięciu otrzymujemy równanie dwukwadratowe ze względu na częstość ω. Pierwiastki oznaczmy przez ω i ω. Oba są dodatnie, czyli otrzymujemy rzeczywiste wartości własne dla częstości drgań normalnych. Ponieważ zmiana ω na ω nie prowadzi do nowych niezależnych rozwiązań, będziemy w dalszym ciągu uwzględniać tylko wartości dodatnie. Ponadto wyłączamy szczególny przypadek pierwiastka podwójnego. Mamy więc dwie postaci drgań normalnych o okresach τ = π ω, Rozwiązania szczególne dla ω będą teraz postaci τ = π ω. q ) = A ) cosω t + β ), q ) = A ) cosω t + β ). Ale amplitudy A ) i A ) nie są od siebie niezależne. Ich stosunek można wyznaczyć z jakiegokolwiek równania z układu ). Z pierwszego mamy Stąd rozwiązania szczególne dla ω : A ) = c a ω c a ω A ). q ) = A ) cosω t + β ), Podobnie postępując dla częstości ω, otrzymujemy q ) = c a ω c a ω A ) cosω t + β ). q ) = A ) cosω t + β ), q ) = c a ω c a ω A ) cosω t + β ). Otrzymaliśmy cztery całki szczególne wyjściowego układu równań różniczkowych. Rozwiązanie ogólne jest zatem ich superpozycją: q = A ) cosω t + β ) + A ) cosω t + β ) q = c a ω c a ω A ) cosω t + β ) c a ω c a ω A ) cosω t + β ) Małe drgania układu o dwóch stopniach swobody możemy więc rozpatrywać jako superpozycję dwóch drgań normalnych, które są drganiami harmonicznymi. Należy jednak podkreślić, że ruch wypadkowy nie jest na ogół ruchem okresowym..3. Przykład: Podwójne wahadło matematyczne Energia potencjalna: Ze względu na małe kąty można przyjąć V = m gl cosϕ )+ + m g[l cosϕ ) + l cosϕ )]. cosϕ ϕ, cosϕ ϕ, 7

Zgodnie z teorią Energię kinetyczną określa wzór V = [ m + m )l gϕ + m l gϕ ]. c = m + m )l g, c = m l g, c = 0 T = m v + m v ), gdzie oraz v = l ϕ, v = u + w u = v = l ϕ w = l ϕ prędkość unoszenia) prędkość względna) Wektory u i w tworzą ze sobą kąt ϕ ϕ, stąd v = u + w + uwcosϕ ϕ ) = l ϕ + l ϕ + l l ϕ ϕ cosϕ ϕ ). Energia kinetyczna będzie więc postaci T = { m l ϕ + m [ l ϕ + l ϕ + l l ϕ ϕ cosϕ ϕ ) ]}. Powyższy wzór dotyczy dowolnych ruchów wahadła. Dla małych wychyleń przyjmujemy przybliżoną postać T przy założeniu ϕ ϕ = 0. Jest to tym bardziej uzasadnione, że w potencjalnym polu sił energia kinetyczna jest formą kwadratową wyłącznie prędkości uogólnionych. Mamy zatem Współczynniki a jk będą T = [ m + m )l ϕ + m l l ϕ ϕ + m l ] ϕ. a = m + m )l, a = a = m l l, a = m l. Wstawiając T i V do równan Lagrange a otrzymujemy { m + m )l ϕ + m l l ϕ + m + m )l gϕ = 0 m l l ϕ + m l ϕ + m l gϕ = 0 8

Rozwiązania szczególne mają postać ϕ = A cosωt + β), ϕ = A cosωt + β), czyli { [ m + m )l g m + m )l ω] A m l l ω A = 0 m l l ω A + m l g m l ω) A = 0 Równanie na częstości własne ma postać [ m + m )l g m + m )l ω ] m l g m l ω ) m l l ω 4 = 0. ) Dla prostoty załóżmy, że m = m = m, l = l = l. Wówczas po podzieleniu powyższego równania przez m l 4 mamy g l ω) ω 4 = 0. Stąd ω = l ) g, ω = + l ) g. Częstości kołowe drgań wahadła są ω = ) l g, ω = + ) l g, natomiast okresy: τ = π π l = ω g ), τ = π π l = ω + g ). Zbadamy jeszcze postaci drgań normalnych. Zacznijmy od drgań o mniejszej częstości. Stosunek amplitud A ) i A ) wyznaczymy z pierwszego równania układu ): ) A ) ) A ) = 0, A ) A ) = > 0 Rozwiązania szczególne są więc następujące: ϕ ) = A ) cos[ ) l g t + β [ ϕ ) = A ) cos ) l g t + β Z otrzymanych wyrażeń wynika, że ϕ i ϕ mają takie same znaki, czyli obie części wahadła wychylają się w tę samą stronę. Dla drgań o częstości ω = + ) l g ], ]. 9

