BÀI TẬP LỚN MÔN: DAO ĐỘNG KỸ THUẬT

Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

B GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI
KHOA CƠKHÍ

BÀI TẬP LỚN
MÔN:DAO ĐỘNG KỸ THUẬT

GIÁO VIÊN GIẢNG DẠY: TS. Phạm Thị Minh Huệ
SINH VIÊN THỰC HIỆN: Nguy n Duy Nh t
MÃ SỐ SINH VIÊN: 0741020253
KHÓA HỌC: 07
Tháng 4/2014

1


Phần I: Lý thuyết
Câu 1: Các dạng kích động và phương trình vi phân của dao động cưỡng bức của hệ chịu
kích động điều hòa
a) Kích động lực.
Trên hình 2.22 là mô hình dao động khối lượng – lò xo chịu kích động lực. Giả sử F(t)=
FˆsinΩt , trong đó Fˆ là giá trị cực đại của hàm F(t). Đối với mô hình này ta có:
1

1

1

2

2

2

T= mẏ2 , ᴨ= cy2 , Φ= bẏ2 , Q* =F(t).

Thế các biểu thức trên vào phương trình
Lagrange loại (II):
𝑑 𝜕𝑇

𝜕𝑇

𝜕ᴨ

𝑑𝑡 𝜕ẏ

𝜕y

𝜕y

( ) −( )=−

−

𝜕Φ

𝑚ÿ+ bẏ+ cy =𝐹̂ sinΩt

𝜕y

+ Q* Ta được :
(3.1)

Chia hai vế của (3.1) cho m và đưa

Vào kí hiệu 𝑦̂=𝐹̂ /c, ta biến đổi (3.1) về dạng:
ÿ+ 2δẏ+ω02y= ω02𝑦̂sin Ωt
b) Kích động bởi khối lượng lệch tâm
Mô hình dao đọng của hệ chịu kích động bởi khối lượng lệch tâm cho trên hình 2.22b. Roto có
khối lượng lệch tâm m1, quay đều với vận tốc góc Ω. Biểu thức động năng của hệ có dạng :
1

1

2

2

T = m0ẏ2 + m1v12

2


Do
x1=ecos Ωt, ẋ1=−eΩsinΩt,
y1=y+ esinΩt, ẏ1=ẏ+eΩcos Ωt

nên ta có:

v12 = ẋ12 +ẏ12 = ẏ2+ 2ẏeΩcos Ωt + e2Ω2
Từ đó suy ra:

1

1

2

2

T = mẏ2 + m1ẏeΩcos Ωt + m1e2Ω2

Trong đó m = m0+ m1.
Các biểu thức thế năng ᴨvà hàm hao tán Φcó dạng như các thí dụ trước
1

1

2

2

ᴨ= cy2 , Φ = bẏ2
Thế các biểu thức T, ᴨ , Φvào phương trình lagrange loại 2, ta được:
𝑚ÿ+ bẏ+ cy = m1eΩ2sinΩt

(3.2)

Biến đổi tương tự như trên ta được:
ÿ+ 2δẏ+ω02y = ω02𝑦̂sin Ωt

(3.2a)

Trong đó:
𝑦̂=

m1

e.

m0+ m1

3


c) Kích động bằng lực đàn hồi.
Trên hình 2.22c là mô hình hệ chịu kích động lực đàn hồi tuyến tính. Bỏ qua ma sát trượt động
(µ=0). Cho biết u(t)=𝑢̂sinΩt .

x

u(t)

c1

c0
b

Hình 2.22c

Phương trình vi phân dao động của hệ có dạng :
mẍ+ bẋ+ c1x+ c0[x- u(t)]=0
Do u(t) = 𝑢̂sinΩt

nên ta có mẍ+ bẋ+ cx= c0𝑢̂sinΩt

(3.3)

Trong đó c= c1+ c0.
Nếu sử dụng kí hiệu 𝑥̂=

c0
c0+c1

𝑢̂ thì phương trình (3.3) biến đổi được về dạng

ẍ+ 2δẋ +ω02x =

ω02𝑥̂sinΩt.

