Pobieranie prezentacji. Proszę czekać

Pobieranie prezentacji. Proszę czekać

RUCH HARMONICZNY F = - m 2 x a = - 2 x T = 2 x = A sin( t+ ) x = A cos( t v = A cos( t+ ) v = - A sin( t+ ) a = - 2 A sin( t+ ) a = - 2 A cos( t+ ) E c.

Podobne prezentacje


Prezentacja na temat: "RUCH HARMONICZNY F = - m 2 x a = - 2 x T = 2 x = A sin( t+ ) x = A cos( t v = A cos( t+ ) v = - A sin( t+ ) a = - 2 A sin( t+ ) a = - 2 A cos( t+ ) E c."— Zapis prezentacji:

1 RUCH HARMONICZNY F = - m 2 x a = - 2 x T = 2 x = A sin( t+ ) x = A cos( t v = A cos( t+ ) v = - A sin( t+ ) a = - 2 A sin( t+ ) a = - 2 A cos( t+ ) E c =(1/2)m 2 A 2 E k =(1/2)m 2 A 2 cos 2 ( t+ ) {w przypadku użycia prawego zestawu wzorów zamiast cos 2 ( t+ ) wystąpi sin 2 ( t+ )} E p =(1/2)m 2 A 2 sin 2 ( t+ ) {w przypadku użycia prawego zestawu wzorów zamiast sin 2 ( t+ ) wystąpi cos 2 ( t+ )}

2 Siła sprężystości F = - k x F = - m 2 x 2 = k / m oraz a = - (k / m) x T= 2 (m / k) 1/2 E k =(1/2)mv 2 czyli E k =(1/2)kA 2 cos 2 ( t+ ) E p =(1/2)k x 2 czyli E p =(1/2)kA 2 sin 2 ( t+ ) Ek + Ep = (1/2)kA 2 {użyto zestawu wzorów zapisanego na poprzedniej stronie po lewej stronie}

3 Wahadło matematyczne ; ma s =m l bo a s = l mgsin( )=m l sin( )~ fizyczne ; J =ma s l (dla wahadła matematycznego J=ml 2 )

4 RUCH HARMONICZNY F = - m 2 x a = - 2 x T = 2 x = A sin( t+ ) v = A cos( t+ ) a = - 2 A sin( t+ ) E c =(1/2)m 2 A 2 E k =(1/2)m 2 A 2 cos 2 ( t+ ) E p =(1/2)m 2 A 2 sin 2 ( t+ ) Siły sprężystości 2 = k / m F = -k x a = - (k / m) x (k/m) 1/2 T=2 x = Asin((k/m) 1/2 t + ) v = (k/m) 1/2 A cos((k/m) 1/2 t+ ) a = - (k / m) A sin((k/m) 1/2 t + ) E c = E k + E p = (1/2) (k/m) 1/2 A 2 E k =(1/2) (k/m) A 2 cos 2 ((k/m) 1/2 t+ ) E p =(1/2) (k/m)A 2 sin 2 ((k/m) 1/2 t+ ) Wahadło matematyczne F s = -mgl ml 2 = - mgl = - (g/l) (g/l) 1/2 T=2 x = Asin((g/l) 1/2 t + ) v = (g/l) 1/2 A cos((g/l) 1/2 t+ ) a = - (g/l) A sin((g/l) 1/2 t + ) E c = E k + E p = (1/2) (g/l) A 2 E k =(1/2) (g/l) A 2 cos 2 ((g/l) 1/2 t+ ) E p =(1/2) (g/l) A 2 sin 2 ((g/l) 1/2 t+ ) Wahadło fizyczne F s = -mgl J = - mgl = - (mgl/J) (mgl/J) 1/2 T=2 x = Asin((mgl/J) 1/2 t + ) v = (mgl/J) 1/2 A cos((mgl/J) 1/2 t+ ) a = - (mgl/J) A sin((mgl/J) 1/2 t + ) E c = E k + E p = (1/2) (mgl/J) 1/2 A 2 E k =(1/2) (mgl/J) A 2 cos 2 ((mgl/J) 1/2 t+ ) E p =(1/2) (mgl/J) A 2 sin 2 ((mgl/J) 1/2 t+ )

5 Przykładowe Zadnia

6 zadanie 1 Ile wynosi okres drgań punktu materialnego drgającego ruchem harmonicznym, jeżeli w czasie jednej sekundy od momentu, w którym ciało znajdowało się w położeniu równowagi uległo ono po raz pierwszy wychyleniu o ½ amplitudy? Wprowadzam zależności i oznaczenia: x = A sin ( t + ) gdzie A – amplituda, – pulsacja, t – czas bieżący, – faza początkowa. Z treści zadania wynika, że gdy t = 0 to sin( 0 + = 0 a stąd = 0, ponadto gdy t = 1s to x = ½ A. Z powyższego wynika: ½ A = A sin ( 1s) Z własności funkcji sinus oraz faktu, że drgający punkt w położeniu x = ½ A, gdy t = 1s znalazł się po raz pierwszy wynika: 1s = /6 A stąd po podstawieniu = / 6s do T = 2 / otrzymujemy: T = 12s

7 zadanie 2 Punkt materialny wykonuje drgania harmoniczne o okresie równym T. W chwili t o = 0 znajduje się on w maksymalnej odległości od położenia równowagi. Po jakim najkrótszym czasie odległość ta zmaleje o połowę? Wprowadzam zależności i oznaczenia: x = A sin ( t + ) gdzie A – amplituda, – pulsacja, t – czas bieżący, – faza początkowa. Z treści zadania wynika, że gdy t = t o = 0 to A = A sin ( 0 + ), a stąd = /2 Szukamy takiego t x, że: ½ A = A sin ( t x + /2) Z własności funkcji sinus wynika, że: t x + /2 = /6 +2k lub t x + /2 = 5 /6 +2k Z pierwszego warunku: t x = - 1/3 + 2k Z drugiego warunku: t x = + 1/3 2k Najkrótsze t x >0 otrzymamy gdy t x = + 1/3 Uwzględniając T otrzymujemy: t x = T/6

