Dynamika ruchu sprystego.Fale w orodkach sprystych.

8.Dynamika ruchu drgającego i fale w ośrodkach sprężystych.

Wybór i opracowanie zadań 8.36.- 8.45 - Bogusław Kusz

8.1. W układzie przedstawionym na

rysunku 8.1. masę m = 0,01 kg w chwili t

= 0 s odchylono od położenia równowagi

o x0 = 0,01 m i nadano jej prędkość v0 =

0,4 m/s. Znaleźć zależność wychylenia,

prędkości i przyspieszenia masy m od czasu. Ile wynosi okres drgań, amplituda i faza początkowa wychylenia masy m? Współczynnik sprężystości nieważkiej sprężyny k = 10 N/m. Tarcie zaniedbać.

m

Rys. 8.1. 0 x

8.2. W stronę nieruchomej masy m przedstawionej na rysunku 8.1. porusza się z prędkością -v

ciało o masie m i zderza się z nią centralnie. Jak długo trwa ruch masy zamocowanej do nieważkiej sprężyny o współczynniku sprężystości k w przypadku, kiedy a) zderzenie mas jest sprężyste b) zderzenie mas jest niesprężyste, a masy trwale przylegają do siebie? Ile wynosi okres drgań w obu przypadkach? Tarcie zaniedbać.

8.3. Cząstka wykonuje drgania harmoniczne. W odległościach x1 i x2 od położenia równowagi

jej prędkości wynoszą v1 i v2. Znaleźć amplitudę i częstość drgań cząstki.

8.4**. Cząstka wykonuje drgania harmoniczne zgodnie z równaniem x = Asin(ω0t). Obliczyć

prawdopodobieństwo p znalezienia cząstki w przedziale od A/2 do A. Otrzymać zależność gęstości prawdopodobieństwa (dp/dx) od x.

8.5. W układzie przedstawionym na rys.8.1. masę m odciągnięto o ∆xk od położenia

równowagi. Długość nieodkształconej sprężyny wynosi d. O ile przesunął się dowolny punkt sprężyny od położenia równowagi?

8.6**. W układzie przedstawionym na rysunku 8.1. sprężyna o masie M ma współczynnik

sprężystości k. Masę m odciągnięto nieco od położenia równowagi i puszczono. Znaleźć okres drgań tego układu.

8.7*. Ile wynosi okres małych drgań kulki A w układzie złożonym z wahadła

matematycznego i nieważkiej sprężyny (rys. 8.2.)? Osobno wahadło matematyczne ma okres małych drgań T1, a kulka A podwieszona tylko do sprężyny ma okres drgań T2.

Rys. 8.2. A

8.8. Dwa wahadła matematyczne o długości d i masie m każde połączono za pomocą słabej

nieważkiej i nieodkształconej sprężyny o współczynniku sprężystości k (rys. 8.3.). Znaleźć okres małych drgań w przypadkach a) każde wahadło odchylono o kąt α0 w prawo od

położenia równowagi, b) pierwsze wahadło odchylono o kąt α0 w prawo, drugie o kąt α0 w

lewo od położenia równowagi, c) odchylono tylko pierwsze wahadło o kąt α0 w prawo od

położenia równowagi. W przypadku c) oblicz odstęp czasu upływającego pomiędzy chwilami czasu, kiedy jedno wahadło przestaje drgać, a drugie wykazuje maksymalne drgania.

Rys. 8.3.

8.9. Nieważką sprężynę podzielono na dwie, tak, że stosunek ich długości wynosi 1: 2.

Następnie z tych sprężyn i ciała A zmontowano układ przedstawiony na rysunku 8.4. Obliczyć okres drgań ciała odchylonego od położenia równowagi w kierunku poziomym, jeśli wiadomo, że ciało A zamocowane do całej sprężyny wykonuje drgania o częstotliwości f. Założyć brak tarcia.

A

Rys. 8.4. 0 x

8.10*. Wyobraźmy sobie tunel wydrążony w Ziemi wzdłuż jej osi obrotu. W chwili t = 0

ciało A zaczyna spadać swobodnie z powierzchni Ziemi w głąb tunelu, a ciało B zaczyna spadać w głąb tunelu z odległości r = RZ/2 od środka Ziemi. Obliczyć czas t, po którym ciała

się spotkają i wskazać miejsce spotkania. Zaniedbać opór powietrza oraz założyć, że Ziemia jest jednorodną kulą o promieniu RZ = 6400 km.

8.11*. Jednorodny poziomy pręt wiszący na dwóch pionowych linach o długości b każda i

uwiązanych do końców pręta, obrócono o mały kąt wokół nieruchomej pionowej osi przechodzącej przez jego środek. Obliczyć okres wahań pręta.

8.12. Wyprowadzić wzór na okres małych drgań wahadła fizycznego wychodząc a) z zasad

dynamiki ruchu obrotowego, b) z zasady zachowania energii mechanicznej.

8.13. Na końcach cienkiego pręta o długości b = 0,3 m i masie m = 0,4 kg umocowano małe

kule o masach m1 = 0,2 kg i m2 = 0,3 kg. Pręt z kulami waha się wokół osi poziomej

8.14*. Jednorodny pręt o długości b wykonuje małe wahania wokół poziomej osi

przechodzącej przez pręt i prostopadłej do niego. Dla jakiej odległości między osią a środkiem pręta okres wahań będzie najkrótszy?

8.15*. Ciężarek zawieszony na nieważkiej sprężynie o długości d = 10 cm wykonuje drgania

z dekrementem logarytmicznym Λ = 2π. Po skróceniu sprężyny dekrement logarytmiczny drgań wynosi Λ1 = π. Obliczyć długość skróconej sprężyny.

8.16. W odstępie czasu ∆t1 energia drgań w ruchu harmonicznym słabo tłumionym zmalała

n-krotnie. Ile razy zmaleje amplituda drgań w tym ruchu w odstępie czasu ∆t2?

8.17*. W pewnym ośrodku wahadło matematyczne drga z logarytmicznym dekrementem

tłumienia Λ0 = 1,5. Jaki będzie logarytmiczny dekrement tłumienia Λ, jeśli opór ośrodka

wzrośnie n = 2 razy? Ile razy należy zwiększyć opór ośrodka, aby wahadło nie mogło drgać?

8.18. Znaleźć logarytmiczny dekrement tłumienia wahadła matematycznego o długości d,

jeśli po czasie τ jego energia zmniejszyła się n razy.

8.19*. Małą kulkę wychylono z położenia równowagi na odległość d = 2 cm i puszczono

swobodnie. Logarytmiczny dekrement tłumienia drgań kulki wynosił Λ = 0,002. Jaką drogę przebędzie kulka do chwili zatrzymania się?

