Problem z zadaniami z ruchu harmonicznego

Ruch drgający, wahadła i oscylatory. Ruch falowy i stowarzyszone z nim zjawiska. Zjawiska akustyczne.
migola
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1
Rejestracja: 11 maja 2023, o 20:50
Płeć: Mężczyzna
wiek: 22
Podziękował: 1 raz

Problem z zadaniami z ruchu harmonicznego

Post autor: migola »

Witam,

Mam problem z zadaniami z fizyki z tego działu a sesja juz za moment. Jeśli ktoś ma czas na rozwiązanie ich, bardzo proszę o pomoc.

2. Sprężyna o zaniedbywalnej masie i współczynniku sprężystości 19 N/m wisi w pozycji
pionowej. Do jej wolnego końca przymocowano ciało o masie 0,20 kg, które puszczono w
chwili gdy sprężyna znajdowała się w stanie nierozciągniętym. Znaleźć maksymalną
odległość od początkowego położenia, na którą przemieści się ciało oraz częstość i
amplitudę ruchu harmonicznego w jaki zostanie wprawione ciało. Powtórzyć obliczenia dla
sprężyny, która powstała z przecięcia sprężyny wyjściowej na dwie równe części.

4. Przez kule ziemską przewiercono tunel wzdłuż średnicy. Pokazać, że ciało wrzucone do
tunelu będzie się poruszać ruchem harmonicznym. Obliczyć częstość drgań, zakładając, że
nie ma sił oporu.

5. Klocek o masie 8 kg zawieszono na sprężynie o współczynniku sprężystości k=30 N/m. Z
dołu w kierunku klocka wystrzelono z prędkością 500 m/s pocisk o masie 0.1 kg, który
utknął w klocku. Znaleźć amplitudę ruchu harmonicznego w jaki został wprawiony klocek.
Jaka część energii kinetycznej pocisku została zmagazynowana w oscylatorze
harmonicznym. Co się stało z resztą energii?

6. Ciało znajduje się na poziomej powierzchni, która porusza się poziomo prostym ruchem
harmonicznym z częstotliwością dwóch drgań na sekundę. Współczynnik tarcia
statycznego między ciałem, a tą powierzchnią wynosi μs = 1. Jak duża może być
amplituda tego ruchu, aby ciało nie ślizgało się po powierzchni?

7. Energia potencjalna, odpowiadająca pewnemu dwuwymiarowemu polu sił wyraża się
wzorem:

\(\displaystyle{ U_{(x,y)} = \frac{k}{2} * ( x^{2} + y^{2} )}\)

Opisać wektorowo to pole sił i zaproponować jego fizyczny model. Pokazać, że
rozwiązaniem ruch pod wpływem takiej siły jest złożenie dwóch prostopadłych drgań
harmonicznych. Dla jakich wartości amplitud i faz drgań składowych trzymujemy
równanie koła, elipsy symetrycznej względem osi x lub y, elipsy symetrycznej względem
prostej x=y, równanie prostej y=ax.

8. Oblicz jaki jest współczynnik tłumienia β ruchu harmonicznego jeżeli jego amplituda
maleje dwukrotnie w czasie t = 1 min. Ile razy zmalała w tym czasie energia drgań?
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Problem z zadaniami z ruchu harmonicznego

Post autor: janusz47 »

Zadanie 5

Dane:

\(\displaystyle{ M = 8 \ \ kg,}\)

\(\displaystyle{ k = 30 \ \ \frac{N}{m}, }\)

\(\displaystyle{ v_{0} = 500 \ \ \frac{m}{s}, }\)

\(\displaystyle{ m = 0,1 \ \ kg,}\)

Obliczyć :

\(\displaystyle{ y_{max} }\) - amplitudę w ruchu harmonicznym, w jaki został wprawiony klocek.

\(\displaystyle{ \frac{E}{E_{0}} }\) - część energii, która została zmagazynowana w oscylatorze.

Rozwiązanie

Załóżmy, że pocisk utknął w klocku i porusza się wraz z nim, zanim klocek przesunie się na znaczną odległość. Wtedy pęd układu "pocisk -klocek"

jest zachowany podczas zderzenia.

Z zasady zachowania pędu wynika, że

\(\displaystyle{ m\cdot v_{0} = (m + M)\cdot v }\)

gdzie \(\displaystyle{ v }\) jest prędkością końcową klocka i pocisku.