d) Kích động động học.
Trên hình bên là mô hình hệ chịu kích động động học. Giả sử
điểm chân của bộ lò xo và cản nhớt chuyển động theo quy luật
điều hòa u(t)=𝑢̂sinΩt.
Phương trình vi phân dao động của hệ có dạng :
mÿ+ b(ẏ-𝑢̇ )+ c(y- u)= 0
Thế u(t)=𝑢̂sinΩt, 𝑢̇ (t)= 𝑢̂ΩcosΩt vào phương trình trên ta được :
𝑚ÿ+ bẏ+ cy= 𝑢̂(csinΩt+ bΩcosΩt). (3.4)

4


chia hai vế của phương trình (3.4) cho m ta được :
Ω

ÿ+ 2δẏ+ω02y= ω0yˆ(ω0sinΩt+ 2δ cosΩt)
ω0

(3.4a)

Trong đó 𝑦̂= 𝑢̂.
e) Kích động bằng lực cản nhớt
Trên hình 2.22e là mô hình hệ chịu kích động bằng lực cản nhớt. Mặt trượt nhẵn tuyệt đối (µ= 0).
Phương trình vi phân dao động của hệ có dạng :
mẍ+ b1ẋ+ cx+ b0[ẋ- 𝑢̇ (t)]= 0
Cho biết u(t)= 𝑢̂sinΩt, 𝑢̇ (t)= 𝑢̂ΩcosΩt, khi đó phương trình trên có dạng :
mẍ+ bẋ+ cx= b0𝑢̂ΩcosΩt (3.5)

với b= b1+ b

Chia hai vế của (3.5) cho m ta được :
ẍ+ 2δẋ + ω02x = 2δΩ𝑥̂cosΩt (3.5a)
trong đó 𝑥̂=

b0
b

𝑢̂

5


Qua các thí dị trên ta thấy : Phương trình vi phân dao động tuyến tính của một hệ bặc tự do chịu
kích động điều hòa có dạng:
m𝑞̈ + b𝑞̇ + cq= H1sinΩt+ H2cosΩt (3.6)
hoặc 𝑞̈ + 2δ𝑞̇ + ω02q= h1sinΩt + h2cosΩt

(3.7)

Chú ý nếu ta sử dụng độ cản LehrD thì phương trình (3.1a) có dạng như sau
ω02𝑦̂sinΩt (3.8)
Trong đó ω02=

𝑐
𝑚

, D=

δ
ω0

=

𝑏
2√𝑐𝑚

𝑦̈ + 2Dω0𝑦̇ + ω02y=

.

Ta có thể biến đổi các phương trình (3.2a), (3.3a), (3.4a), (3.5) về dạng tương ứng.

Câu 2 : Tính toán dao động cưỡng bức không cản và ví dụ minh họa
Phương trình vi phân dao động cưỡng bức không cản của hệ một bậc tự do có dạng:
m𝑞̈ + cq = Hsint

(2.1)

Nếu ta đưa vào các kí hiệu
02 =

c
,
m

h=

H
m

Thì phương trình có dạng:
𝑞̈ + 02 q = hsint

(2.2)

Nghiệm tổng quát phương trình 2 có dạng:
q(t) = C1cos0t + C2sin0t +

h
sint
0 -2
2

(2.3)

Các hằng số C1, C2 được xác định từ các điều kiện đầu.Giả sử khi t=0 thì q(0)=q0
;𝑞̇ (0)=𝑞̇ 0 .Thế các điều kiện này vào biểu thức 3 và đạo hàm của nó ta có:
C1 =q0 ; C2 =

q0
h
0 0(02-2)

Như vậy biểu thức nghiệm 3 có dạng :
6


q(t) = q0cos0t +

q0
h
h
sin0t sint (2.4)
2
2 sin0t +
2
0
0(0 - )

0 -2

Nghiệm 4 gồm hai thành phần : Ba số hạng đầu biểu thị dao động tự do với tần số là tần
số riêng của hệ, số hạng thứ tư biểu thị dao động cưỡng bức với tàn số là tần số của lực
kích động.
Chú ý rằng khi q0 = 𝑞̇ 0 =0 thì nghiệm 4 có dạng :
q(t) =

-

h
h
sint
2
2 sin0t +
2
0(0 - )
0 -2

(2.5)