8.20. W układzie pokazanym na rys. 8.1. masa m znajduje się w stanie równowagi. W chwili

t = 0 do masy m przyłożono poziomą siłę F = F0sin(ωt). Znaleźć równanie opisujące

wychylenie x(t) masy m z położenia równowagi. Współczynnik sprężystości nieważkiej sprężyny wynosi k. Założyć brak tarcia.

8.21. Na podstawie wyrażenia na amplitudę wychylenia stacjonarnych drgań wymuszonych

otrzymać wzór na częstość rezonansową.

8.22. Amplitudy wychylenia punktu wykonującego stacjonarne drgania wymuszone są sobie

równe przy częstościach ω1 i ω2. Ile wynosi częstość rezonansowa?

8.23. Amplitudy prędkości punktu wykonującego stacjonarne drgania wymuszone są sobie

równe przy częstościach ω1 i ω2. Ile wynosi częstość drgań własnych?

8.24**. Ciało o masie m wykonuje stacjonarne drgania pod wpływem siły F = F0cos(ωt) w

ośrodku o współczynniku tłumienia β. Obliczyć średnią moc siły oporu ośrodka, częstość drgań własnych wynosi ω0. Wykazać, że suma średniej mocy siły oporu ośrodka i średniej

mocy siły F wynosi zero.

8.25*. Obliczyć średnią energię kinetyczną i średnią energię potencjalną siły sprężystości

ciała o masie m wykonującego stacjonarne drgania wymuszone o równaniu x = Dcos(ωt+ϕ). Częstość drgań własnych wynosi ω0.

8.26. W pewnym ośrodku wzdłuż osi y przemieszcza się monochromatyczna harmoniczna

fala płaska o długości λ. Znaleźć różnicę faz drgań cząstek ośrodka znajdujących się na równoległych płaszczyznach A i B odległych od siebie o ∆y. Płaszczyzny te są prostopadłe do osi y.

8.27*. W jednorodnym ośrodku sprężystym o gęstości ρ0 rozchodzi się fala płaska kx). -t cos( s t) s(x, = ₀ ω

Sporządzić wykresy dla t = π/ω

a) zależności s(x), (∂s/∂t)(x), (∂s/∂x)(x),

b) zaznaczyć na wykresie dla s = 0 kierunki prędkości cząstek ośrodka dla fali podłużnej i poprzecznej,

c) zależności gęstości ośrodka ρ(x) dla fali podłużnej.

8.28. Wykazać, że ogólne równanie fali płaskiej w postaci

r ) r k t cos( s t) , r s(r = ₀ ω − r+ϕ

spełnia równanie falowe.

8.29. W zamocowanej na końcach strunie o długości b = 120 cm wytworzono falę stojącą. W

punktach odległych od siebie o d1 = 15 cm i d2 = 5 cm amplituda tej fali jest równa A1 = 3,5

mm. Znaleźć maksymalną amplitudę tej fali. Której harmonicznej odpowiada ta fala?

8.30. W ośrodku o gęstości ρ wytworzono mechaniczną podłużną falę stojącą. Wychylenie cząsteczek ośrodka opisane jest równaniem: s = 2s0cos(kx)cos(ωt). Obliczyć średnią gęstość

energii kinetycznej i średnią gęstość energii potencjalnej ruchu falowego w węzłach i w strzałkach.

8.31**. W punktach Z1 i Z2 osi x, odległych o d od siebie, umieszczono źródła

monochromatycznych płaskich fal harmonicznych o jednakowych kierunkach drgań i rozchodzących się zgodnie ze zwrotem osi x. Znaleźć średnią gęstość energii ruchu falowego w punkcie P na osi x. Założyć, że do punktu P dochodzą z obydwu źródeł fale o równaniach odpowiednio ). d) (x k t cos(ω s s i ) x k t cos(ω s s₁ = _{01 1} − ₁ +ϕ_{1 2} = _{02 2} − ₂ − +ϕ₂

Zbadać przypadki a) fale są niespójne, b) fale są spójne. Ośrodek jest niedyspersyjny.

8.32. W trzech równoodległych punktach znajdujących się na jednej prostej dokonano

pomiaru natężenia fali emitowanej przez to samo źródło punktowe. Gdzie znajduje się źródło fali, jeżeli natężenie fali w punktach skrajnych jest jednakowe, a w punkcie środkowym większe o p = 10%? Odległość między punktem środkowym a punktami skrajnymi wynosi a

= 10 m. Przyjąć a) fale są kuliste, b) fale są koliste.

8.33. Punktowe źródło fal o mocy P znajduje się w środku walca o promieniu R i wysokości

h. Przyjmując, że ścianki walca całkowicie tłumią fale, obliczyć średni strumień energii

padający na boczną powierzchnię walca.

8.34. Dwa ciągi fal płaskich o długościach λ1 i λ2 przemieszczają się w tym samym kierunku

w ośrodku dyspersyjnym o dyspersji d. Prędkość grupowa fali wypadkowej wynosi vg.

Znaleźć częstości tych fal.

8.35.W pewnym ośrodku dwie płaskie fale harmoniczne tworzą grupę opisaną równaniem: , 160t) 0,5x 6500t)cos( 0x 0,005cos(2 s= − −

gdzie współczynniki liczbowe są wyrażone w układzie SI. Obliczyć stosunek prędkości fazowej do prędkości grupowej.

8.36. Zważyłem się na wadze sprężynowej („łazienkowej”). Podczas ważenia szalka wagi

obniżyła się o D=1cm a waga wskazała m=100kg. Oblicz współczynnik sprężystości oraz energię potencjalną zgromadzoną w sprężynie.

8.37*. Podczas skoku z mostu o wysokości H=17m na gumie „bungee” skoczek o masie

m=75kg osiągnął minimalną wysokość na poziomie D=2m nad wodą. Po ustaniu drgań o

okresie T=2s skoczek swobodnie zwisał na wysokości h=6m. Zakładając, że tarcie występujące w układzie jest proporcjonalne do prędkości rozciągania gumy, oszacuj:

a/ energię potencjalną gumy w chwili gdy skoczek osiągnął poziom D, b/ straty energii jakie nastąpiły do chwili gdy skoczek osiągnął poziom D, c/ oszacuj wartość maksymalnego przyspieszenia działającego na skoczka,

d/ narysuj prawdopodobny wykres zmian położenia, prędkości i przyspieszenia skoczka w funkcji czasu.

Uwaga: długość liny wynosi L=10m, masę liny i opory powietrza zaniedbać, V(0)=0.

8.38. Na lince o długości L wisi tarcza o masie m. W tarczę trafia lecąca poziomo z

prędkością V0 kulka o masie m. Napisz równanie ruchu tarczy po zderzeniu: a/ z kulką

gumową (zderzenie sprężyste), b/ z kulką plasteliny (zderzenie niesprężyste). Założenie: układ można opisać jak wahadło matematyczne a zderzenie kuli z tarczą jest zderzeniem centralnym.