\(\displaystyle{ v = \frac{m\cdot v_{0}}{m+M}. }\)

Gdy klocek znajduje się w położeniu początkowym, siła sprężystości sprężyny i siła grawitacji równoważą się

\(\displaystyle{ M\cdot g = k\cdot l, }\)

więc sprężyna wydłuża się o \(\displaystyle{ l' = Mg/k.}\)

Po zderzeniu klocek z pociskiem oscyluje ruchem harmonicznym prostym wokół punktu, w którym siła sprężystości i siła grawitacji równoważą się.

W tym punkcie sprężyna wydłuża się na odległość

\(\displaystyle{ l = \frac{(m+M)\cdot g}{k} \ \ (*)}\)

Podczas oscylacji zostaje zachowana zasada zachowania energii mechanicznej układu:

W początkowym położeniu energia kinetyczna układu jest równa

\(\displaystyle{ E_{0} = \frac{(m+ M)\cdot v^2}{2}, }\)

a energia potencjalna sprężystości

\(\displaystyle{ E_{p0} = \frac{1}{2}k\cdot \left( \frac{Mg}{k}\right)^2. }\)

W tym momencie grawitacyjna energia potencjalna wynosi zero.

Gdy klocek i pocisk osiągną najwyższy punkt - energia kinetyczna wynosi zero.

Klocek znajduje się w odległości \(\displaystyle{ y_{m} }\) powyżej swojego położenia, w którym siły sprężystości i grawitacji równoważą się.

Następuje ściśnięcie sprężyny na odcinku o długości \(\displaystyle{ (y_{m} -l) }\) i energia potencjalna sprężystości jest równa

\(\displaystyle{ E_{ps} = \frac{1}{2}k\cdot (y_{m}-l)^2, }\)

zaś energia potencjalna układu wynosi wtedy

\(\displaystyle{ E_{p} =(m+M)\cdot g\cdot y_{m}.}\)

Z prawa zachowania energii mechanicznej otrzymujemy równanie.

\(\displaystyle{ E_{0} + E_{p0} = E_{ps} + E_{p}.}\)

Stąd

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(m+M)\cdot v^2 + \frac{1}{2}k\cdot \left(\frac{M\cdot g}{k}\right)^2 = \frac{1}{2}(y_{m}- l)^2 + (m+M)\cdot g \cdot y_{m}. }\)

Z równania tego po podstawieniu \(\displaystyle{ (*) }\) dostajemy

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left[y_{m} - \left(\frac{(m+M)\cdot g}{k}\right)\right]^2 + (m+M)\cdot g \cdot y_{m} = \frac{1}{2}(m+M)\cdot v^2+ \frac{1}{2}k\cdot \left(\frac{M\cdot g}{k}\right)^2.}\)

\(\displaystyle{ y_{m}^2 - 2\left(\frac{(m+M)\cdot g}{k}\right)\cdot y_{m} + 2(m+M)\cdot g\cdot y_{m} + \frac{(m+M)^2\cdot g^2}{k^2} - (m+M)\cdot v^2 - k\cdot \left(\frac{M\cdot g}{k}\right)^2 = 0 }\)

\(\displaystyle{ y_{m}^2 -2\left[\frac{(m+M)\cdot g \cdot (1+k)}{k}\right]\cdot y_{m}+ \frac{(m+M)^2\cdot g^2}{k^2} - (m+M)\cdot v^2 - k\cdot \left(\frac{M\cdot g}{k}\right)^2 = 0 }\)

Po uproszczeniu i rozwiązaniu równania kwadratowego

\(\displaystyle{ y_{m} = \sqrt{\frac{(m+M)\cdot v^2}{k} - \frac{m\cdot g^2}{k^2}\cdot (2M+m)}.}\)

\(\displaystyle{ \frac{E}{E_{0}} = \frac{\frac{1}{2}(m+M)\cdot v^2}{\frac{1}{2}m\cdot v_{0}^2} = \frac{m +M}{m}\cdot\left(\frac{v}{v_{0}}\right)^2. }\)

Dodano po 36 minutach 10 sekundach:
Podczas utknięcia pocisku w klocku, tylko część jego energii kinetycznej zostaje zamieniona na energię kinetyczną ruchu harmonicznego.

Przeważająca część tej energii zostaje rozproszona w postaci ciepła. Następuje ogrzanie układu "klocek-pocisk".

Dodano po 18 godzinach 21 minutach 20 sekundach:
Zadanie 4

Zakładamy, że ruch ciała w tunelu odbywa się wzdłuż osi \(\displaystyle{ Ox }\) prostokątnego układu współrzędnych.