Số hạng thứ nhất của (2.5) được gọi là thành phần dao động tự do kéo theo.
Sau một khoảng thời gian nào đó, do ảnh hưởng của lực cản nên các thành phần mô tả
dao động tự do của hệ sẽ mất đi→ hệ chỉ còn thực hiện dao động cưỡng bức với tần số là
tần số của lực cưỡng bức.
Giai đoạn đầu còn tồn tại cả dao động tự do và dao động cưỡng bức được gọi là giai đoạn
chuyển tiếp.
Giai đoạn chỉ còn tồn tại dao động cưỡng của hệ được gọi là giai đoạn bình ổn.
Đối với giai đoạn bình ổn, quy luật dao động của hệ sẽ là:
q(t) =

h
H
sint
2 sint =
0 -
c(1-2)

Trong đó  =

(2.6)

2


0

Chú ý: Thừa số H\c chính là dịch chuyển gây ra bởi lực tĩnh H đặt vàovật dao
động.
Đại lương V() =

1
1-2

→biểu thị tác dụng động lực của lực kích động, và được gọi là hàm khuyếch đại (hệ số
động lực).
7


Ta thấy: khi tỷ số


dần đến 1 thì V và do đó dao động cưỡng bức tăng lên nhanh chóng
0

và tiến tới vô cùng khi Ω= ω0. Hiện tượng đó gọi là hiện tượng
Cộng hưởng.
Như vậy,hiện tượng cộng hưởng là hiện tượng biên độ dao động cưỡng bức tăng lên rất
lớn do tần số của lực kích động trùng với tần số dao động riêng của hệ.
Xét nghiệm (2.5) với giả thiết  ≈ 0
Q(t) = -

h
h
sint
2
2 sin0t +
2
0(0 - )
0 -2

(2.5)

Đặt  - 0 = 2
Trong đó  là đại lượng vô cùng bé.
Sau một số phép biến đổi nghiệm (2.5)đưa về dạng :
q(t) ≈ −

hsint
cost

2

(2.7)

Do ε là một vô cùng bé nên hàm sinεt biến thiên chậm, còn chu kỳ của nó 2п/ε rất lớn.
Hiện tượng dao động được cho bởi (2.7) gọi là hiện tượng phách.
Xét trường hợp →0 ( →0)
Khi đó có thể thay sinεt bằng εt trong nghiệm (2.7), và ta có:
q(t) = Biên độ

ht
cos0t
20

(2.8)

ht
tăng lên vô hạn khi thời gian t tăng.
20

Như thế, ngay trong phạm vi lý thuyết dao động tuyến tính không cản, sự tăng biên độ lên
vô hạn ở vùng cộng hưởng cũng đòi hỏi phải có thời gian.
Đối với các máy được thiết kế làm việc ở vùng cộng hưởng, khi tăng vận tốc của máy qua
vùng cộng hưởng cần phải khẩn trương cho vượt qua đủ nhanh.
8


Kết luận: Khi tính toán dao động cưỡng bức không cản ta cần phân ra 2 trường hợp:
Trường hợp xa cộng hưởng (≠0)
Trường hợp gần cộng hưởng (≈ 0). Trong trường hợp này khi =0+2 ta có hiện

tượng phách. Khi =0 ta có hiện tượng cộng hưởng.
Ví dụ minh họa: bánh xe lăn không trượt trên mặt đường gồ ghề lượn sóng vận tốc tâm
o của bánh xe luôn khonng đổi là v = 60km/h.Mặt đường lượn sóng có phương trình là s =
πx
𝑠̂ sin( với 𝑠̂ =2cm, L =100cm.Xác định biên độ dao động cưỡng bức thẳng đứng của
L
vật thể M có khối lượng m,nối với trục chính bánh xe bằng lò xo có độ cứng là c. Biết
rằng biến dạng tĩnh của lò xo dưới tác dụng của vật thể là 0 = 10 cm.
Lời giải:

Từ điều kiện cân bằng tĩnh

M

y

c 0 =mg ta suy ra
c=-

mg
0

0

Phương trình vi phân chuyển
động của vật thể M có dạng

s

x

L

Nếu đưa vào kí hiệu
c
, phương trình vi phân dao động
m

được đưa về dạng
𝑦̈ + 02y = 02 ̂
𝑠 sin(

s(t)

:

m𝑦̈ +c(y-s) = 0

02 =

v

πx
)
L

9


Biến đổi 02 =

(

c mg g
=
= = 98,1
m m 

( 1/s2)

πx πvt
πv
=(
= t , với  =(
= 16,6𝜋)
L
L
L

Khi đó nghiệm riêng của phương trình trên là :
Y = Asint, với A =0,075cm.