8.39. Opisz ruch układu z zadania 38 wiedząc, że w układzie występuje tłumienie opisane

logarytmicznym dekrementem tłumienia Λ.

8.40. Oszacować, dla jakich wartości logarytmicznego dekrementu tłumienia Λ można

zastosować przybliżenie Λ=β ≈T βT₀z błędem mniejszym niż 1%.

8.41. Płytka kwarcowa o częstotliwości drgań własnych f0=10MHz została wzbudzona do

drgań swobodnych tłumionych. Po jakim czasie energia zgromadzona w płytce zmaleje do połowy, jeśli logarytmiczny dekrement tłumienia Λ=0,001 ?

8.42. Szarpnięty przez rybę spławik (w kształcie patyka) wpadł w drgania tłumione. Po czasie

t8=4T=4s (T-okres drgań) amplituda drgań zmalała 8 razy. Oblicz logarytmiczny dekrement

tłumienia oraz częstotliwość drgań własnych spławika.

8.43. Jakie maksymalne wskazanie odczytamy z wagi sprężynowej (łazienkowej) jeśli

skoczymy na jej szalkę z wysokości h=12cm ? Dane: m=100kg - masa ciała, D=1cm - obniżenie szalki przy statycznym obciążeniu. Masę szalki można zaniedbać.

8.44. Do jednego końca sprężyny o stałej k=2/ 3 N/m dołączono małą kulkę o masie

m=0,01kg. Trzymając sprężynę za jej drugi koniec wprawiono kulkę m w ruch po okręgu w

płaszczyźnie poziomej z prędkością V=0,76m/s. Sprężyna wydłużyła się dwukrotnie. Oblicz promień toru kulki. Założenie: masa sprężyny jest do zaniedbania a jej oś porusza się pod stałym kątem do pionu.

8.45. Pewną falę opisano równaniem: Co można

wywnioskować z tego opisu? Uwaga: wielkości w równaniu podane są w układzie SI.

(

)

8.46. Opisz równaniem mechaniczną falę poprzeczną poruszającą się w kierunku (- ) osi y o

amplitudzie A, długości fali λ i prędkości V.

∞

8.47. Jakie fale stojące można wzbudzić w następujących układach:

a/ pręt metalowy o długości L zamocowany na jednym końcu, b/ pręt metalowy o długości L zamocowany na obu końcach,

c/ pręt metalowy o długości L zamocowany w punkcie odległym o 0,25L od końca, d/ w pustej szklance o wysokości H,

e/ w rurce plastikowej o długości L.

8.48. Wiszący most w Tacoma (US) zniszczył w 1940 roku wiatr o prędkości około 70km/h

wiejący prostopadle do linii mostu. Wiatr spowodował powstanie drgań rezonansowych całego mostu o amplitudzie rzędu metrów. Naszkicuj prawdopodobny kształt mostu tuż przed całkowitym zniszczeniem.

Uwaga: przyjąć, że most wiszący to zamocowana na końcach, wisząca na linach jezdnia o długości około 2000m szerokości 20m i grubości 3m.

8.49. Prędkość fazowa fal powierzchniowych na wodzie silnie zależy od mechanizmu ich

przemieszczania. Gdy decyduje o tym napięcie powierzchniowe (dla fal krótkich λ<2cm), ich prędkość wyraża się wzorem:

ρλ πσ 2 =

f

V gdzie σ jest napięciem powierzchniowym wody. Kiedy siła ciężkości jest główną przyczyną rozchodzenia się fal na wodzie ich prędkość można opisać wzorem:

π λ 2

g

f =

V gdzie g- przyspieszenie ziemskie. Ile wynosi prędkość grupowa fal krótkich i długich w stosunku do ich prędkości fazowych ?

8.50. Grupa fal wywołana przez przepływającą motorówkę porusza się z prędkością 1m/s.

Rozwiązania

8.1.R. Równanie ruchu masy m ma postać:

, F ma ) 1 ( = _s gdzie: . kx F , x dt x d a ₂ .. _s 2 − = ≡ =

Porządkując równanie (1) otrzymamy równanie ruchu harmonicznego prostego

. m k , 0 x x ) 2 ( ..+ω2₀ = ω₀2 =

Szukamy nietrywialnego rozwiązania równania (2) w postaci x = Cert (C ≠ 0). Obliczając drugą pochodną względem czasu z tak zapostulowanego rozwiązania i wstawiając do równania (2) otrzymamy: 0 ) r ( Cert 2 +ω2₀ = skąd mamy równanie charakterystyczne

. 0 r ) 3 ( 2 0 2 _{+ω =}

Równanie (3) posiada dwa pierwiastki:

. 1 i gdzie , i r oraz i r₁ = ω_{0 2} =−ω₀ = −

Tak, więc równanie (2) ma dwa liniowo niezależne rozwiązania:

, e C x , e C x i 0t 2 2 t 0 i 1 1 = ω = −ω

gdzie C1 i C2 są stałymi. Rozwiązanie ogólne równania (2) jest kombinacją liniową tych

rozwiązań t 0 i 2 t 0 i 1e C e C x ) 4 ( = ω + −ω

Równanie (4) zazwyczaj przedstawia się w postaci trygonometrycznej korzystając z wzorów Eulera ). C C ( i B , C C A : gdzie ), t sin( B ) t cos( A )] t sin( i ) t [cos( C )] t sin( i ) t [cos( C x 2 1 2 1 0 0 0 0 2 0 0 1 − = + = ω + ω = ω − ω + ω + ω =

Stałe A i B znajdujemy z warunków początkowych: x(t=0) = x0, v(t=0) = x(t 0) = v

. = 0 . v B B ) 0 cos( B ) 0 sin( A v A ) 0 sin( B ) 0 cos( A x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ω = ⇒ ω = ω ω + ω ω − = = ω + ω =

Zależność wychylenia masy m od czasu przedstawia się, więc następująco: ). t sin( v ) t cos( x x ) 5 ( ₀ 0 0 0 0 ω + ω ω =

Równanie (5) można przedstawić w postaci np. kosinusowej

( )

co łatwo pokazać przez sprawdzenie.

Na podstawie równań (6) uzyskamy D = 0,016 m i ϕ0 = - 0,902 radianów. Okres drgań

wynosi k m 2 2 T 0 π = ω π = i po wstawieniu danych liczbowych T = 0,2 s.

Na podstawie równań (6) otrzymamy zależność prędkości v i przyspieszenia a masy m od czasu ). t cos( D ) t cos( D a ), 2 / t cos( D ) t sin( D v 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 π + ϕ + ω ω = ϕ + ω ω − = π + ϕ + ω ω = ϕ + ω ω − = 8.2.R. a) Zderzenie sprężyste

W przypadku tego zderzenia ciało uderzające zatrzyma się, a ciało zamocowane do sprężyny zacznie ruch, w którym jego wychylenie można opisać równaniem (patrz zad.8.1.)