Jest to ruch jednowymiarowy.

Możemy go opisać równaniem różniczkowym zwyczajnym II rzędu - jednorodnym, wynikającym z drugiej zasady dynamiki Newtona:

\(\displaystyle{ m\cdot x'' = -G\frac{m\cdot M}{R^3}x \ \ | \cdot \frac{1}{m} }\)

\(\displaystyle{ x'' + G\frac{m\cdot M}{R^3} x = 0 \ \ (*) }\)

gdzie:

\(\displaystyle{ G = 6,67\cdot 10^{-11}\ \ N\cdot \frac{m^2}{kg^2} }\) - stała grawitacyjna.

\(\displaystyle{ m - }\) masa ciała.

\(\displaystyle{ M = 5,97\cdot 10^{24} \ \ kg }\) - masa Ziemi.

\(\displaystyle{ R = 6,38\cdot 10^6 \ \ m }\) - promień Ziemi.

Równanie \(\displaystyle{ (*) }\) jest równaniem prostego oscylatora harmonicznego.

Istnieje kilka sposobów jego rozwiązania. Wybieramy na przykład funkcję charakterystyczną dla problemu liniowego, stosując podstawienia:

\(\displaystyle{ x(t) = e^{\lambda \cdot t} }\)

\(\displaystyle{ x'(t) = \lambda\cdot e^{\lambda \cdot t} }\)

\(\displaystyle{ x''(t) = \lambda^2\cdot e^{\lambda \cdot t} }\)

Podstawienie te sprowadzają równanie różniczkowe do równania algebraicznego.

Rozwiązania odpowiadające różnym wartościom \(\displaystyle{ \lambda }\) są liniowo niezależne a rozwiązanie ogólne równania jest w postaci:

\(\displaystyle{ x(t) = C_{1}e^{\lambda_{1}\cdot t} + C_{2}e^{\lambda_{2}\cdot t}.}\)

Podstawiając do równania \(\displaystyle{ (*) }\)

\(\displaystyle{ \lambda^2e^{\lambda\cdot t} + G\frac{M}{R^3}\cdot e^{\lambda t} = 0 }\)

\(\displaystyle{ e^{\lambda\cdot t}\left( \lambda^2 + G\frac{M}{R^3} \right) = 0 }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \lambda_{1} = i\sqrt{G\frac{M}{R^3}}, \ \ \lambda_{2} = -i\sqrt{G\frac{M}{R^3}}.}\)

Rozwiązanie ogólne równania

\(\displaystyle{ x(t) = C_{1}\cdot e^{i\sqrt{G\frac{M}{R^3}}} + C_{2}\cdot e^{-i\sqrt{G\frac{M}{R^3}}} \ \ (**) }\)

Użycie postaci zespolonej rozwiązania wymaga komentarza.

Równanie jest liniowe, czyli każda kombinacja rozwiązań \(\displaystyle{ x_{1}(t), \ \ x_{2}(t) }\) jest też rozwiązaniem, co można sprawdzić, wstawiając \(\displaystyle{ (**) }\) do \(\displaystyle{ (*) .}\)

Otrzymaliśmy pierwiastki zespolone \(\displaystyle{ \lambda_{1}, \ \ \lambda_{2}.}\)

Możemy utworzyć rozwiązanie rzeczywiste bo część rzeczywista równania zespolonego jest rozwiązaniem rzeczywistym.

Jeśli potraktujemy \(\displaystyle{ C_{1} = \alpha _{1} +i \beta_{1} , \ \ C_{2} = \beta_{1}+ i\beta_{2} }\) jako zespolone, to wykorzystując tożsamość Eulera

\(\displaystyle{ e^{i\phi} = \cos(\phi) + i\sin(\phi) }\)

otrzymamy

\(\displaystyle{ x(t)= \Re \left[ (\alpha_{1}+ i\beta_{1})e^{i\sqrt{G\frac{M}{R^3}} \cdot t} + (\beta_{1} + i\beta_{2}) e^{-i\sqrt{G\frac{M}{R^3}}\cdot t} \right] = (\alpha_{1} + \beta_{1})\cos\left( \sqrt{ G\frac{M}{R^3}}\cdot t \right) + (\beta_{2} - \alpha_{2}) \sin\left ( \sqrt{G\frac{M}{R^3}} \cdot t\right).}\)

Ten fakt ma znaczenie praktyczne, bo wykorzystując zespoloną amplitudę drgań, możemy do niej dołączyć fazę \(\displaystyle{ \phi, }\) i zespoloną

amplitudę drgań \(\displaystyle{ Z= Ae^{i\phi} }\) gdzie \(\displaystyle{ A - }\) rzeczywista amplituda drgań, \(\displaystyle{ \phi }\) - faza.