Câu 3 : Cách tính toán dao động cưỡng bức có ma sát nhớt và ví dụ minh họa
Phương trình vi phân dao động trong trường hợp này:
𝑞̈ + 2𝑞̇ + 02q = h1sint + h2cost

(3.1)

Nghiệm riêng của phương trình (3.1) được tìm dưới dạng:
q = Msint + Ncost

(3.2)

Thay (3.2) vào (3.1) ta được :
M=

(02-2)h1+2h2
,
(02-2)2+422

N=

-2h1+(02-2)
(02-2)+422

(3.3)

Nghiệm tổng quát của phương trình (3.1):
q(t) = Ae-tsin(t + ) + Msint + Ncost

(3.4)

Số hạng thứ nhất của (3.4) biểu diễn thành phần dao động tự do tắt dần. Hai số hạng sau
có tần số Ω của ngoại lực biểu diễn thành phần dao động cưỡng bức của hệ.Thành phần
dao động cưỡng bức (3.2) có thể biểu diễn dưới dạng:
q(t) = 𝑞̂sin(t + )
Trong đó

𝑞̂ = √𝑀2 + 𝑁 2 , tg =

(3.5)

N


, =
, D=
M
0
0

Các trường hợp cụ thể:

10


Trường hợp kích động lực hoặc kích động qua lò xo:
𝑞̂ = V1(,D)𝑦̂ ;

V1 = (1-2)2 +4D22-1/2

(3.6)

 Trường hợpkíchđộngđộng học:
𝑞̂ = V2(,D)𝑦̂ ;

V2 = (1+4D22)1/2V1

(3.7)

 Trường hợp kích động bởi khối lượng lệch tâm:
̂𝑞 = V3(,D)𝑦̂ ;

V3 = 2V1

(3.8)

Các hàm V1, V2, V3 là các hàm khuyếch đại (hay hệ số động lực).
Khi ta cố định độ cản D, các hàm V1, V2, V3 đạt cực đại tại các giá trị sau của n:
V1 đạt cực đại khi:

 = √1 + 2𝐷 2

V2 đạt cực đại khi:

 ≈ √1 + 2𝐷 2 nếu D≪1

V3 đạt cưc đại khi:

 = (1+2D2)-1/2

Ví dụ minh họa: Sơ đồ một thiết bị đo dao động được biểu diễn trên hình a. Vỏ ngoài
thiết bị đo bị rung theo quy luật xm= x0cost . Phải chọn các tham số khối lượng m và độ
cứng c như thế nào để với hệ số cản tùy ý kim chỉ đúng biên độ x0 trong một dải tần số đo
đủ rộng.

11


Lời giải:

m

c

x

X

m=

x0cost

m

b

c(x-xm)
Hình a

b(𝑥̇ -𝑥̇ m)
Hình b

Ta chọn tọa độ x là dịch chuyển của khối lượng m so với nền cố định (hình b) dịch
chuyển,vận tốc của khối lượng m đối với vỏ ngoài thiết bị là:
x – xm , 𝑥̇ - 𝑥̇ m
Phương trình vi phân chuyển động của khối lượng m là :
m𝑥̈ = -c(x – xm) – b(𝑥̇ - 𝑥̇ m)
Kim của thiết bị đo chỉ độ lệch tương đối xr = x – xm. Từ đầu bài ta có
𝑥̈ m = - x02cost. Thế vào phương trình trên ta nhận được phương trình dao động
m𝑥̈ r + b𝑥̇ r + cxr = m 2 x0 cost
Chia cả hai vế phương trình trên cho m và sử dụng các kí hiệu quen biết ta được
𝑥̈ r + 2𝑥̇ r + 02xr = 2 x0 cost

Nghiệm riêng của phương trình trên có dạng :
12


Xr = x0V3cos(t - )
Biên độ đo được và biên đọ kích động sẽ trùng nhau khi V3 = 1. Nên
02 ≪ 2

c
≪ 2
m

→

Như vậy phải chọn c và m sao cho tần số riêng của hệ dao động không cản bé hơn nhiều
tần số của kích động.

