Zeigen, dass sich eine Masse einen halben Zyklus bewegt

Question

Zeigen, dass sich eine Masse einen halben Zyklus bewegt

Rescy_

Betrachten Sie eine Masse $m$ an Stelle $x(t)$ auf einem groben horizontalen Tisch, der durch eine Feder mit Konstante am Ursprung befestigt ist $k$ (Wiederherstellungskräfte $-kx$ ) und mit einer trockenen Reibungskraft $f$
${\begin{cases} F = F, & Wenn \dot{X} < 0 \\ - F \leq F \leq F, & Wenn \dot{X} = 0 \\ F = - F, & Wenn \dot{X} > 0 \end{cases}$ $\begin{cases} f=F, & \text{if $\dot x \lt 0$}\\ -F \le f \le F, & \text{if $\dot x =0$}\\ f=-F,& \text{if $\dot x \gt 0$} \end{cases}$ A). Was ist die Reichweite von $x$ Wo kann die Masse ruhen?

b) Zeigen Sie, dass bei Bewegung der Masse die maximale Auslenkung um abnimmt $\frac{2F}{k}$ pro Halbzyklus.

c) Diskutieren Sie den Antrag

Ich habe die Frage fast abgeschlossen, aber es fällt mir schwer, Teil b zu beantworten, da keine Anfangsbedingungen gegeben sind.

Für Teil b habe ich mit dem Notieren begonnen

M \frac{D^{2} X}{D T^{2}} = F - k X

$m\frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}=f-kx$ Vermietung

y = \frac{f}{k} - x

$y = \frac{f}{k}-x$ , Ich bekomme

M \frac{D^{2} j}{D T^{2}} = - k j

$m{d^2y \over dt^2}=-ky$ daher

y = A \cos (ω t + ϕ)

$y = A\cos (\omega t+\phi)$ Wo

A

$A$ Und

ϕ

$\phi$ von den Anfangsbedingungen abhängen und

ω = \sqrt{\frac{k}{m}}

$\omega= \sqrt \frac{k}{m}$ , daraus folgere ich

X = \frac{F}{k} + A \cos (ω T + ϕ)

$x= \frac{f}{k}+A\cos(\omega t+\phi)$

Wenn ich vermute $x(0) \gt 0$ , Dann

X = \frac{F}{k} + A \cos (ω T + ϕ)

$x= \frac{F}{k}+A\cos(\omega t+\phi)$ und daher

X_{{max}_{1}} = \frac{F}{k} + A

$x_{\text{max}_1}= \frac{F}{k}+A$

In der anderen Halbwelle $\dot x \gt 0$ So

X = - \frac{F}{k} + A \cos (ω T + ϕ)

$x= -\frac{F}{k}+A\cos(\omega t+\phi)$ Und

X_{{max}_{2}} = \frac{- F}{k} + A \cos (ω T + ϕ)

$x_{\text{max}_2}= {-F \over k}+A\cos(\omega t+\phi)$ der Unterschied zum Vorgänger

x_{{max}_{1}}

$x_{\text{max}_1}$ und das

x_{{max}_{2}}

$x_{\text{max}_2}$ Ist

\frac{2 F}{k}

$\frac{2F}{k}$ .

◻

$\square$

Aus der vorherigen Berechnung habe ich das Gefühl, dass ich die Frage ungefähr abgeschlossen habe, aber ich habe es nicht geschafft, dies zwischendurch zu demonstrieren $x_{\text{max}_1}$ Und $x_{\text{max}_2}$ Die Masse hat sich um einen halben Zyklus bewegt, obwohl ich intuitiv das Gefühl habe, dass sie sich anfangs rückwärts bewegt ( $\dot x \lt 0$ ), wenn es anfängt, sich vorwärts zu bewegen ( $\dot x \gt 0$ ) und wieder die maximale Auslenkung erreichen, sollte der Halbzyklus abgeschlossen sein.

Könnte mir bitte jemand helfen, die Situation klar zu machen?

Bearbeiten: Beim Lesen des unten angegebenen Hinweises habe ich versucht, die Lösung zu finden, hier ist meine Anstrengung

Erster Fall: wann $\dot x \gt 0$ , $m \ddot x = -kx-F$ . Beim Ersetzen $y=x+{F\over k}$ , erhielt ich $x_{(+)}=A\cos(\omega t+\theta _1)-{F\over k}$ , Wo $A \ \text{and} \ \theta_1$ hängt von den Anfangsbedingungen ab.

Zweiter Fall: wann $\dot x \lt 0$ , $m \ddot x=-kx+F$ . Mit einer ähnlichen Methode erhielt ich $x_{(-)}=B\cos(\omega t + \theta_2)+{F\over k}$ .

Allerdings finde ich es schwer zu verlinken $x_{(+)} \ \text{with} \ x_{(-)}$ . Wie soll ich die vier willkürlichen Konstanten steuern? $A,B,\theta_1 \ \text{and} \ \theta_2$ ?