Wtedy rozwiązanie ogólne równania różniczkowego

\(\displaystyle{ x(t) = \Re \left[ Z\cdot e^{i\sqrt{\frac{M}{R^3}} \cdot t} \right ] = \Re \left [Ae^{i\phi}\cdot Ae^{i\sqrt{G\frac{M}{R^3}}} \right] =\Re \left [A e^{i(\sqrt{G\frac{M}{R^3}}t+\phi)} \right] = A \cos\left(\sqrt{G\frac{M}{R^3}}t + \phi \right).}\)


Zakładając, że w chwili początkowej \(\displaystyle{ t = 0 }\) położenie ciała \(\displaystyle{ x(t=0) = R, }\) i faza \(\displaystyle{ \phi = 0, }\)

otrzymujemy rozwiązanie szczególne

\(\displaystyle{ x(t) = R\cos \left(\sqrt{G\frac{M}{R^3}}\cdot t \right),}\)


Zakładając, że na ciało w tunelu nie działają żadne inne siły oprócz siły oddziaływania grawitacyjnego z Ziemią, otrzymaliśmy jako rozwiązanie- równanie ruchu harmonicznego z okresem

\(\displaystyle{ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{R^3}{G\cdot M}}.}\)


Zadanie 7

Energia potencjalna

\(\displaystyle{ U(x,y) = \frac{k}{2}\left(x^2 +y^2)\right) = \frac{1}{2}k \cdot x^2 + \frac{1}{2} k\cdot y^2, }\) odpowiadająca pewnemu dwuwymiarowemu

polu sił, jest sumą energii potencjalnych

\(\displaystyle{ E_{p_{x}} = \frac{1}{2}k\cdot x^2, \ \ E_{p_{y}} = \frac{1}{2}k\cdot y^2.}\)

Jest to dwuwymiarowe pole sił sprężystych (sił sprężystości), działających w kierunkach wzajemnie prostopadłych - wzdłuż osi \(\displaystyle{ Ox }\) i \(\displaystyle{ Oy.}\)

Dla ruchu wzdłuż osi \(\displaystyle{ Ox }\) wartość siły sprężystej \(\displaystyle{ F_{x} = -\frac{dE_{p_{x}}}{dx} = - \frac{d\left(\frac{k}{2}x^2\right)}{dx} = -kx.}\)

Dla ruchu wzdłuż osi \(\displaystyle{ Oy }\) wartość siły sprężystej \(\displaystyle{ F_{y} = -\frac{dE_{p_{y}}}{dy} = - \frac{d\left(\frac{k}{2}y^2\right)}{dy} = -ky.
}\)


Fizycznym modelem takiego dwuwymiarowego - pola sił sprężystych może być na przykład model drgających molekuł w cząsteczkach wieloatomowych.
Drgania molekuł wieloatomowych mają złożony charakter, można je jednakże przedstawić jako superpozycję pewnej liczby drgań prostych, zgodnych w fazie i o jednakowej częstości. Drgania te nazywane są drganiami normalnymi.

Nie będę wyprowadzał wzoru na przemieszczenia \(\displaystyle{ x(t), y(t) }\) dwóch ciał drgających wzdłuż kierunków wzajemnie prostopadłych, wychodząc z pola sił \(\displaystyle{ \vec{F} = [ F_{x}, F_{y}] \ \ (*) }\)



Korzystam z ogólnej postaci drgań:

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x(t) \\ y(t) \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} X\cos(\omega\cdot t +\phi_{x}) \\ Y\cos(\omega\cdot t + \phi_{y}) \end{matrix} \right ] }\)

gdzie: \(\displaystyle{ \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}.}\)

Jeśli amplituda drgań wzdłuż osi \(\displaystyle{ Ox }\) jest taka sama jak wzdłuż osi \(\displaystyle{ Oy \ \ X=Y = A, }\) to rozwiązanie ogólne możemy zapisać jako

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x(t) \\ y(t) \end{matrix} \right] = A \left[ \begin{matrix} \cos(\omega\cdot t +\phi_{x}) \\ \cos(\omega\cdot t + \phi_{y}) \end{matrix} \right ]. }\)