Phần II: Bài tập
Câu 1: Hãy thiết lập phương trình dao động
của con lắc vậy lý như hình ?
_ Xác định tần số dao động riêng của hệ .
Giải

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ :
1

Ta có 𝑇 = 2 𝐽0 𝜑̇ 2
X= a 𝑠𝑖𝑛𝜑 ; y=a 𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑥̇ =a 𝜑 𝑐𝑜𝑠 𝜑 ; ẏ =- a 𝜑 𝑠𝑖𝑛𝜑
𝑥̈ = -a 𝜑2 𝑠𝑖𝑛𝜑 ; Ϋ =-a 𝜑2 𝑐𝑜𝑠𝜑

1

=> T = 𝐽0 ( 𝑥̇ 2 + ẏ2 ) =
2

1

𝐽 𝜑̇
2 0

2

𝛱 = 𝑚𝑔𝑎(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜑) = 𝑚𝑔𝑎 − 𝑚𝑔𝑎. 𝑐𝑜𝑠𝑐
Thay vào biểu thức langrange (II) :

𝑑 𝜕𝑇
𝜕𝑇
𝜕𝛱
=−
( )−
𝑑𝑡 𝜕𝜑̇
𝜕𝜑
𝜕𝜑
 𝐽0 𝜑̈ + 𝑚𝑔𝑎𝑠𝑖𝑛 𝜑 = 0 (vì 𝜑 << 0 => cos 𝜑 = 1 hoặc 𝑠𝑖𝑛𝜑 = 𝜑 )
𝑚𝑔𝑎𝜑
 𝜑̈ + 𝐽 =0
0

13

Câu 2: Cho hệ dao động như hình 2.2, tìm độ cứng tương đương của hệ lò xo và tần số
dao động riêng của hệ ?
Biết C1 = C2 = C3 = C4 = C5 = C =10 N/m; C6 = C7 = 2C ; C8 = C9 = 1,5C; C10 = 3C; m =
20 kg.

c1
c5

c2

c6
c8

c3

c9

c10

c7

c4

Hình 2.2

Bài làm: Theo công thức tính độ cứng tương đương của hệ lò xo mắc song song và nối
tiếp ta có:
C14 = C1 + C2 + C3 + C4 = 4C
C56 =

C5.C6 2
= C
C5+C6 3

C57 = C56 + C7 =
C89 =
C19 =

𝐶8 𝐶9
𝐶8 + 𝐶9

2
8
C + 2C = C
3
3

= 0,75𝐶

C14.C57.C89
24
=
C
C14.C57+C57.C89+C89.C14 47

Vậy độ cứng tương đương của hệ là:

C* = C19 + C10 =

24
165
C +3C =
C = 35,1 ( N/m)
47
47

14


Tần số dao động riêng của hệ là:
C*
35,1 35.1
ω0 = √ = √ 20x9,81 20 = 1,324 (rad/s)
m
9,81

Câu 3 : Một vật có khối lượng m= 0,8kg được treo vào một lò xo như hình 3. Khi không
có lực cản (b=0) vật dao động với chu kì T1=0.4 𝜋s. Khi có lực cản tỉ lệ bậc nhất với vận
tốc (b#0) vật dao động với chu kì T2=0.5 𝜋𝑠. Lúc đầu cho vật lệch khỏi vị trí cân bằng
5cm và tự dao động.
Hãy tìm giá trị lực cản lúc vận tốc bằng 1cm/s và xác định dao động của vật?
Bài làm

b

c

+,Với b=0 => δ =

𝑏
2𝑚

=> 𝜔1 = 𝜔0 =√
Mà 𝜔1 =

2𝜋
𝑇1
2

m

=0

=

𝑐
𝑚
2𝜋

0,4𝜋

Hình 3

= 5 (1/s)

=>C= 𝜔1 .m = 52.0,8 = 20 (N/m)
+, Với b#0 : có 𝜔2 =

2𝜋

𝑇2

=

2𝜋
0.5𝜋

= 4 (N/m)

Mà 𝜔2 = √𝜔0 2 − 𝛿 2
𝜔2 2 = 𝜔0 2 − δ2
=> δ2 = 𝜔0 2 - 𝜔2 2 với 𝜔0 = 5 (1/s), 𝜔2 = 4 (1/s)
=> δ2 = 52 – 42 => δ = 3
Ta có δ =