. m k ), t sin( B ) t cos( A x ) 1 ( = ω₀ + ω₀ ω₀ =

W przyjętym na rysunku 8.1. układzie współrzędnych warunki początkowe tego ruch można zapisać x0 = 0 i v0 = -v. Wykorzystując równanie (1) i warunki początkowe otrzymujemy stałe

A i B , v B ), 0 cos( B ) 0 sin( A v , 0 A ), 0 sin( B ) 0 cos( A 0 0 0 0 0 0 0 0 ω − = ⇒ ω ω + ω ω − = − = ⇒ ω + ω = czyli

). t sin( v x ₀ 0 ω ω − =

Ruch masy zamocowanej do sprężyny nie będzie ruchem okresowym i będzie trwał do chwili jej powrotu do położenia równowagi. Czas trwania tego ruchu t1 można obliczyć z równania

. k m t t 0 1 1 0 _ω =π π = ⇒ π = ω

W chwili t1 masa zamocowana do sprężyny zatrzyma się przekazując swój pęd do drugiej

masy, która zacznie oddalać się od niej z prędkością v. b) Zderzenie niesprężyste

W tym przypadku masa uderzająca przylgnie do masy zamocowanej do sprężyny. Wspólną prędkość mas v0 można obliczyć z zasady zachowania pędu. W przyjętym układzie

współrzędnych . 2 v v , mv 2 mv= ₀ ⇒ ₀ =− −

Rozpocznie się ruch harmoniczny prosty z warunkami początkowymi x0 = 0, v0 = -v/2 i z

częstością ω0 = (k/2m)1/2. Ruch ten będzie trwał nieskończenie długo (zaniedbaliśmy tarcie),

a jego okres wyraża się wzorem:

. k m 2 2 2 T 0 π = ω π = 8.3.R. . x x v v , v v x v x v A ₂ 1 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 − − = ω − − =

8.4.R. W ciągu okresu drgań T cząstka przebywa w przedziale od –A do A. W przedziale od

½A do A cząstka przebywa w ciągu czasu ∆t = 2(tA - t (1/2)A), gdzie t (1/2)A i tA wyznaczymy z

równania ruchu cząstki

. )] 2 / 1 arcsin( ) 1 [arcsin( 2 t ) 1 ( , ) 1 arcsin( t ), t sin( A A , ) 2 / 1 arcsin( t ), t sin( A A 2 1 0 0 A A 0 0 A ) 2 / 1 ( A ) 2 / 1 ( 0 ω − = ∆ ω = ⇒ ω = ω = ⇒ ω =

Szukane prawdopodobieństwo p określić można z relacji

. 3 1 ) 2 / 1 arcsin( ) 1 arcsin( 2 t T t p ) 2 ( 0 ₌ π − = π ∆ ω = ∆ =

, A x ) A x arcsin( ) A x x arcsin( A 1 x p ) 3 ( , A x ) A x arcsin( ) A x x arcsin( A x ) A x arcsin( ) A x x arcsin( p ∆ − ∆ + π = ∆ ∆ ⇒ ∆ − ∆ + π ∆ = π − ∆ + = ∆

przechodząc w równaniu (3) do granicy ∆x→0 otrzymamy: . x A 1 dx dp ) x ( 2 2 ₋ π = = ρ

Poleca się czytelnikowi naszkicować wykres tej funkcji.

8.5.R. Przyjmując początek osi x w punkcie zamocowania sprężyny do ściany otrzymamy

. d x x x =∆ _k ∆

8.6*.R. Wskazówka. Każdy element dM sprężyny o długości d wykonuje ruch harmoniczny z

częstością ω0. Energię kinetyczną takiego fragmentu można zapisać

.). 5 . 8 . zad patrz ( ) t sin( ) d x x ( v , dx d M dM , dMv 2 1 dE_k = 2 = =− ∆ _k ω₀ ω₀ . k 3 / M m 2 T= π + 8.7.R. . T T T T T 2 2 2 1 2 1 + =

8.8.R. Dla małych kątów suma momentów siły ciężkości i siły sprężystości względem osi

Rys. 8.8.R. α₁ mg kd[sin(α₁) - sin(α₂)] ). ( kd mgd ) cos( d )] sin( d ) sin( d [ k ) sin( mgd M1 =− α1 − α1 − α2 α1 ≅− α1− 2 α1−α2

Stąd równanie ruchu obrotowego tego wahadła ma postać

. 0 ) ( m k d g ) ( kd mgd md , M Iε₁ = ₁ ⇒ 2α_&&1 =− α₁− 2 α₁−α₂ ⇒α_&&1+ α₁+ α₁−α₂ = Podobnie otrzymamy dla drugiego wahadła i będziemy mieli układ równań

. 0 ) ( m k d g ) 2 ( , 0 ) ( m k d g ) 1 ( 1 2 2 2 2 1 1 1 = α − α + α + α = α − α + α + α && &&

Oznaczając α1 + α2 = β i α1 - α2 = γ oraz dodając lub odejmując stronami równania (1) i (2)

dostaniemy . m k 2 d g , 0 ) 4 ( , d g , 0 ) 3 ( 2 s 2 s 2 m 2 m + = ω = γ ω + γ = ω = β ω + β && &&

Widzimy więc, że β i γ spełniają równanie ruchu harmonicznego prostego. Ogólne rozwiązania dla β i γ można przedstawić w postaci trygonometrycznej (patrz zad.8.1.)

). t sin( D ) t cos( C ) 6 ( ), t sin( B ) t cos( A ) 5 ( s s 2 1 m m 2 1 ω + ω = α − α ω + ω = α + α

Założenia zadania sugerują następujące warunki początkowe: α1(t = 0) = α10, α2(t = 0) = α20, .

α1(t = 0) = 0 i α .