Obracamy układ o kąt \(\displaystyle{ 45^\circ. }\)

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x'(t) \\ y'(t) \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} \cos(45^{o}) & \sin(45^{o}) \\ -\sin(45^{o}) & \cos(45^{o}) \end{matrix} \right] \cdot A \left[ \begin{matrix} \cos(\omega\cdot t +\phi_{x}) \\ \cos(\omega\cdot t + \phi_{y}) \end{matrix} \right ] }\)

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x'(t) \\ y'(t) \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} \end{matrix} \right] \cdot A \left[\begin{matrix} \cos(\omega\cdot t +\phi_{x}) \\ \cos(\omega\cdot t + \phi_{y}) \end{matrix} \right] = \left[\begin{matrix} \frac{A\sqrt{2}}{2} \left[\cos(\omega t + \phi_{x}) + \cos(\omega t +\phi_{y}) \right] \\ -\frac{A\sqrt{2}}{2}\left[\cos(\omega t+ \phi_{x}) - \cos(\omega t + \phi_{y})\right] \end{matrix} \right] = \left[\begin{matrix} A\sqrt{2} \left[\cos\left(\omega t + \frac{\phi_{x}+\phi_{y}}{2}\right)\cos\left(\frac{\phi_{x}-\phi_{y}}{2} \right)\right] \\ -A\sqrt{2} \left[\sin\left(\omega t + \frac{\phi_{x}+\phi_{y}}{2}\right) \sin\left(\frac{\phi_{x}-\phi_{y}}{2}\right) \right] \end{matrix}\right]. }\)


\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x'(t) \\ y'(t) \end{matrix} \right]= \left[ \begin{matrix} A\sqrt{2}\cos\left(\omega t + \frac{\phi_{x}+\phi_{y}}{2} \right)\\ -A\sqrt{2}\sin\left( \omega t + \frac{\phi_{x}+\phi_{y}}{2}\right) \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} \cos\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right)\\ \sin \left(\frac{\Delta \phi}{2}\right) \end{matrix} \right] \ \ (1) }\)


gdzie: \(\displaystyle{ \Delta \phi = \phi_{x}-\phi_{y} }\)

Przekształcamy równanie \(\displaystyle{ (1) }\) do równania elipsy:

\(\displaystyle{ x'(t)^2 = 2A^2\cos^2(\left(\omega t +\frac{\phi_{x}+\phi_{y}}{2}\right)\cdot \cos^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right) }\)

\(\displaystyle{ y'(t)^2 = \sin^2\left(\omega t+\frac{\phi_{x}+\phi_{y}}{2}\right)\cdot \sin^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right) }\)

\(\displaystyle{ \frac{x'(t)^2}{2A^2\cos^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right)}= \cos^2\left(\omega t +\frac{\phi_{x}+\phi_{y}}{2}\right)}\)

\(\displaystyle{ \frac{y(t)^2}{2A^2\sin^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right)}= \sin^2\left(\omega t +\frac{\phi_{x}+\phi_{y}}{2}\right)}\)

\(\displaystyle{ \frac{x'(t)^2}{2A^2\cos^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right)} + \frac{y(t)^2}{2A^2\sin^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right)} =1 \ \ (2)}\)

Podstawiając różne wartości przesunięć fazowych \(\displaystyle{ \Delta \phi, }\) otrzymujemy różne krzywe, zwane krzywymi Lissajous.

Nazwa ich pochodzi od francuskiego matematyka Jules A. Lissaous, który zajmował się ich badaniem.

Na przykład kładąc w \(\displaystyle{ (2), \ \ \Delta \phi = \frac{1}{2}\pi, }\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \frac{x'^2}{2A^2\cos^2\left(\frac{\pi}{4}\right)} + \frac{y'^2}{2A^2\sin^2\left(\frac{\pi}{4}\right)} = 1 }\)

\(\displaystyle{ \frac{x'^2}{2A^2\cdot \frac{2}{4}} + \frac{y'^2}{2A^2\cdot \frac{2}{4}} = 1 }\)

\(\displaystyle{ x'^2 + y'^2 =A^2, }\)

otrzymujemy równanie okręgu o promieniu \(\displaystyle{ r=1.}\)

Podstawiając\(\displaystyle{ \Delta \phi = \frac{1}{4}\pi, \ \ \frac{3}{4}\pi, \ \ \pi, }\) otrzymujemy kolejno równania: elips symetrycznych względem prostych \(\displaystyle{ y=-x, y=x }\), równanie prostej \(\displaystyle{ y = -x }\)

\(\displaystyle{ (*)}\) patrz na przykład Andrzej Januszajtis fizyka dla politechnik tom III. WN. PWN Warszawa 1991.