𝑏
2𝑚

=> b = 2.δ.m = 2.3.0,8=4,8 (kg/s)

Fc = b.v = 4,8.10-3=0,0048 (N)
15


Phương trình tổng quát của dao động :
x= A.𝑒 −𝛿𝑡 .sin(𝜔t + 𝜑) (cm)
với A=5cm , δ= 3(1/s) , 𝜔=4(1/s)
tan 𝜑 =

2.δ.Ω

𝜔0 2 −Ω2

=

2.3.4
52 −42

với Ω = 4(1/s)
=

8
3

Vậy giá trị lực cản lúc v=1cm/s là Fc= 0,0048(N) với phương trình dao động là:
8

x= 5. 𝑒 −3𝑡 .sin(4t + arctan ) (cm) .
3

Câu 4 :
x2

x1
3b

b

2m
c

m
2c

2c

Hình 4

Cho mô hình dao động cơ hệ ai bậc tự do như hình 4. Hãy thiết lập phương trình
vi phân dao động của cơ hệ?
 Xác định tần số dao động riêng và ma trận dạng riêng của hệ dao động ?
 Biết m=20kg;c=104 N/m;b=3.103 kg/s.
Bài làm
Gọi 𝑥1 ,𝑥2 là độ dời của vật so với vị trí cân bằng.
Biểu thức động năng:
1

1

2

2

T= 2m. 𝑥̇ 2 + 2m ẋ22
Hàm thế năng của hệ:

16


1

1

1

2

2

2

π = .c.x12 + .c.(x2-x1) 2 + .2c.x22
3



Π=c.x12 + .c. x22 –c.𝑥1 𝑥2
2

Biểu thức hàm hao tán :
1

1

2

2

∅ = .b1.ẋ 12 + .b2.(ẋ 2- ẋ 1)2
1

= 2bẋ 12+ .bẋ 22-bẋ 2ẋ 1
2

Thay vào phương trình lagrang loại 2 :
d

∂T

∂T

∂π ∂∅

dt ∂ẋ

∂x

∂x

( )-

=-

-

∂ẋ

Nhận được hệ phương trình dao động:
2. 𝑥̈ ₁ + 4𝑏. 𝑥̇ ₁– 𝑏. 𝑥̇ ₂ + 2𝑐. 𝑥₁ – 𝑐. 𝑥₂ = 0
{
𝑚. 𝑥̈ ₂ − 𝑏. 𝑥̇ ₁ + 𝑏. 𝑥̇ ₂ – 𝑐. 𝑥₁ + 3𝑐. 𝑥₂ = 0

2𝑚
(
0

0 𝑥̈ ₁
4𝑏
).( ) + (
𝑚 𝑥̈ ₂
−𝑏

2𝑐
−𝑏 𝑥₁
).(𝑥̇ ₂) + (
−𝑐
𝑏

Xét phương trình đặc trưng :
|C − M. ω2 | = 0
2
 |2𝑐 − 2𝑚. 𝜔
−𝑐

−𝑐
| =0
3𝑐 − 𝑚. 𝜔2

 (2𝑐 − 2𝑚. 𝜔2 ).( 3𝑐 − 𝑚. 𝜔2 ) – c2 = 0
Đặt λ =

𝑚.𝜔2

𝐶

(*)Thành :


2λ2 -8 λ +5 = 0
4+√6

λ₁ =
2
=>[
4−√6
λ₂ =

(với m=20kg ; c=104 𝑁/𝑚)

2

17

−𝑐 𝑥₁
0
). (𝑥₂) = ( )
3𝑐
0


w₁ = √(
=>

4+√6 𝐶
)
2
𝑚

√
[ w₂ = (

4−√6 𝐶
)
2
𝑚

1

w₁ = 40,15( )
s
=>=> [
1
w₂ = 19,69( )
s

1

Xác định ma trận riêng : ta có V=[𝑉

21

1
]

𝑉22

2
𝑎1
−c
Có [2c − 2𝑤 m
2 ] [ a2 ]=0
−c
3c − 𝑤 𝑚
𝑎21

𝑉21 =
(2c − 2m𝑤 2 )𝑎11 − 𝑐𝑎21 = 0
𝑎11
{
=>{
=>
𝑎
2
−𝑐𝑎21 + (3𝑐 − 𝑤 𝑚)𝑎22 = 0
𝑉22 = 22
𝑎21