2(t = 0) = 0. Z równań (5), (6) i warunków początkowych mamy

). t cos( ) ( ) 8 ( ), t cos( ) ( ) 7 ( s 20 10 2 1 m 20 10 2 1 ω α − α = α − α ω α + α = α + α

). t cos( 2 ) t cos( 2 ) 10 ( ), t cos( 2 ) t cos( 2 ) 9 ( s 20 10 m 20 10 2 s 20 10 m 20 10 1 ω α − α − ω α + α = α ω α − α + ω α + α = α

Możemy przedyskutować teraz poszczególne przypadki. a) Tu α10 = α0 i α20 = α0, więc z (9) i (10) mamy ). t cos( _m 0 2 1 =α =α ω α

Sprężyna nie wpływa na ruch wahadeł matematycznych.

b) Tu α10 = α0 i α20 = -α0, więc z (9) i (10) mamy ). t cos( ), t cos( s 0 2 s 0 1 ω α − = α ω α = α

Sprężyna jest odkształcona, więc wpływa na ruch wahadeł, które drgają w przeciwfazie z częstością , m k 2 d g s = + ω

jednak wpływ ten jest niewielki, ponieważ sprężyna jest słaba i częstość drgań wahadeł jest bliska ωm. c) α10 = α0 i α20 = 0, więc z (9) i (10) otrzymamy ). t cos( 2 ) t cos( 2 ) 12 ( ), t cos( 2 ) t cos( 2 ) 11 ( s 0 m 0 2 s 0 m 0 1 ω α − ω α = α ω α + ω α = α

Mamy tu do czynienia ze zjawiskiem dudnień, gdyż częstości ωm i ωs niewiele się różnią od

siebie (sprężyna jest słaba), aby to uwidocznić wygodnie jest przedstawić równania (11) i (12) w postaci

). t 2 sin( ) t 2 sin( ) 14 ( ), t 2 cos( ) t 2 cos( ) 13 ( m s m s 0 2 m s m s 0 1 ω + ω ω − ω α = α ω + ω ω − ω α = α

Częstość ωs (równanie(4)) można przedstawić w formie

, m k m k 2 1 m k 2 d g m m 2 m m s ≅ω + _ω ω + ω = + = ω ponieważ ₂ m m k 2

ω << 1 (sprężyna jest słaba), wtedy równania (13) i (14) przyjmą postać

). t m 2 k sin( ) t ( A ), t sin( ) t ( A ) t sin( ) t m 2 k sin( ), t m 2 k cos( ) t ( A ), t cos( ) t ( A ) t cos( ) t m 2 k cos( m 0 2 m 2 m m 0 2 m 0 1 m 1 m m 0 1 ω α = ω = ω ω α ≅ α ω α = ω = ω ω α ≅ α

Moduły A1(t) i A2(t) są wolno zmiennymi w czasie amplitudami kątowymi odchyleń wahadeł

od położenia równowagi. Okres dudnień Td określimy z równania

, d g k m 2 k m 2 T , t m 2 k ) T t ( m 2 k _m d m d m π = ω π = ⇒ π = ω − + ω

gdyż okres funkcji |cos(x)| wynosi π. Odstęp czasu T12 pomiędzy maksymalnymi drganiami

poszczególnych wahadeł wynosi

. d g k m 2 T T d 12 π = = 8.9.R. . f 3 2 T=

8.10.R. Wskazówka: udowodnić, że ruch każdego z ciał jest ruchem harmonicznym.

Otrzymać można wtedy odpowiedź:

21 g R 2

t₌ π Z _{≅ minut,}

8.11.R. . g 3 b 2 T= π 8.12.R.

a) Równanie opisujące ruch obrotowy wahadła względem poziomej osi obrotu OO’ (patrz rys.8.12.R.) ma postać:

, M I ) 1 ( r =ε r Rys. 8.12.R. α S O’ O d r g mr nr

gdzie: I – moment bezwładności bryły względem osi OO’, - wektor przyspieszenia kątowego, r - wektor momentu siły ciężkości względem osi OO’. Rozpisując

εr M , 1 n , n , n ) sin( mgd g m d Mr = r× r =− α r εr =α.. r r =

gdzie d jest odległością środka masy od osi obrotu. Na podstawie równania (1) mamy

. n ) sin( mgd n Iα.. r =− α r

Porządkując to równanie i stosując przybliżenie ≅ dostaniemy sin(α) α . 0 I mgd ) 2 ( α..+ α=

Równanie (2) jest równaniem ruchu harmonicznego prostego o kołowej częstości drgań

. mgd I 2 2 T I mgd ) 3 ( 0 0 _ω = π π = ⇒ = ω

b) Z zasady zachowania energii mechanicznej mamy

.. const )] cos( 1 [ mgd I 2 1 _ω2_{+ − α =}

Różniczkując powyższe równanie względem czasu i porządkując otrzymamy równanie (2) i (3).

8.13.R. .). 12 . 8 . zad patrz ( , s 9 , 1 m m m 3 m 3 m g 6 b 2 T 1 2 2 1 _≅ − + + π =

8.14.R. Wskazówka: wykorzystując wzór na okres drgań wahadła fizycznego i twierdzenie

Steinera otrzymuje się d = b/(2 3 ).

8.15.R. Dekrement logarytmiczny drgań wyraża się wzorem

, ) ( 1 2 2 2 T ) 1 ( 2 0 0 2 2 0 t t ω β − ω β π = β − ω πβ = ω πβ = β = Λ

gdzie: β - współczynnik tłumienia, Tt – okres drgań tłumionych, ωt – częstość drgań

tłumionych, ω0 - częstość drgań własnych. Kiedy sprężyna zostanie skrócona do długości x to

jej częstość drgań własnych zmieni się, ponieważ zmieni się jej współczynnik sprężystości do wielkości k1 = kd/x, gdzie k jest współczynnikiem sprężystości całej sprężyny, a d długością

całej sprężyny. Wobec tego zmieni się częstość drgań własnych ω1

gdzie: β - współczynnik tłumienia, Tt – okres drgań tłumionych, ωt – częstość drgań

tłumionych, ω0 - częstość drgań własnych. Kiedy sprężyna zostanie skrócona do długości x to

jej częstość drgań własnych zmieni się, ponieważ zmieni się jej współczynnik sprężystości do wielkości k1 = kd/x, gdzie k jest współczynnikiem sprężystości całej sprężyny, a d długością

całej sprężyny. Wobec tego zmieni się częstość drgań własnych ω1

. x d mx kd m k 0 1 1 = = =ω ω

Dekrement logarytmiczny drgań skróconej sprężyny Λ1 można wyrazić wtedy wzorem

. d x ) ( 1 d x 2 ) ( 1 2 ) 2 ( 2 0 0 2 1 1 1 ω β − ω β π = ω β − ω β π = Λ

Dalej dzieląc stronami równania (1) i (2) oraz obliczając β/ω0 z równania (1) otrzymamy

. cm 4 4 4 d x ₂ 1 2 2 2 2 2 1 ₌ Λ + π Λ + π Λ Λ =

8.16.R. W odstępie czasu ∆t2 amplituda drgań zmalała n∆t2/2∆t1 razy. 8.17.R. Dekrement logarytmiczny drgań Λ0 można wyrazić wzorem

, ) ( 1 2 ) 1 ( 2 0 0 0 ω β − ω β π = Λ

(patrz zad.8.15.). Kiedy opór ośrodka wzrośnie n razy to współczynnik tłumienia też wzrośnie n razy. Szukany dekrement można wobec tego zapisać