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Sie sind so in die Mathematik des Problems verstrickt, dass Sie nicht an das System denken. Welches Verhalten zeigt es, wenn

F = 0

$F=0$ (das heißt, wir entfernen die Reibung aus dem System)? Wie – außer einfach eine Differentialgleichung zusammenzuschlagen – kann man solche Systeme analysieren? In welcher Beziehung steht die Reduzierung der maximalen Auslenkung mit der Reibungskraft, vorausgesetzt, wir haben ein System ohne Reibung (ich weiß, aber gehen Sie zunächst davon aus, dass die Reibung gering ist)? Usw.

QMechaniker

Hinweise: 1. Zeigen Sie, dass eine konstante Verzweigung

x (t) = c o n s t

$x(t)={\rm const}$ haben müssen

| x | \leq \frac{F}{k}

$|x|\leq \frac{F}{k}$ . 2. Finden Sie die allgemeinsten nichtkonstanten Zweige

x_{+} (t)

$x_+(t)$ Und

x_{-} (t)

$x_-(t)$ , wenn sich die Masse vorwärts bewegt

\dot{x} > 0

$\dot{x}>0$ und rückwärts

\dot{x} < 0

$\dot{x}<0$ , bzw. 3. Schließen Sie, dass jeder nicht konstante Zweig eine verschobene harmonische Bewegung ist. 4. Verbinden Sie nun die drei Arten von Zweigen so, dass (unter anderem) die Bewegung an den Wendepunkten kontinuierlich ist

\dot{x} = 0

$\dot{x}=0$ . 5. Vergleichen Sie die Positionen aufeinanderfolgender Wendepunkte.

Rescy_

@Qmechanic Aber wie entscheidet man über die Anfangsbedingungen? Ich habe meine Bemühungen in meine Frage eingegeben (siehe Bearbeiten). Wie kann ich Fortschritte machen, wenn ich zwei Zweige erhalte?

QMechaniker

Für den nicht konstanten Fall darf man ohne Beschränkung der Allgemeinheit durch Verschieben annehmen

t

$t$ -Achse das

x (t = 0) = x_{m a x} > \frac{F}{k}

$x(t=0)=x_{\rm max}>\frac{F}{k}$ steht an einem Wendepunkt.

Antworten (2)

Zeigen, dass sich eine Masse einen halben Zyklus bewegt

Sie sind so in die Mathematik des Problems verstrickt, dass Sie nicht an das System denken. Welches Verhalten zeigt es, wenn $F=0$ (das heißt, wir entfernen die Reibung aus dem System)? Wie – außer einfach eine Differentialgleichung zusammenzuschlagen – kann man solche Systeme analysieren? In welcher Beziehung steht die Reduzierung der maximalen Auslenkung mit der Reibungskraft, vorausgesetzt, wir haben ein System ohne Reibung (ich weiß, aber gehen Sie zunächst davon aus, dass die Reibung gering ist)? Usw.
Hinweise: 1. Zeigen Sie, dass eine konstante Verzweigung $x(t)={\rm const}$ haben müssen $|x|\leq \frac{F}{k}$ . 2. Finden Sie die allgemeinsten nichtkonstanten Zweige $x_+(t)$ Und $x_-(t)$ , wenn sich die Masse vorwärts bewegt $\dot{x}>0$ und rückwärts $\dot{x}<0$ , bzw. 3. Schließen Sie, dass jeder nicht konstante Zweig eine verschobene harmonische Bewegung ist. 4. Verbinden Sie nun die drei Arten von Zweigen so, dass (unter anderem) die Bewegung an den Wendepunkten kontinuierlich ist $\dot{x}=0$ . 5. Vergleichen Sie die Positionen aufeinanderfolgender Wendepunkte.
@Qmechanic Aber wie entscheidet man über die Anfangsbedingungen? Ich habe meine Bemühungen in meine Frage eingegeben (siehe Bearbeiten). Wie kann ich Fortschritte machen, wenn ich zwei Zweige erhalte?
Für den nicht konstanten Fall darf man ohne Beschränkung der Allgemeinheit durch Verschieben annehmen $t$ -Achse das $x(t=0)=x_{\rm max}>\frac{F}{k}$ steht an einem Wendepunkt.

jac · Answer 1

Nehmen wir an, die Anfangsbedingungen seien $x(0)=A$ Und $\dot x(0)=0$ . Die Bewegungsgleichung solange $\dot x(t)<0$ wird von gegeben

M \ddot{X} = - k X + F

$m\ddot x=-kx+F$

Was passiert bei $t=0$ ? Wir sollten unterscheiden $F < kA$ Und $F \geq kA$ . Im Falle $F > kA$ , nehmen wir an, die Masse beginnt sich mit zu bewegen $\dot x(0)<0$ , beginnt die Reibung sofort, die Masse nach oben zu ziehen $x$ . Sobald $\dot x(0)>0$ , beginnt die Reibungskraft wieder zu ziehen, um kleiner zu werden $x$ usw. Der Nettoeffekt dieser kontinuierlichen Richtungsänderung der Reibungskraft besteht darin, dass die Masse in Ruhe ist, da die Federabstoßungskraft von der Reibungskraft dominiert wird. Diese Überlegung gilt auch für $F=kA$ . Fazit, die Masse ist in Ruhe $F \geq kA$ .

