Wyprowadzić równanie ruchu drgań wahadła matematycznego. Oblicz okres T wahadła matematycznego o długości l=10 m.

Zadania do rozdziału 6

Zad.6.1.

Wyprowadzić równanie ruchu drgań wahadła matematycznego. Oblicz okres T wahadła matematycznego o długości l=10 m.

Rozwiązanie:

Wahadło matematyczne jest to punkt materialny (np. w postaci kulki K o masie m i bardzo małym promieniu) zawieszony na nieważkiej i nierozciągliwej nici. Wychylając nić o niewielki kąt β od położenia pionowego i puszczając swobodnie kulkę K wywołujemy jej drgania dokoła położenia równowagi D.

W dalszych rozważaniach pomijać będziemy siły oporu zakładając, że na kulkę działa tylko siła ciężkości F = mg . Siłę tę rozkładamy na dwie składowe.

Jedna z nich F

₂

działa wzdłuż nici powodując tylko jej naprężenie, druga F

₁

styczna do toru wahadła, wywołuje jego ruch w kierunku punktu równowagi D z przyspieszeniem a. Przyspieszenie liniowe a obliczamy ze wzoru

l l x a

a = G = ε G G = ε ⋅ gdzie ε G

to wektor przyspieszenia kątowego wahadła, którego wartość wynosi:

2 2 dt d β

= ε Zatem

dt l a = d ² ₂ β ⋅

Przyspieszenie a wywołuje siła F ₁ = F ⋅ sin β .

Stosując II zasadę dynamiki Newtona dla ruchu postępowego otrzymujemy F 1

a

m ⋅ = −

Znak (-) przy F

1

bo wektor F G ₁

jest przeciwnie skierowany do wychylenia β.

β

⋅

−

= β ⋅

⋅ l mg sin dt

m d ² ₂

ϕ

⋅

− β =

l sin g dt

d 2

2 (1)

Widzimy, że powyższe równanie ruchu wahadła matematycznego nie jest równaniem ruchu drgań harmonicznych o ogólnej postaci

dt A A

d ₂

2 o

2 = − ω (2)

Gdy kąty β wychylenia nici od położenia pionowego są małe (nie przekraczają 5-6

^o

), wówczas dla β mierzonego w radianach zachodzi

β

≈ β sin

Wtedy równanie (1) przyjmuje postać ϕ

− β =

l g dt

d 2

2 (3)

Równanie (3) jest równaniem drgań harmonicznych wahadła matematycznego. Porównując (2) i (3) widzimy, że

l 2 g o = ω

T o = 2 π

ω gdzie T – okres drgań Stąd

g 2 l T = π

s 28 . 6 s s 2

/ m 81 . 9

m 0 2 l

T = π 2 ≈ π ≈

Okres drgań wahadła matematycznego o długości l=10 m wynosi 6.28 s.

Zad.6.2.

Wyprowadź równanie ruchu drgań wahadła fizycznego wokół osi 0 umieszczonej w

odległości d od środka ciężkości S tego wahadła. Masa wahadła wynosi m zaś moment

bezwładności wynosi I.

Rozwiązanie:

Wahadło fizyczne jest to bryła sztywna dowolnego kształtu o środku ciężkości w punkcie S, zawieszona w ten sposób, że może się obracać bez tarcia dookoła osi poziomej przechodzącej przez punkt 0.

Odległość 0S od środka ciężkości do osi obrotu oznaczmy przez d, masę bryły przez m, zaś moment bezwładności bryły względem osi obrotu przez I.

Na rysunku wahadło jest już wychylone od położenia równowagi.

Miarą wychylenia jest kąt θ oznaczony na rysunku. W tym położeniu na wahadło działa moment siły ciężkości M, równy M = M G = d G x F G = − mgd sin θ

.

Moment M skierowuje wahadło w stronę położenia równowagi (przeciwnie do wychylenia θ) co uwzględnia znak (-).

Stosując drugą zasadę dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego bryły sztywnej otrzymujemy M

I ⋅ ε =

θ

⋅ θ =

⋅ mgd sin

dt I d

2 2

θ

⋅

θ = sin

I mgd dt

d 2 2

(1)

Widzimy, że powyższe równanie ruchu wahadła fizycznego nie jest równaniem ruchu drgań harmonicznych o ogólnej postaci

dt A A

d ₂

2 o

2 = − ω (2)

Gdy kąty θ wychylenia wahadła od położenia pionowego są małe (nie przekraczają 5-6

^o

), wówczas dla θ mierzonego w radianach zachodzi

θ

≈ θ sin

Wtedy równanie (1) przyjmuje postać

θ

− θ =

l mgd dt

d 2

2 (3)

Równanie (3) jest równaniem drgań harmonicznych wahadła fizycznego. Porównując (2) i (3) widzimy, że częstość kołowa ω drgań własnych wahadła fizycznego wynosi

l o = mgd ω

Iloczyn mgd jest maksymalną wartością momentu siły ciężkości odpowiadającą wychyleniu wahadła o kąt θ = 90 ^o od położenia równowagi. Nazywamy ją momentem kierującym wahadła i oznaczamy literą D:

D=mgd.