. n ) ( 1 ) ( 1 n n ) ( 1 n 2 ) 2 ( 2 2 0 2 0 0 2 2 0 0 ω β − ω β − Λ = ω β − ω β π = Λ Z równania (1) znajdujemy β/ω0 2 0 2 0 0 4 ) 3 ( Λ + π Λ = ω β

i podstawiając do równania (2) otrzymamy

. 3 , 3 ) 1 n ( 4 n 2 2 2 0 2 0 ₌ − Λ − π Λ π = Λ

Oscylacje tłumione zachodzą przy spełnionym warunku β < ω0. Jeśli opór ośrodka

wzrośnie m razy, tak, aby był spełniony warunek mβ ω≥ 0 to wahadło nie będzie mogło

drgać. Na podstawie równania (3) otrzymamy

. 3 , 4 4 m 0 2 0 2 0 ₌ Λ Λ + π = β ω ≥

8.18.R. Logarytmiczny dekrement tłumienia wahadła wynosi

. 1 n ln d g 4 2 2 2 − τ π = Λ

8.19.R. Wskazówka. Oblicz drogę kulki s jako granicę sumy wartości bezwzględnych

ekstremalnych wychyleń kulki z położenia równowagi.

40 d 4 e 1 e 1 d s _/2 2 / = Λ ≅ − + = ₋−_ΛΛ m.

8.20.R. Równanie dynamiki dla masy m ma postać ). t sin( F kx x m 0 .. ω + − = Po uporządkowaniu otrzymamy . m k ), t sin( m F x x ) 1 ( 2 0 ₀2 0 .. = ω ω = ω +

Rozwiązania ogólnego równania (1) szukamy w postaci sumy rozwiązania ogólnego równania jednorodnego =0 i odgadniętego rozwiązania szczególnego równania (1). Rozwiązanie szczególne x x x 2 0 .. ω + s postulujemy w formie ), t sin( B ) t cos( A x ) 2 ( _s = _s ω + _s ω

a rozwiązanie ogólne równania jednorodnego (patrz zad.8.1.)

). t sin( B ) t cos( A x ) 3 ( ₁ = ω₀ + ω₀

Stałe As i Bs znajdziemy kładąc równanie (2) do równania (1) i grupując razem wyrazy z

sinusem i cosinusem. Otrzymamy:

, ) ( m F B i 0 A , 0 ) t sin( ] m F ) ( B [ ) t cos( ) ( A ) 4 ( 2 2 0 0 s s 0 2 2 0 s 2 2 0 s ω − ω = = ⇒ = ω − ω − ω + ω ω − ω

ponieważ równanie (4) powinno być spełnione w dowolnej chwili czasu t. Rozwiązanie ogólne przedstawia się więc następująco:

). t sin( ) ( m F ) t sin( B ) t cos( A ) t ( x ) 5 ( _{2 2} 0 0 0 0 ω ω − ω + ω + ω =

Stałe A i B znajdujemy z warunków początkowych x(t = 0) = 0 i v(t = 0) = 0. Korzystając dwukrotnie z równania (5) otrzymamy

. ) ( m F B i 0 A _{2 2} 0 0 0 ω − ω ω ω − = =

Ostatecznie równanie opisujące wychylenie masy m z położenia równowagi ma postać

)]. t sin( ) t [sin( ) ( m F ) t ( x ₀ 0 2 2 0 0 _ω ω ω − ω ω − ω =

8.21.R. Korzystamy z wzoru na amplitudę wychylenia D drgań wymuszonych o częstości ω , 4 ) ( m F ) ( D ) 1 ( 2 2 2 2 2 0 0 ω β + ω − ω = ω

gdzie: F0 – amplituda siły wymuszającej, m – masa ciała, ω0 – częstość drgań własnych i β -

współczynnik tłumienia. Należy znaleźć maksimum tej wielkości. W tym celu znajdziemy minimum funkcji pomocniczej g(ω)

. 4 ) ( ) ( g ω = ω2₀ −ω2 2 + β2ω2 Obliczamy pochodną ) 2 ( 4 d ) ( dg 2 2 2 0 −ω + β ω ω − = ω ω

i po przyrównaniu jej do zera sprawdzamy, że dla

2 2 0 r = ω −2β ω ≡ ω

amplituda D ma maksimum rezonansowe ( pod warunkiem β < ω0/ 2 ). 8.22.R. . 2 2 2 2 1 r ω + ω = ω

8.23.R. Biorąc pod uwagę równanie na wychylenie np. w postaci

), t sin( ) ( D x v ), t cos( ) ( D x= ω ω +ϕ ⇒ ≡ . =− ω ω ω +ϕ

mamy amplitudę prędkości C(ω)

. 4 ) ( m F ) ( D ) ( C 2 2 2 2 2 0 0 ω β + ω − ω ω = ω ω = ω

Z treści zadania wynika, że C(ω1) = C(ω2), skąd

2 2 2 2 2 2 2 0 2 0 2 1 2 2 2 1 2 0 1 0 4 ) ( m F 4 ) ( m F ω β + ω − ω ω = ω β + ω − ω ω

i po kilku przekształceniach otrzymamy ω₀ = ω₁ω₂ .

. ] 4 ) [( m F P _{2 2 2 2 2} 0 2 2 0 t F ω β + ω − ω βω − = 8.25.R. Ponieważ ∫ ω = ⇒ ω = t+T t 2 2 0 p 2 2 0 p x dt, T 1 m 2 1 E x m 2 1 E a , 2 D dt ) t ( cos T D dt x T 1 t T t 2 2 T t t 2 2 ∫ ω +ϕ = ∫ = + + to . D m 4 1 E_p = ω2₀ 2 Podobnie ∫ = ⇒ = t+T t 2 k 2 k v dt, T 1 m 2 1 E mv 2 1 E gdzie v=−Dωsin(ωt+ϕ). Ostatecznie otrzymamy . D m 4 1 Ek = ω2 2

8.26.R. Załóżmy, że źródło fali znajduje się w początku układu współrzędnych. Równanie fali

opisujące wychylenie sA cząstek na płaszczyźnie A znajdującej się w odległości y od źródła

ma wtedy postać: ), cos( s ) ky t cos( s s ) 1 ( _A = ₀ ω − +ϕ = ₀ Φ_A

a wychylenie sB cząstek na płaszczyźnie B

), cos( s ] ) y y ( k t cos[ s s ) 2 ( _B = ₀ ω − +∆ +ϕ = ₀ Φ_B

gdzie: s0 – amplituda fali, ω - częstość fali, k – wartość wektora falowego. Szukana różnica

faz ∆Φ = ΦB - ΦA wynosi: , y 2 y k ∆ λ π − = ∆ − = ∆Φ

co oznacza, że drgania cząstek w płaszczyźnie B są opóźnione w fazie względem drgań cząstek w płaszczyźnie A o 2π∆y/λ radianów.