=>{

𝑉21 = −2 − √6
𝑉22 = 2 + √6

=>ma trận riêng : V=[
Câu 5

1
−2 − √6

1
]
−2 + √6

: Cho mô hình dao động cơ hệ hai bậc tự do như hình sau :

1. Hãy xác định phương trình vi phân dao động của cơ hệ ?
2. Xác định tần số dao động riêng và ma trận dạng riêng của hệ
3. Thiết lập phương trình vi phân ở dạng tọa độ chính ?
Bài giải

18


1. Gọi x1, x2 lần lượt là độ dịch chuyển của vật có khối
lượng m1 và m2 so với vị trí cân bằng tĩnh ban đầu.
Hàm động năng T:
𝑇=

1
2

𝑚1 𝑥̇ 1 2 +

1
2

𝑚2 𝑥̇ 2 2

Hàm thế năng Π:
𝛱=

1
2

𝑐1 𝑥1 2 +

1

𝑐 (𝑥
2 2 2

− 𝑥1 )2

1

− 𝑥̇ 1 )2

Hàm hao tán Ф:
Ф=

1
2

𝑏1 𝑥̇ 1 2 +

𝑐 (𝑥̇
2 2 2

Thay vào phương trình Lagrange loại (II):
𝑑

𝜕𝑇

𝜕𝑇

𝑖

𝜕𝑥𝑖

( )+
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇

= −

𝜕𝛱
𝜕𝑥𝑖

−

𝜕Ф

(2.5.1)

𝜕𝑥̇ 𝑖

Ta có:
𝑑

𝜕𝑇

( ) = 𝑚1 𝑥̈ 1 ;
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇
1

𝜕𝛱
𝜕𝑥1
𝜕Ф
𝜕𝑥̇ 1

𝑑

𝜕𝑇

( ) = 𝑚2 𝑥̈ 2 ;
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇

= 𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 − 𝑐2 𝑥2 ;

2

𝜕𝛱
𝜕𝑥2

𝜕𝑥̇ 2

=0

= 𝑏2 𝑥̇ 2 − 𝑏1 𝑥̇ 1

Thay vào (2.5.1) ta có hệ phương trình dao động:
19

𝜕𝑥𝑖

= 𝑐2 𝑥2 − 𝑐2 𝑥1 ;

𝜕Ф

= 𝑏1 𝑥̇ 1 − 𝑏2 𝑥̇ 1 − 𝑏2 𝑥̇ 2 ;

𝜕𝑇


𝑚 𝑥̈ + (𝑏1 + 𝑏2 )𝑥̇ 1 − 𝑏2 𝑥̇ 2 + (𝑐1 + 𝑐2 )𝑥1 − 𝑐2 𝑥2 = 0
{ 1 1
𝑚2 𝑥̈ 2 − 𝑏2 𝑥̇ 1 + 𝑏2 𝑥̇ 2 − 𝑐2 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 = 𝐹(𝑡)

(2.5.2)

Với m1 = m2 = m; c1 =c2 = 2c; b1 = b2 = 3b ta có :
𝑚𝑥̈ 1 + 6𝑏𝑥̇ 1 − 3𝑏𝑥̇ 2 + 4𝑐𝑥1 − 2𝑐𝑥2 = 0
𝑚𝑥̈ 2 − 3𝑏𝑥̇ 1 + 3𝑏𝑥̇ 2 − 2𝑐𝑥1 + 2𝑐𝑥2 = 𝐹(𝑡)

(2.5.2) ⟺ {

Đặt
𝑚 0
4𝑐 −2𝑐
6𝑏 −3𝑏
𝑀= [
]; 𝐵= [
]; 𝐶= [
]
0 𝑚
−2𝑐 2𝑐
−3𝑏 3𝑏
Khi đó phương trình dao động có dạng:
0
𝑚 0 𝑥̈ 1
4𝑐 −2𝑐 𝑥1
6𝑏 −3𝑏 𝑥̇ 1
[
][ ] + [
][ ] + [
] [𝑥 ] = [
] (2.5.3)
𝐹(𝑡)
0 𝑚 𝑥̈ 2
−2𝑐 2𝑐
−3𝑏 3𝑏 𝑥̇ 2
2
2. Từ phương trình đặc trưng của cơ hệ :
|𝑐 − 𝜔2 𝑀| = 0
2
−2𝑐 | = 0