otrzymujemy oraz A ) A ) = < 0. ϕ ) = A ) cos[ + ) l g t + β [ ϕ ) = A ) cos + ) l g t + β ], ]. Współrzędne mają teraz znaki przeciwne, czyli obie części wahadła wychylają się w przeciwne strony. 3. Drgania poprzeczne 3.. Wprowadzenie teoretyczne Rozpatrzmy belkę, na której umieszczono dwie masy punktowe. Do obliczenia energii potencjalnej 0

układu skorzystamy z wyrażenia znanego z wytrzymałości materiałów: V = P z + P z, które przedstawia energię potencjalną zginanej belki; z i z to przemieszczenia punktów w miejscach przyłożenia sił. Na podstawie twierdzenia Bettiego-Maxwella między siłami i przemieszczeniami zachodzą związki: z = c P + c P, z = c P + c P, ) gdzie c ik są współczynnikami wpływowymi c ik = c ki ). Wyliczając z ) siły, mamy gdzie P = c z c z ), P = c z c z ), = c c c c = c c c Wstawiając teraz siły P i P do energii potencjalnej, otrzymujemy Energia kinetyczna w naszym przypadku będzie V = c z c z z + c z ). T = m ż + m ż. Korzystając z równań Lagrange a, po pewnych przekształceniach otrzymujemy następujące równania ruchu: { c m z + c m z + z = 0 c m z + c m z + z = 0 Przyjmiemy teraz, że każda z mas wykonuje ruch harmoniczny prosty o tej samej częstosci z = acosωt ψ), z = bcosωt ψ). Wstawiamy z i z do równań ruchu { [ c m ω ) a c m ω b ] cosωt ψ) = 0 [ c m ω a + c m ω ) b ] cosωt ψ) = 0 ) i stąd otrzymujemy równanie częstości: c m ω c m ω c m ω c m ω = 0 Mamy więc równanie algebraiczne 4 stopnia: c c c ) m m ω 4 c m + c m )ω + = 0. Dla prostoty oznaczmy ω = µ, c c c ) m m = A, c m + c m ) = B, = C.

Wówczas Aµ + Bµ +C = 0 = B 4AC = c m c m ) + 4c m m > 0 Rozwiązując równanie kwadratowe ze względu na µ, mamy µ I,II = B ± A Ponieważ µ I,II = ω I,II, to formalnie możemy zapisać = c m + c m ) ± c m c m ) + 4c m m c c c) m m ω I,II = µ I,II, ω III,IV = µ I,II. Częstość nie może być ujemna, więc odrzucamy ω III,IV. Ostatecznie ω I = c m + c m ) c m c m ) + 4c m m c c c) m m ω II = c m + c m ) + c m c m ) + 4c m m c c c) m m 3) Okazało się, że badany układ posiada dwie częstości: niższą, zwaną częstościa podstawowa, oraz wyższą w przypadku wiekszej liczby stopni swobody istnieje więcej częstości). W celu zbadania postaci drgań piszemy proporcję wynikającą z dowolnego z równań ruchu. Z pierwszego mamy a b = c m ω c m ω lub Zatem przy częstosci ω I mamy Podobnie dla drugiej częstości a b = c m µ c m µ a I b I = a II b II = c m µ I c m µ I c m µ II c m µ II Zbadajmy iloczyn obu stosunków w celu ustalenia jego znaku Ze wzorów Viete a mamy a I a II = c m µ I c m µ II = 4) b I b II c m µ I c m µ II c = m µ Iµ II c m µ I + µ II ) + c m µ Iµ II µ I µ II = C A = c c c ) m m, µ I + µ II = B A = c m + c m ) c c c m m

Wykorzystując te związki, otrzymujemy Ponieważ stosunek mas nie może być ujemny, więc a I b I a II b II = m m. Stąd a I b I a II b II < 0 a I b I > 0, a II b II < 0, czyli przy częstości ω I drgania są zgodne, a przy ω II przeciwne. W przypadku większej liczby stopni swobody analiza jest taka sama, rośnie jedynie ilość równań, czyli częstości i postaci drgań. 3.. Przykład Wyznaczyć częstość podstawową i postaci drgań belki obciążonej symetrycznie. Dane: Q = Q = 00 kg E =, 0 6 kg cm l =,5 m przekrój prostokątny b h : b = cm, h = 5 cm Najpierw musimy obliczyć liczby wpływowe c ik ze statyki belek. 3