Dodano po 1 godzinie 26 minutach 33 sekundach:
Oczywiście równanie okręgu o promieniu \(\displaystyle{ r = A.}\)

Dodano po 7 godzinach 30 minutach 52 sekundach:

Zadanie 8

Dane:

\(\displaystyle{ t = 1 \ \ min. = 60 \ \ s.}\)

Obliczyć:

\(\displaystyle{ \beta - }\) współczynnik tłumienia.

\(\displaystyle{ \frac{E(t)}{E(t_{0})} - }\) - ile razy zmalała energia harmonicznego oscylatora tłumionego ?

Rozwiązanie

Amplituda oscylatora tłumionego po czasie \(\displaystyle{ t }\)

\(\displaystyle{ A(t) = A(t_{0})\cdot e^{-\beta\cdot (t_{0}+t)} = A_{0}\cdot e^{-\beta\cdot ( t_{0}+t)}}\)

Z treści zadania:

\(\displaystyle{ \frac{A(t_{0})}{A(t)} = 2 }\)

\(\displaystyle{ \frac{A_{0} e^{-\beta \cdot t_{0}}}{A_{0}e^{-\beta \cdot (t_{0}+t)}} = \frac{A_{0} e^{-\beta \cdot t_{0}}}{A_{0}e^{-\beta \cdot t_{0}}\cdot A_{0}e^{-\beta\cdot t}} }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{e^{-\beta\cdot t}} = 2 }\)

\(\displaystyle{ e^{-\beta\cdot t} = \frac{1}{2} }\)

\(\displaystyle{ -\beta\cdot t = -\ln(2) }\)

\(\displaystyle{ \beta = \frac{\ln(2)}{t}.}\)

Energia oscylatora tłumionego w skrajnym wychyleniu \(\displaystyle{ x(t) = A(t) }\) jest wyłącznie energią potencjalną

\(\displaystyle{ E(t) = \frac{1}{2}k \cdot A^2(t) }\)

i maleje z kwadratem amplitudy.

Skoro po czasie \(\displaystyle{ t }\) amplituda drgań zmalała dwukrotnie, to energia oscylatora zmalała czterokrotnie:

\(\displaystyle{ E(t) = \frac{1}{2}k\cdot A^2(t) = \frac{1}{2}k\cdot \left(\frac{1}{2}A_{0}\right)^2 = \frac{1}{4} \cdot \left (\frac{1}{2}k\cdot A^2_{0}\right)= \frac{1}{4}E_{0}.}\)

Dodano po 18 godzinach 56 minutach 20 sekundach:
Zadanie 6

Dane:

\(\displaystyle{ f= 2 \ \ \frac{1}{s} = 2\ \ Hz. }\)

\(\displaystyle{ \mu_{s} = 1.}\)

Obliczyć:

\(\displaystyle{ A }\) - ampltudę, przy której ciało nie będzie ślizgało się po powierzchni stołu.

Ciało nie będzie ślizgało się po powierzchni stołu, gdy największa wartość siły sprężystości \(\displaystyle{ F_{s_{max}},}\) będzie równa tak zwanej rozwiniętej wartości siły tarcia statycznego \(\displaystyle{ T_{st_{max}}. }\)

\(\displaystyle{ F_{s_{max}} = T_{st_{max}}.}\)

Stąd

\(\displaystyle{ m\cdot \omega^2\cdot A = \mu_{s}\cdot m \cdot g \ \ | \ \ \cdot \frac{1}{m} }\)

\(\displaystyle{ \omega^2\cdot A = \mu_{s} \cdot g }\)

\(\displaystyle{ \omega^2 \cdot A = (2\pi \cdot f)^2 = 4\pi\cdot f^2 }\)

\(\displaystyle{ 4\pi\cdot f^2 \cdot A = \mu_{s}\cdot g }\)

\(\displaystyle{ A = \frac{\mu_{s}\cdot g}{4\pi \cdot f^2}.}\)

Dodano po 1 dniu 18 godzinach 8 minutach 12 sekundach:
Zadanie 2

Dane:

\(\displaystyle{ k = 19 \ \ \frac{M}{m}.}\)

\(\displaystyle{ m = 0,20 \ \ kg.}\)

Obliczyć:

\(\displaystyle{ y_{max} }\) - maksymalną odległość od początkowego położenia, na którą przemieści się ciało.