Zatem

l o = D

ω , zaś okres drgań

D 2 l T = π

Zauważmy, że wahadło matematyczne (zad.6.1) można uważać za przypadek szczególny wahadła fizycznego. Podstawiając I = ml ² i D=mgl otrzymujemy znany wzór na okres wahadła matematycznego:

g 2 l mgl 2 ml

T = π ² = π

Zad.6.3.

Rura o przekroju S = 0,3 cm

²

zgięta w kształcie litery U wypełniona jest słupem cieczy o masie m = 121 g i gęstości ρ = 13,6 g/cm

³

.Ciecz wytrącono z położenia równowagi.

Czy drgania będą harmoniczne? Od czego zależy okres T drgań.

Rozwiązanie:

Gdy wytrącimy ciecz z równowagi o x to na całą masę m cieczy działa siła

( ) x 2 x S g

F = − ⋅ ⋅ ρ ⋅ powodująca powrót cieczy do położenia równowagi.

Stosując drugą zasadę dynamiki Newtona dla tego układu otrzymujemy

( ) x F a

m ⋅ = (1)

Wiedząc, że

2 2 dt x

a = d (1) możemy zapisać:

g S x dt 2

x m d

2

2 = − ⋅ ⋅ ρ ⋅

⋅

m x g S 2 dt

x d

2

2 = − ⋅ ⋅ ρ ⋅ ⋅ (2)

Widzimy, że równanie ruchu drgań słupa cieczy w U-rurce jest równaniem ruchu drgań harmonicznych o ogólnej postaci

dt A A

d ₂

2 o

2 = − ω (3)

Porównując (2) i (3) obliczamy

m g S o = 2 ρ

ω , oraz

p S 2 2 m

T = π ρ

s 8 . s 0 / m 81 . 9 m / kg ) 10 6 , 13 ( m ) 10 3 , 0 ( 2

kg 121 . 2 0

T 4 2 3 3 2 ≅

⋅

⋅

⋅ π ⋅

= ₋

Zad.6.4.

Obliczyć logarytmiczny dektrement tłumienia λ drgań, jeżeli w ciągu t = 10 s trwania ruchu, energia mechaniczna drgającej na sprężynie o stałej sprężystości k masy m maleje do połowy. Okres drgań ruchu tłumionego wynosi T = 2 s.

Rozwiązanie:

Z definicji ^ln _A ^A _e ^e ( t T ) ^T

o

o t = β

=

λ _{− β} ^{− β} ₊

Dla chwili t

₁

=0 amplituda drgań wnosi: A ₁ = A _o e ^{− β t}

¹

= A _o Dla chwili t

2

=t amplituda drgań wynosi: A ₂ = A _o e ^{− β t}

¹

Energia mechaniczna E w każdej chwili t drgań jest równa sumie energii potencjalnej E

p

i kinetycznej E

k

i wynosi:

k 2

p kA

2 E 1 E

E = + =

gdzie A to amplituda drgań w danej chwili.

Zatem

w chwili t

₁

= 0 energia układu wynosi ₁ kA ₁ ² 2

E = 1 , a

w chwili t

₂

= t energia układu wynosi ₂ kA ₂ ² 2

E = 1 .

Zatem 2

A A 2 kA

1 2 kA 1 E E

2 2 1 2 2 2

1 2

2

1 = = =

Czyli 2

A A 2 1 =

Ale A ₁ = A _o , A ₂ = A _o e ^{− β t} Zatem

2 ln t

; 2 e

; e 2

A

A _t

o t

o _{− β} = ^β = β =

2 2 ln t = 1

β Stąd ln 2

t 2 1 ⋅

= β Znając β i T obliczamy λ

2 t ln 2 T = T β

= λ

0693 . 0 2 ln 1 . 0 2 s ln 10 2

s

2 ⋅ == ≅

= ⋅ λ

Logarytmiczny dektrement tłumienia λ wynosi 0.0693.

Zad.6.5.