⟺ |4𝑐 − 𝜔 𝑚
−2𝑐
2𝑐 − 𝜔2 𝑚
⟺ (4𝑐 − 𝜔2 𝑚)(2𝑐 − 𝜔2 𝑚) − 4𝑐 2 = 0

⟺ 𝜔4 𝑚2 − 6𝑐𝜔2 𝑚 + 4𝑐 2 = 0
Đặt 𝜆 =

𝜔2 𝑚
𝑐
2 2

ta có :

𝜆 𝑐 − 6𝜆𝑐 2 + 4 = 0
⟺ 𝜆2 − 6𝜆 + 4 = 0
𝜆 = 5,236
⟺[ 1
𝜆2 = 0,764
Tần số dao động riêng :
𝑐

𝑐

𝜔1 = √5,236√ = 2,288√ ;
𝑚
𝑚
Tìm ma trận dạng riêng
Ta có phương trình:

(𝑐11 − 𝜔𝑖2 𝑚11 ) + 𝑣𝑖 (𝑐21 − 𝜔𝑖2 𝑚21 ) = 0
⟺ 𝑣𝑖 =

−(𝑐11 − 𝜔𝑖2 𝑚11 )
(𝑐21 − 𝜔𝑖2 𝑚21 )

Suy ra :
20

𝑐

𝑐

𝜔2 = √0.764√ = 0,874√
𝑚
𝑚


𝑣1 =
𝑣2 =

−(𝑐11 − 𝜔12 𝑚11 )
(𝑐21 − 𝜔12 𝑚21 )
−(𝑐11 − 𝜔22 𝑚11 )
(𝑐21 − 𝜔22 𝑚21 )

= −
= −

4𝑐− 𝜔12 𝑚

−2𝑐

= −0,618

4𝑐− 𝜔22 𝑚
−2𝑐

= 1,7

Vậy ma trận dạng riêng là :
1
1
𝑉= [
]
−0,618 1,7
3.Thiết lập phương trình vi phân ở dạng tọa độ chính
Đặt x=Vp, với V là ma trận dạng riêng, p là vecto các tọa độ chính, ta đưa phương
trình (2.5.3) về dạng:
𝑀𝑉𝑝̈ + 𝐵𝑉𝑝̇ + 𝐶𝑉𝑝 = 𝑓
Nhân cả hai vế của phương trình với ma trận chuyển vị VT của ma trận dạng riêng
ta được:
𝑉 𝑇 𝑀𝑉𝑝̈ + 𝑉 𝑇 𝐵𝑉𝑝̇ + 𝑉 𝑇 𝐶𝑉𝑝 = 𝑉 𝑇 𝑓
Ta tính được:
1,38
0
10,85
0
];
𝑉 𝑇 𝐵𝑉 = 𝑏 [
]

0
3,89
0
4,47
7,23
0
−0,618
𝑉 𝑇 𝐶𝑉 = 𝑐 [
];
𝑉 𝑇 𝑓 = 𝐹(𝑡) [
]
0
2,98
1,7
Phương trình vi phân ở dạng tọa độ chính là:
𝑉 𝑇 𝑀𝑉 = 𝑚 [

1,38𝑚𝑝̈1 + 10,85𝑏 𝑝̇1 + 7,23𝑐𝑝1 = −0,618𝐹(𝑡)
{
3,89𝑚𝑝̈2 + 4,47𝑏 𝑝̇2 + 2,98𝑐𝑝2 = 1,7𝐹(𝑡)
Hay:
𝐹(𝑡)

𝑝̈1 + 2𝜔1 𝐷1 𝑝̇1 + 𝜔1 2 𝑝1 = −0,448
𝑚
{
𝐹(𝑡)
𝑝̈2 + 2𝜔2 𝐷2 𝑝̇2 + 𝜔2 2 𝑝2 = 0,437
𝑚

Với

𝐷1 = 7,862
𝐷2 = 1,149

𝑏
2𝑚𝜔1
𝑏
2𝑚𝜔2

; 𝜔1 = 5,239
; 𝜔2 = 0,766

𝑐
𝑚
𝑐
𝑚

21


22