\(\displaystyle{ f }\) - częstotliwość drgań ciała.

\(\displaystyle{ A }\) - amplitudę drgań.

Rozwiązanie


Początek układu współrzędnych wybieramy w położeniu równowagi to znaczy w punkcie, w którym ciężar odważnika jest zrównoważony siłą reakcji sprężyny.


Równanie ruchu ciała drgającego na podstawie II zasady Newtona opisuje równanie:

\(\displaystyle{ m\frac{d^2 y}{dy^2} = -ky + mg \ \ | \ \cdot \frac{1}{m}}\)



\(\displaystyle{ \frac{d^2 y}{dt^2} = -\frac{k}{m} \cdot y + g }\)

Kładąc \(\displaystyle{ \omega^2 = \frac{k}{m},}\)

otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \frac{d^2y}{dt^2} = -\omega^2\cdot y + g \ \ (1) }\)

\(\displaystyle{ \frac{d^2y}{dt^2} +\omega^2\cdot y = g \ \ (1') }\)

równanie różniczkowe zwyczajne II rzędu o stałych współczynnikach - niejednorodne.

Najpierw znajdujemy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego \(\displaystyle{ y_{o}(t). }\)

\(\displaystyle{ \frac{d^2y}{dt^2} +\omega^2\cdot y = 0 \ \ (2) }\)

Zastosujemy metodę równania charakterystycznego, podstawiając do równania \(\displaystyle{ (2) }\)

\(\displaystyle{ y = e^{\lambda \cdot t} }\)

\(\displaystyle{ \frac{dy}{dt} = \lambda\cdot e^{\lambda\cdot t},}\)

\(\displaystyle{ \frac{d^2 y}{dt^2} = \lambda^2\cdot e^{\lambda \cdot t}. }\)

\(\displaystyle{ \lambda^2\cdot e^{\lambda \cdot t} - \omega^2\cdot e^{\lambda \cdot t} = 0 }\)

\(\displaystyle{ e^{\lambda \cdot t} \left(\lambda^2 +\omega^2\right) = 0 }\)

\(\displaystyle{ e^{\lambda \cdot t} \left( \lambda +i \omega \right) \left( \lambda - i \omega\right) = 0 }\)

\(\displaystyle{ \lambda_{1} = -i \omega, \ \ \lambda_{2} = i \omega.}\)

Funkcje \(\displaystyle{ y^{*}_{1} = e^{-i\omega \cdot t}, \ \ y^{*}_{2} = e^{i\omega \cdot t} }\) są całkami równania \(\displaystyle{ (2).}\)

Na mocy wzoru Eulera :

\(\displaystyle{ y^{*}_{1} = e^{-i\omega \cdot t} = \cos(\omega \cdot t) - i\sin(\omega\cdot t),}\)

\(\displaystyle{ y^{*}_{2} = e^{i\omega \cdot t} = \cos(\omega \cdot t) + i\sin(\omega\cdot t),}\)

i twierdzenia o całkach rzeczywistych i urojonych równania liniowego rzędu II - jednorodnego - funkcje:

\(\displaystyle{ y_{1} = \cos(\omega\cdot t), \ \ y_{2} = \sin(\omega \cdot t) }\) są także całkami równania \(\displaystyle{ (2).}\)

Całki te stanowią układ podstawowy całek, ponieważ wrońskian:

\(\displaystyle{ W(x) = \left|\begin{matrix} \cos(\omega\cdot t) & \sin(\omega \cdot t) \\ -\omega\sin(\omega\cdot t) & \omega\cos(\omega\cdot t) \end{matrix}\right| = \omega [\cos^2(\omega\cdot t) + \sin^2(\omega\cdot t)]= \omega \neq 0.}\)

Stąd rozwiązanie ogólne równania \(\displaystyle{ (2) }\)

\(\displaystyle{ y_{o}(t) = A\sin(\omega \cdot t) + B \cos(\omega \cdot t). }\)

Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego \(\displaystyle{ (1) \ \ y_{s}(t) }\) znajdujemy metodą uzmiennienia stałych \(\displaystyle{ A, B.}\)

\(\displaystyle{ y_{s}(t) = A(t) \sin(\omega \cdot t) + B(t)\cos(\omega \cdot t) \ \ (3)}\)