W tym celu należy wyznaczyć strzałki ugięcia f ik z równania ugięcia belki. Zginanie wywołane jest momentem, stąd równanie EJ d y = M x) dx Ponieważ równanie to jest prawdziwe jedynie w przedziałach między zmianą obciążenia, należy ułożyć dwa różne równania dla naszej belki, która posiada przecież dwa przedziały. Wyznaczmy reakcje w podporach: R A + R B P =0 P 3 l R Bl =0 R A = 3 P, R B = 3 P Przedział lewy L): 0 x 3 l M α = 3 Px + M α x) = 0 M α x) = 3 Px EJ d y dx = 3 Px EJ dy dx = 6 Px +C EJ y = 8 Px3 +C x + D 4

Przedział prawy P): l x l 3 M β = 3 Px + P x ) 3 l + M β x) = 0 M β x) = Px l) 3 EJ d y dx = Px l) 3 EJ dy dx = 6 Px 3 Plx +C EJ y = 8 Px3 6 Plx +C x + D Warunki brzegowe dla układu równań na stałe C, D, C, D są następujące: y0) = 0, yl) = 0, y L l a ) = y P l a ), dy dx l a ) = dy L dx l a ). P Mamy więc cztery niewiadome i cztery warunki. Po wyliczeniu stałych całkowania równanie ugięcia dla lewego przedziału ma postać Stąd strzałki ugięcia f i f będą y = Pa x l a x ). 6l EJ f = y 3 l f = y 3 l ) = 7 ) = 8 l 3 9 54 EJ P l 3 9 54 EJ P Z zasady Bettiego-Maxwella wynika, że f = f, a ponadto z pełnej symetrii wynika, że f = f. Wobec tego liczby wpływowe wynoszą: Podstawiając dane liczbowe: c = f P = 8 c = f P = 7 l 3 9 54 EJ P = f P = c l 3 9 54 EJ P = f P = c J = bh3 = 0,8 cm4, EJ = 43,68 0 6 kg cm, m = m = Q g = Q g = 0,0 kg s cm, 5

mamy c = c = 0.0075 cm kg c = c = 0.005 cm kg Teraz możemy przystąpić do wyznaczania częstości i postaci drgań. W tym celu wykorzystamy od razu rozwiązania 3). Dodatkowo uwzględnić możemy następujące tożsamości: c m + c m = c m, c m c m = 0 oraz c m c m ) + 4c m m = c m, c c c ) m m = c c ) m = c + c )c c )m. Ostatecznie otrzymujemy ω I = ω II = c m c m c ) = c m c c )m c c )m c c ) m = c + c )m Po podstawieniu danych liczbowych mamy ω I 64 s, ω II 47 s Badamy amplitudy: a I b I = c m ω I c m ω I =, a II b II = c m ω II c m ω II = Postaci drgań będą zatem następujące: 4. Drgania podłuzne 4.. Wprowadzenie teoretyczne Rozpatrzmy drgania podłużne dwóch mas zawieszonych na sprężynie i połączonych sprężyną. Masy i sztywności sprężyn wynoszą odpowiednio m, m, κ, κ. 6

Energia potencjalna układu jest następująca: a energia kinetyczna: V = κ x + κ x x ), T = m ẋ + m ẋ. Współrzędnymi uogólnionymi są x i x. Korzystając z równań Lagrange a, otrzymujemy układ różniczkowych równań ruchu: { m ẍ + κ x κ x x ) = 0 m ẍ + κ x x ) = 0 Wprowadźmy oznaczenie κ = κ + κ. Wówczas równania ) przyjmą postać { m ẍ = κx + κ x m ẍ = κ x κ x ) Zakładamy, jak poprzednio, że każda masa wykonuje ruch harmoniczny prosty: x = acosωt ψ), x = bcosωt ψ). Po wstawieniu tych wyrażeń do równań ruchu mamy { [ κ m ω ) a κ b ] cosωt ψ) = 0 [ κ a + κ m ω ) b ] cosωt ψ) = 0 ) czyli { κ m ω ) a κ b = 0 κ a + κ m ω ) b = 0 Po rozwinięciu wyznacznika otrzymanego układu uzyskujemy równanie częstości m m ω 4 m κ + m κ)ω + κ κ = 0. Stąd m κ + m κ) m κ + m κ) 4m m κ κ ω I,II = m m Podobnie jak przy drganiach poprzecznych można określić postaci drgań: dla ω I = ω min a I > 0 b I dla ω II > ω I aii < 0 b II masy drgają współbieżnie) masy drgają przeciwbieżnie) 7