Was ist mit dem Fall, wo $F < kA$ ? in diesem Fall dominiert die Reibung nicht die abstoßende Kraft der Feder. Wir sollten die Gleichung stückweise lösen, wobei wir jedes Mal ein Zeitintervall berücksichtigen, wo $\dot x(0)$ und daher $f$ Vorzeichen nicht ändern.

Die Lösung für die erste Phase ist

X (T) = (A - \frac{F}{k}) C Ö S (ω T) + F / k

$x(t) = (A-\frac{F}{k})cos(\omega t) + F/k$ mit

ω^{2} = k / m

$\omega^2 = k/m$ . Diese erste Phase geht zu Ende, wenn

\dot{x} (t) = 0

$\dot x (t)=0$ . Dies geschieht bei

ω t = π

$\omega t=\pi$ . In diesem Moment

x = - A + 2 F / k

$x=-A+2F/k$ . Die Bewegungsgleichung wird dann

M \ddot{X} = - k X - F, (π < ω T < 2 π)

$m\ddot x=-kx-F, (\pi < \omega t < 2\pi )$ was unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen als Lösung gilt

X (T) = (A - \frac{3 F}{k}) C Ö S (ω T) - F / k

$x(t) = (A-\frac{3F}{k})cos(\omega t) - F/k$ . Bei

ω t = 2 π

$\omega t = 2\pi$ , wir bekommen

X = A - \frac{4 F}{k}, \dot{X} = 0

$x=A-\frac{4F}{k}, \dot x = 0$ . Bis auf das sind wir jetzt wieder in der gleichen Situation wie ganz am Anfang

A

$A$ wurde ersetzt durch

A - \frac{4 F}{k}

$A-\frac{4F}{k}$ . Wir sehen also, dass die Amplitude mit abnimmt

2 F / k

$2F/k$ über eine gewisse Zeitspanne

π / ω

$\pi/\omega$ . Phase

n

$n$ erstreckt sich von

ω t = (n - 1) π

$\omega t=(n-1)\pi$ Zu

ω t = n π

$\omega t=n\pi$ und die Bewegungsgleichung wird sein

X (T) = (A - \frac{(2 N - 1) F}{k}) C Ö S (ω T) - (- 1)^{N} \frac{F}{k}

$x(t) = (A-\frac{(2n-1)F}{k})cos(\omega t) - (-1)^n\frac {F}{k}$

Dieser Vorgang des Energieabbaus und der Verringerung der Amplitude setzt sich fort, bis ab einem bestimmten Punkt die Reibungskraft die Rückstoßkraft der Feder dominiert, was bedeutet, dass der Körper zur Ruhe kommt (siehe Anfang dieser Antwort). Dies geschieht am Ende der Phase $n$ Wo $n$ wird von gegeben

F > k (A - \frac{2 N F}{k})

$F>k(A-\frac{2nF}{k})$ von oder am niedrigsten

n

$n$ wofür

N > \frac{1}{2} (\frac{A k}{F} - 1)

$n>\frac{1}{2}(\frac{Ak}{F}-1)$ Allgemeine Schlussfolgerung: solange die Reibung nicht die abstoßende Kraft der Feder dominiert, dh solange die Amplitude hoch genug ist, dh

> F / k

$>F/k$ , wird das System so zerstreut, dass jeder

Δ t = π / ω

$\Delta t=\pi/\omega$ , die Amplitude nimmt mit ab

2 F / k

$2F/k$ . Ab einem bestimmten Punkt hat sich die Amplitude soweit verringert, dass die Reibung zu dominieren beginnt und der Körper dann zur Ruhe kommt.

Das Bild unten zeigt die Entwicklung der Position der Masse als Funktion der Zeit für den Fall $A=13F/(2k)$ .

Rescy_ · Answer 2

Hier ist eine Methode, die Energie verwendet.

Angenommen, die Masse beginnt in einer Entfernung $A$ von seinem Gleichgewichtspunkt und es bewegt sich um eine Strecke über den Gleichgewichtspunkt hinaus $B$ bevor man sich umdreht.

Die anfängliche Federenergie ist gleich der endgültigen Federenergie plus der Energie, die aufgrund der Reibungsarbeit verloren geht:

\begin{aligned} \frac{1}{2} k A^{2} & = \frac{1}{2} k B^{2} + F A + F B \\ 0 & = \frac{1}{2} k B^{2} + F A + F B - \frac{1}{2} k A^{2} . \end{aligned}

$\begin{align} \frac12 kA^2 &= \frac12 kB^2 + FA + FB \\ 0 &= \frac12 kB^2 + FA + FB -\frac12 kA^2 \, . \end{align}$

Wenden Sie dann die quadratische Formel an, um zu erhalten $B$ bezüglich $A$ . Eine Wurzel ist

B = A - 2 F / k .

$B = A -2F/k \, .$

Die andere Wurzel ist $B = -A$ , was einfach bedeutet, dass sich die Masse überhaupt nicht bewegt.

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dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

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jac

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