\(\displaystyle{ y'_{s}(t) = A'(t)\sin(\omega\cdot t)+ A(t)\omega \cos(\omega\cdot t)+ B'(t)\cos(\omega\cdot t)- B(t)\omega \sin(\omega \cdot t) }\)

Żądamy dodatkowo, aby szukane funkcje \(\displaystyle{ A(t), B(t) }\) spełniały warunek:

\(\displaystyle{ A'(t)\sin(\omega \cdot t) + B'(t)\cos(\omega \cdot t) = 0. \ \ (3') }\)

Wówczas \(\displaystyle{ y'_{s}(t) =A(t) \omega \cos(\omega \cdot t) -B(t)\omega \sin(\omega \cdot t) \ \ (4) }\)

skąd

\(\displaystyle{ y_{s}''(t) = A'(t)\omega \cos(\omega t) - A(t) \omega^2 \sin(\omega \cdot t) - B'(t) \omega\sin(\omega \cdot t) - B(t)\omega^2\cos(\omega \cdot t) \ \ (5) }\)

Podstawiając prawe strony wzorów \(\displaystyle{ (5), (3) }\) do \(\displaystyle{ (1') }\)

otrzymujemy

\(\displaystyle{ A'(t)\omega \cos(\omega t)-A(t)\omega^2 \sin(\omega\cdot t)-B'(t)\omega\sin(\omega \cdot t) -B(t)\omega^2\cos(\omega \cdot t)+A(t) \omega^2 \sin(\omega \cdot t)+ B(t)\omega^2\cos(\omega \cdot t) = g }\)

\(\displaystyle{ A'(t)\omega \cos(\omega \cdot t) - B'(t)\omega \sin(\omega \cdot t) = g \ \ (6) }\)

Traktując równania \(\displaystyle{ (3'),}\) i \(\displaystyle{ (6) }\) jako układ dwóch równań liniowych o niewiadomych \(\displaystyle{ A'(t), B'(t), }\)

obliczamy

\(\displaystyle{ A'(t) = \frac{g}{\omega}\cos(\omega\cdot t), \ \ B'(t) = -\frac{g}{\omega}\sin(\omega\cdot t). }\)

\(\displaystyle{ A(t) = \int \frac{g}{\omega}\cos(\omega\cdot t)dt = \frac{g}{\omega^2}\sin(\omega\cdot t) + C_{1} }\)

\(\displaystyle{ B(t) = \int -\frac{g}{\omega}\sin(\omega\cdot t)dt = \frac{g}{\omega^2}\cos(\omega\cdot t) + C_{2} }\)

Stąd całka szczególna równania \(\displaystyle{ (1') }\)

\(\displaystyle{ y_{s} = \frac{g}{\omega_{2}} \sin^2(\omega \cdot t) + \frac{g}{\omega^2}\cos^2(\omega\cdot t) = \frac{g}{\omega^2}.}\)

Rozwiązanie ogólne równania \(\displaystyle{ (1') }\)

\(\displaystyle{ y(t) = A\sin(\omega\cdot t) + B\cos(\omega\cdot t) + \frac{g}{\omega^2} }\)

Stałe \(\displaystyle{ A, B }\) wyznaczamy z warunków początkowych:

\(\displaystyle{ y(0) = y _{0} , \ \ y'(0) = 0.}\)

\(\displaystyle{ A = 0, \ \ B = y_{0}.}\)

\(\displaystyle{ y(t) = y_{0} \cdot \cos(\omega \cdot t) + \frac{g}{\omega^2} }\)

Uwzględniając, że częstość kątowa drgań

\(\displaystyle{ \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} }\) - równanie ruchu ciała przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ y(t) = y(0) \cdot \cos(\omega \cdot t) + \frac{m}{k}\cdot g.}\)

\(\displaystyle{ y_{max} = y_{0} + \frac{m}{k} \cdot g. }\)

Częstotliwość drgań:

\(\displaystyle{ f = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}. }\)

Amplituda drgań:

\(\displaystyle{ A = \sqrt{y^2_{0} + \frac{v^2_{0}}{\omega^2}} = y_{0}. }\)

Jeżeli sprężynę przetniemy na dwie części o takiej samej długości i zawiesimy ciało o masie \(\displaystyle{ m }\) na dwóch takich sprężynach (połączone szeregowo), to otrzymamy rozwiązanie analogiczne tylko ze zmienioną wartością współczynnika sprężystości:

\(\displaystyle{ k' = \frac{1}{4}k.}\)
Ostatnio zmieniony 17 maja 2023, o 12:01 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
ODPOWIEDZ