4.. Przykład Podać wzór na częstość drgań oraz zbadać postać drgań układu pokazanego na rysunku. Układ ten różni się od wcześniej rozważanego jedynie brakiem jednej sprężyny tej umocowanej do więzów skleronomicznych). Możemy zatem skorzystać z równań ruchu ), przyjmując κ = 0 i κ = κ: Z dodania powyższych równań wynika zależność Zauważmy, że czyli drgania są zawsze przeciwzwrotne. Rozwiązania równań przyjmujemy w postaci { m ẍ κ x x ) = 0 m ẍ + κ x x ) = 0 ẍ ẍ = m m. m m > 0 ẍ ẍ < 0, x = a sinωt), x = a sinωt). Stąd oraz równanie częstości Mamy zatem dwa rozwiązania {[ m ω κ ) a + κa ] sinωt) = 0 [ κa + m ω κ ) a ] sinωt) = 0 3) [ m m ω κ m + m ) ] ω = 0 ω I = 0, ω II = κ m + m ) m m Częstość ω I odpowiada sztywnemu przesunięciu obu mas. Układ posiada więc tylko jedną częstość. Z równań 3) wynika a κ = a m ω κ = m ω κ κ Podstawiając otrzymaną częstość ω II, mamy κ m + m ) m a m = m a κ κ = m m < 0, co potwierdza, że masy wykonują drgania przeciwbieżne. 8

5. Drgania skrętne Rozważmy drgania skrętne nieważkiego pręta, do którego sztywno zamocowano krążki o masach m i m. Stałą sprężystą przy skręcaniu oznaczmy przez κ. Niech współrzędnymi uogólnionymi będą kąty ϕ i ϕ. Energia kinetyczna układu ma postać T = I ϕ + I ϕ, natomiast energia potencjalna V = κ ϕ ϕ ) Stosując równania Lagrange a II rodzaju ) d T dt ϕ d T dt ϕ T ϕ = V ϕ ) T ϕ = V ϕ otrzymujemy { I ϕ κ ϕ ϕ ) = 0 I ϕ + κ ϕ ϕ ) = 0 ) Zakładamy rozwiązania w postaci ϕ = α sinωt), ϕ = α sinωt). Stąd I ω κ ) α + κα = 0 κα + I ω κ ) α = 0 Równanie częstości będzie [ I I ω κ I + I ) ] ω = 0. Dla ω = 0 mamy ruch sztywny czysty obrót), natomiast drugi pierwiastek: κ I + I ) ω = I I Omawiany przypadek drgań jest podobny do przykładu dotyczącego drgań podłużnych. Przez analogię otrzymamy następujące związki α κ = α I ω κ = I ω κ κ 9

Wstawiając wyrażenie na ω, mamy α α = κ I κ I + I ) I I κ = I I Ponieważ I > 0, to α < 0. Zatem krążki drgają w przeciwnych kierunkach. Na tej podstawie wnioskujemy, że na odcinku między krążkami musi znajdować się przekrój niepodlegający obrotowi. I α Niech węzeł drgań dzieli odcinek l na części a i b. W tym przypadku długości obu części a tym samym położenie węzła znajdujemy z warunku, że części układu rozdzielone węzłem wykonują przeciwskrętne drgania o tej samej częstości w przypadku układów o większej liczbie stopni swobody położenie węzłów wyznacza się ogólnie z warunku zerowania funkcji określającej przemieszczenie). Oznaczając częstość drgań odcinka a przez ω a, natomiast odcinka b przez ω b, warunek ten będzie: ω a = ω b Ponieważ każda z części układu podzielonego węzłem reprezentuje układ o jednym stopniu swobody, więc κa κb ω a =, ω b = I I Z porównania prawych stron mamy κ a = I κ b I Uwaga: Jeśli w pierwszym z równań ) pominiemy ϕ, otrzymamy równanie drgań skrętnych dla układu o jednym stopniu swobody, w którym ω = κ/i. Dla pręta pryzmatycznego o długości l mamy ϕ = Ml oraz κ = M C s ϕ = C s, l gdzie C s jest sztywnością skręcania np. dla przekroju kołowego C s = I 0 G). W rozważanym przypadku κ a = C s a, κ b = C s b, skąd otrzymujemy b a = I I Zatem węzeł będzie położony bliżej krążka o większym momencie bezwładności. Momenty bezwładności masowe) krążków można wyrazić jako I = Q D 8g, I = Q D 8g, gdzie D, D oraz Q, Q są odpowiednio średnicami i ciężarami krążków. Stąd b a = Q Q ) D 0 D

Pamiętając, że l = a + b, otrzymujemy następujące związki: Jeśli I = I, to a = b = l/. a = l + I = I + b = l + I = I + l ) ) Q D Q l D ) ) Q D Q D