)], kx t sin( k s 1 [ ) x s 1 ( x A m )] t , x ( s x ) t , x x ( s x x [ A m ) t , x ( ≅ρ₀ − ₀ ω − ∂ ∂ + ∆ ∆ ≅ − − ∆ + + ∆ + ∆ = ρ

gdzie skorzystano z szeregu Taylora i założono małe odkształcenie ośrodka.

8.28.R. Wskazówka: Przedstawić wektory i w formie kr rr

8.29.R. Na strunie musi znajdować się całkowita liczba połówek długości fali (struna

zamocowana na końcach). Z treści zadania i z rysunku 8.29.R. wynika, że d1 + d2 = λ/2, skąd

λ = 2(d1 + d2). Maksymalną amplitudę A0 obliczymy z wyrażenia

. e z e y e x r i e k e k e k kr = _xr_x + _yr_y + _zr_z r = r_x + r_y+ r_z , mm 1 , 9 ) 2 d ) d d ( 2 2 sin( A A ) kx sin( A A lub mm 8 , 3 ) 2 d ) d d ( 2 2 sin( A A ) kx sin( A A 2 2 1 1 02 2 02 1 1 2 1 1 01 1 01 1 = + π = ⇒ = = + π = ⇒ = d₂ d₁ d₁ d₂ Rys.8.29.R.

ponieważ x1 = d1/2, a x2 = d2/2. Fala stojąca odpowiada n-tej harmonicznej, gdzie n = b/(λ/2)

= b/(d1 +d2) = 6.

8.30.R. Średnią energię kinetyczną policzymy korzystając z wzoru

). kx ( cos s dt ) t ( sin T 1 ) kx ( cos s 2 dt ] ) t s ( 2 1 [ T 1 dt T 1 2 2 2 0 T t t 2 2 2 2 0 T t t 2 T t t k k ∫ _∂ = ρ ω ∫ ω =ρ ω ∂ ρ = ∫ ε ≡ ε + + +

). kx ( sin s dt ] ) x s ( k 2 1 [ T 1 dt T 1 2 2 2 0 T t t 2 2 2 T t t p p ∫ _∂ =ρ ω ∂ ω ρ = ∫ ε ≡ ε + +

Węzły: w węzłach kx = (2m + 1)π/2, gdzie m jest liczbą całkowitą, więc . s i 0 p 20 2 k = ε =ρ ω ε Strzałki: w strzałkach kx = mπ, więc

. s i 0 k 20 2 p = ε =ρ ω ε

8.31.R. Załóżmy, że źródło Z1 jest umieszczone w początku układu współrzędnych, a punkt P w odległości x od początku osi x. Fale docierające do punktu P mają wtedy postać:

). cos( s ) ) d x ( k t cos( s s ) 2 ( ), cos( s ) x k t cos( s s ) 1 ( 2 02 2 2 2 02 2 1 01 1 1 1 01 1 Φ = ϕ + − − ω = Φ = ϕ + − ω =

Fala wypadkowa s = s1 + s2. Gęstość energii całkowitej można znaleźć z wyrażenia

, x ) s ( x ) s ( v t ) s ( t ) s ( ] ) x ) s s ( ( v ) t ) s s ( [( 2 1 ) 3 ( 2 1 2 f 2 1 2 1 2 2 1 2 f 2 2 1 ∂ ∂ ∂ ∂ ρ + ∂ ∂ ∂ ∂ ρ + ε + ε = ∂ + ∂ + ∂ + ∂ ρ = ε gdzie ] ) x s ( v ) t s [( 2 1 i ] ) x s ( v ) t s [( 2 1 2 2 2 f 2 2 2 2 1 2 f 2 1 1 _∂ ∂ + ∂ ∂ ρ = ε ∂ ∂ + ∂ ∂ ρ = ε

Po obliczeniu pochodnych cząstkowych w równaniu (3) otrzymamy ). sin( ) sin( s s 2 ) 4 ( ε=ε₁+ε₂ + ρ _{01 02}ω₁ω₂ Φ₁ Φ₂ Wyrażenie (4) przekształcimy do dogodniejszej postaci

2 2 2 02 2 2 1 2 01 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 02 01 2 1 s 2 1 i s 2 1 gdzie )], cos( ) [cos( 2 ) 6 ( )], cos( ) [cos( s s ) 5 ( ω ρ = ε ω ρ = ε Φ + Φ − Φ − Φ ε ε + ε + ε = ε Φ + Φ − Φ − Φ ω ω ρ + ε + ε = ε

, dt ) cos( T 1 2 ) 7 ( ], dt ) cos( T 1 dt ) cos( T 1 [ 2 1 T t t 1 2 1 2 1 2 1 2 T t t 1 2 2 1 T t t 1 2 1 2 1 2 1 ∫ Φ −Φ ε ε + ε + ε = ε ∫ Φ +Φ − ∫ Φ −Φ ε ε + ε + ε = ε + + +

ponieważ całka z sumą faz daje wartość zero. Trzeci wyraz po prawej stronie równania (7) nazywa się wyrazem interferencyjnym.

a) Fale są niespójne. W tym przypadku całka w równaniu (7) jest równa zeru i otrzymujemy wynik mówiący o prostym sumowaniu się średnich gęstości energii

. 2 1+ε ε = ε

b) Fale są spójne. Różnica faz w równaniu (7) nie zależy od czasu (ω1 = ω2 i różnica

faz początkowych ϕ1 - ϕ2 nie zależy od czasu). Otrzymamy wynik (k1 = k2 = k)

]. kd cos( 2 ) 8 ( ε=ε1+ε2 + ε1ε2 +ϕ2 −ϕ1

W tym przypadku, jak widać, zachodzi zjawisko interferencji fal. Średnia czasowa gęstości energii oscyluje między

2 1 2 1 max 2 1 2 1 min = ε +ε −2 ε ε , a ε =ε +ε +2 ε ε ε

w zależności od wartości argumentu funkcji cosinus w równaniu (8).

8.32.R. a) W odległości p a = 31,6 m od punktu środkowego. b) W odległości 21,8 p 2 p a 2 ₊ = m od punktu środkowego. 8.33.R. . ) h R 2 ( 1 P 2 + = Φ

8.34.R. Korzystamy z relacji między prędkością grupową vg i fazową vf

d v v d v d dv v v f _{f f1 g 1} f g = −λ _λ = −λ ⇒ = +λ , ale , 2 v 1 1 1 f _π λ ω = więc ). d v ( 2 1 g 1 = π _λ + ω Analogicznie

). d v ( 2 2 g 2 = π _λ + ω 8.35.R. . 64 65 v v g f ₌ 8.36.R.