Równanie drgań niegasnących dane jest w postaci y = 10 sin(0,5πt) [cm].

a) Znaleźć równanie fali, jeśli prędkość υ rozchodzenia się drgań wynosi 300 m/sek.

b) Napisać i przedstawić graficznie równanie drgań dla punktu odległego o x = 600 m od źródła drgań.

c) Przedstawić analitycznie i graficznie równanie drgań dla punktów fali w momencie czasu s

4

t = od początku drgań.

Rozwiązanie:

Równanie fali możemy zapisać

( ) 



 





− υ ω

= x

t sin A t , x

y (1)

Równanie (źródła fali) drgań niegasnących ma postać

( ) t 10 sin ( 0 . 5 t )

y = π ⋅ (2)

Równanie drgań punktu dla x=0, czyli źródła fali, opisane przez równanie fali (1) wynosi

( ) 0 A sin t

t sin A t , 0

y  = ω



 





− υ ω

= (3)

Porównując (2) i (3) zauważamy, że

A=10 cm  

 

= π π

=

ω s

1 5 2

. 0

Wiedząc, że

T

= 2π

ω obliczamy T

s 4 T 2 ; T

2 π = π = . Ad.a Ogólne równanie fali ma postać

( ) 



 

  −

= π

300 t x 4 sin 2 10 t , x y

Ad.b Równanie fali dla x = 600 m ma postać

( ) t

2 sin 2 10 2 t

sin 2 300 10

t 600 4 sin 2 10 t , 600

y  = − π



 



 π ⋅ − π

 =



 

  −

= π

Ad.c. Równanie fali dla t=4 s ma postać

( ) 



 





⋅

⋅

− π π

 =



 

  −

= π

300 2 2 x sin 300 10

4 x sin 2 10 4 , x y

( ) 600

sin x 10 4 , x

y = − π

Widzimy, że

600 k 2 = π

λ

= π

Zad.6.6.

Drgania akustyczne mające częstość ν=500 Hz i amplitudę A=25 mm rozchodzą się w powietrzu. Długość fali wynosi λ=70 cm. Znaleźć: a) prędkość rozchodzenia się drgań, b) maksymalną prędkość cząstek powietrza.

Rozwiązanie:

Równanie fali ma postać:

( ) 



 





− υ ω

= A sin t x t

, x y

Ad.a Między prędkością rozchodzenia drgań υ , λ , T i ν zachodzi związek ν

⋅ λ λ =

= υ T

s / m s 350 500 1 m 7 .

0 ⋅ =

= ν

Prędkość rozchodzenia się drgań w powietrzu wynosi 350 m/s.

Ad.b Maksymalną prędkość drgań cząstek V obliczamy z zależności

 

 



 



 





− υ ω

=

= A sin t x

dt d dt V dy

 

 





− υ ω ω

= x

t cos A V

gdy x 1

t

cos  =



 





− υ ω

to V _max = A ω

Ale ω = π = 2 πν

T 2

Wtedy V _max = A ⋅ 2 πν

s 500 1 28 . 6 m 025 . 0

V _max = ⋅ ⋅

s / m 5 . 78 V _max =

Maksymalna prędkość drgań cząstek powietrza wynosi 78.5 m/s.

Zad.6.7.

Jaką różnicę faz ∆φ będą miały drgania dwóch punktów, znajdujących się w odległości x

1

=10 m i x

2

=16 m od źródła drgań. Okres drgań wynosi T = 0,04 s. i prędkość rozchodzenia się drgań - υ=300 m/sek.

Rozwiązanie:

Równanie fali ma postać

( )  = φ



 





− υ ω

= x A sin

t sin A t , x

y (1)

gdzie 



 





− υ ω

=

φ x

t - to faza drgań punktu (x,t).

( ) [ ( ) ] 



 





− υ ω

= φ

= ₁ ¹

1 x

t sin A t , x sin A t , x y

( ) [ ( ) ] 



 





− υ ω

= φ

= ₂ ²

2 x

t sin A t , x sin A t , x y

Zatem różnica faz ∆ φ = φ ( x ₂ , t ) ( − φ x ₁ , t )

υ ω −

=

 

 





− υ ω

−

 

 





− υ ω

= φ

∆ ² x ¹ x ¹ x ²

x t t

Ale

T

= 2π ω

Więc

υ π −

= φ

∆ x ¹ x ²

T 2

( )

λ

−

= π φ

∆ 2 x ¹ x ²

m 12 04 . 0 s / m 300

T = ⋅ =

⋅ υ

= λ

m 6 m 16 m 10 x

x ₁ − ₂ = − = −

( − ) _{= − π}

= π φ

∆ 12 m

m 6 2

Różnica faz ∆φ drgań dwu punktów x

₁

i x

₂

wynosi -π.