Stojąc w bezruchu na wadze po pewnym czasie otrzymałem stabilne wskazanie. Oznacza to, że siła sprężystości Fs zrównoważyła siłę ciężkości Q czyli:

. 105 m N D mg k dlatego mg Q kD F_s = = = = = . 5 2 2 J kx E_p = = 8.37.R. . 9375 2 ) ( 2 , 750 ) ( / 2 2 J L D H k kx E m N k L h H k mg a p = − − = = = ⇒ − − = J E D H mg E b/ ∆ = ( − )− _p =1875 , c/ a≈5g, d/ ... 8.38.R.

a/ prawo zachowania pędu i energii przy zderzeniu sprężystym: p_k + p_T = p_k'+p_T' oraz E_k +E_T =E_k'+E_T' .

Z powyższych praw wynika, że po zderzeniu kulka chwilowo się zatrzyma i następnie zacznie spadać swobodnie natomiast tarcza tuż po uderzeniu zacznie poruszać się poziomo z prędkością V0. Od tego momentu tarcza będzie się poruszać ruchem harmonicznym opisany

równaniem: x(t)=Asin(ω −₀t ϕ).

Z warunków początkowych tego ruchu wynika:

. ) cos( ) 0 ( ) cos( ) ( 0 ) sin( ) 0 sin( 0 ) 0 ( , 0 0 0 0 0 0 0 0 ω ϕ ω ϕ ω ω ϕ ϕ ϕ ω ω V A czyli V A V t A dt dx t V czyli A A x l g = = − = ⇒ − = = = − = − = = =

Pełny opis ruchu: ( ) sin . 0 0       = t l g V t x

ω Uwaga: początek osi X znajduje się w tarczy a jej kierunek jest zgodny z kierunkiem V0.

b/ zastosować prawo zachowania pędu dla tego przypadku a reszta jak w punkcie a.

8.39.R.

Ruch harmoniczny tłumiony opisuje równanie: ) sin( ) (_{t =Ae}−β ω_t−ϕ x t _{, gdzie:} 2 2_. 0 β ω ω β = − = Λ T i

Z warunków zadania wynika:

(

)

Równanie ruchu dla układu z zadania ma postać: ). sin( ) (_t V0 _{e t} x T t ω ω Λ − = 8.40.R. . 8 1 4 1 4 1 1 4 2 , , 4 2 , 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0       ₋ Λ ≈ Λ + = Λ Λ + Λ = ⇒ − Λ = Λ = − = ⇒ − = = Λ π β π β π β β π π β β π π β ω ω β T T T T T T T T

Z ostatniego równania wynika, że Λ=βT₀ będzie dobrym przybliżeniem gdy: . 9 , 0 , 01 , 0 8 2 2 ≤ Λ ≤ Λ czyli

π W takim przypadku mówimy o słabo tłumionych drganiach.

8.41.R.

Na mocy poprzedniego zadania możemy napisać: Λ=β =T βT₀. Ponieważ t t _{to E t E e} e A t A i A E β 2β 0 0 2 _{( )=} − _{( )=} − ∝ .

Dla warunków z zadania: 3,47 10 .

2 2 ln 2 1 ) ( 5 0 2 0 0 s f t czyli e E E t E t _x x x − − _{= ⋅} Λ = = = β

8.42.R. . 52 , 0 8 ln 8 ln 8 1 ) ( ) ( 8 8 0 0 8 0 = = 8 = Λ= = = = − − t T T i t czyli e A A t A to e A t A βt βt _{β β} . 1 1 32 , 6 ₀ 2 2 2 2 2 0 2 2 0 _T = _s ⇒ f ≈ Hz Λ + = + = ⇒ − = ω β ω ω β ω ω 8.43.R. Wskazówka: m, V=0 1.zastosować prawo zachowania

energii dla stanu układu A i B (rys), 2. znaleźć pierwiastki równania

h m, V=0

kwadratowego i wybra

rozwiązanie.ie. ć odpowiednie alne ściśnięcie sprężyny

alne ściśnięcie sprężyny

xm Wynik: Wynik: Maksym Maksym cm D D x_m 1 1 _=6    + + =  2 h A B .

Chwilowe wskazanie mmaks.=600kg.

wielkość przemieszczenia szalki jest ograniczona

.44.R.

ynik:

.45.R.

pis tej fali będzie następujący: Jest to równanie fali płaskiej,

A=10-6m,

,

Uwaga: w rzeczywistych wagach konstrukcyjnie. 8 W R=0 m,1 . 8 Ogólny o s(x,t)= Asin

(

)

poruszającej się wzdłuż osi X o zwrocie ( Parametry fali: amplituda fali częstość fali ω=2040 π s-1 częstotliwość fali f = ω ≈1020Hz 2π -1 , długość wektora falowego k=6π m , długość fali

k 0,33m

2 = = π

λ ,

prędkość fali (fazowa)

s m f

k

V =ω =λ =340 ,

prędkość drobin ośrodka:

, 064 , 0 0204 , 0 . max _s m s m A V czyli t d _∂ A cos

(

)

przyspieszenie drobin ośrodka:

, 410 sin 2 ₂ . max 2 _s m A a czyli kx t A t a_d =− − = = ∂ = ∂s2 ω2

(

)

zględne odkształcenie ośrodka: w

. 10 18 , 2 3 . max − ⋅ = = ∂ ∂x cos

(

)

dziej prawdopodobne wzbudzenia fal stojących:

4

Najbar

a/fala poprzeczna lub podłużna o długości λ= 4 L 1,2,3.... 1

2n− gdzie n=

b/fala poprzeczna lub podłużna o długości = 2L gdzie n=1,2,3....

n

λ

c/fala poprzeczna lub podłużna o długości 1,2,3.... 1 2 1 ₌ − = L gdzie n n λ

d/fala podłużna o długości 1,2,3.... 1 2 4 ₌ − = H gdzie n n λ .... 3 , 2 , 1 2 ₌ = L gdzie n n λ e/fala podłużna o długości

.48.R.

ięcej ciekawych informacji na ten temat można znaleźć w sieci.

.49.R. Korzystając z zależności 8 W 8 λ λ d dV V V f f g = − otrzymamy: cm dla V V oraz cm dla V V_{g f g f} 2 2 1 2 2 3 _{< = >} = λ λ . .50.R.

wygenerowanych w ten sposób fal są rzędu metrów. Są to fale długie, dla których mamy (patrz zadanie 8.49.)

8 Długości π λ 2 g V_f = oraz V_f =2V_g.

Odpowiedź: 2 , 2,5m.

s m

V = λ =

Uwaga: rezultatem związku

f

przesuwania s

g

f V

V > jest zjawisko powstawania fal na końcu paczki falowej, ię ich do początku paczki i zaniku w obszarze czoła tej paczki.