8 zadanie 3 W chwili t = 0 energia kinetyczna punktu drgającego ruchem harmonicznym równa jest 3J, a wychylenie z położenia równowagi wynosi ½ amplitudy. Ile wynosi wartość energii potencjalnej tego punktu w momencie jego największego wychylenia z położenia równowagi, jeżeli założymy iż jego energia potencjalna w położeniu równowagi równa jest zero? Wprowadzam zależności i oznaczenia: x = A sin ( t + ) gdzie A – amplituda, – pulsacja, t – czas bieżący, – faza początkowa. Ponieważ dla ½ A = A sin( 0 + więc = /6 i 3J = E k = ½ mA 2 cos 2 ( /6) stąd mA 2 = 8J { bo cos 2 ( /6) = ¾ } Maksymalna energia potencjalna: E p max = E c = ½ mA 2 J

9 zadanie 4 W niewielkiej kulistej planecie wywiercono tunel przechodzący na wylot przez jej środek. W tak wykonany tunel upuszczono bez prędkości początkowej kamień. Znajdź zależność od czasu położenia tego kamienia. Budowa planety jest jednorodna. Podczas ruchu nie występują siły tarcia. Wprowadzam zależności i oznaczenia: = M/((4/3) r 3 ), gdzie: - gęstośc planety, M – jej masa, r – promień planety. F= -GM x m/x 2, gdzie: F – siła działająca na kamień znajdujący się w odległości x od środka planety, G – stała powszechnej grawitacji, M x – masa tej części planety która działa na kamień znajdujący się w odległości x od środka planety, m – masa kamienia, x – odległość kamienia od środka planety. M x = (4/3) x 3, gdzie wszystkie oznaczenia jak wyżej. Zgodnie z powyższym: F = - m (G M/r 3 ) x 2 = G M/r 3 x = r sin((G M/r 3 ) 1/2 t + /2)

10 zadanie 4 W naczyniu w kształcie U – rurki o stałym polu poprzecznego przekroju s znajduje się ciecz o gęstości. W chwili t = 0 poziomy cieczy w obu ramionach rurki różnią się o L i jest to różnica maksymalna.Znajdź okres drgań cieczy. Masa cieczy wynosi M. Zaniedbaj opory ruchu. Przyjmuję oznaczenia: g – przyspieszenie ziemskie, p a – ciśnienie atmosferyczne, m 2x – masa cieczy powodująca powstawanie siły wypadkowej ; na rysunku 2x = L Przy różnicy poziomów równej 2x siła wypadkowa działająca na ciecz wynosi: F= -m 2x g, gdzie m 2x = 2 sx. Czyli: Ma = - 2 gsx, a = -[ (2 gs)/M ] x, = [ (2 gs)/M ] 1/2 T = 2 [ (2 gs)/M ] -1/2

11 zadanie 5 Na dwu jednakowych rolkach, odległych od siebie o L i obracających się w przeciwne strony, leży poziomo i symetrycznie względem rolek jednorodna deska, której długość jest większa niż L. Chwilowe wychylenie deski z położenia równowagi powoduje, na skutek sił tarcia, jej ruch. Znajdź okres tego ruchu. Pozostałe dane: m – masa deski, g – przyspieszenie ziemskie, m – współczynnik tarcia pomiędzy deską a rolkami. Suma momentów sił względem osi przechodzącej przez punkt podparcia 1: - mg (L/2 + x) + F 2 L = 0 stąd F 2 = mg (L/2 + x) / L Suma momentów sił względem osi przechodzącej przez punkt podparcia 2: – F 1 L + mg (l/2 – x) = 0 stąd F 1 = mg (L/2 - x) / L F wyp = F 1 – F 2 = - m (2g /L) x w 2 = 2g /L T = 2p (2g /L) -1/2

12 Drgania dwu ciał Dwie masy m 1 i m 2 są zamocowane na końcach nieważkiej sprężyny o współczynniku sprężystości k. Dla uproszczenia zakładam, że X śr masy = 0 (m 1 x 1 + m 2 x 2 = 0). W układzie laboratoryjnym, z powodu braku sił zewnętrznych działających na układ, środek masy pozostaje nieruchomy. Siła wypadkowa jaka działa na masę 1: m 1 a 1 = - k (L – (x 2 – x 1 )) zał. x 2 >x 1 Siła wypadkowa jaka działa na masę 2: m 2 a 2 = - k (L – (x 2 – x 1 )) (x 2 – x 1 ) = chwilowa długość sprężyny x = (L – (x 2 – x 1 )) = chwilowa zmiana jej długości Po pomnożeniu pierwszego równania przez m 2 a drugiego przez m 1, następnie dodaniu obu równań stronami otrzymujemy: m 1 m 2 (a 1 + a 2 ) = - k (m 1 + m 2 ) x a = - k x gdzie: 1/ = 1/m 1 + 1/m 2, a = (a 1 + a 2 ) jest przyspieszeniem zmian x

13 Tłumienie Zakładamy, że siły oporu są wprost proporcjonalne do szybkości ruchu. Druga zasada dynamiki Newtona: ma = - kx – bv Rozwiązaniem równania jest: X = A e –bt/2 m cos ( t + ) gdzie: = (k/m – (b/2m) 2 ) 1/2 Oczywiście dla odpowiednio małych b

14 Drgania wymuszone Równanie ruchu wynikające z drugiej zasady dynamiki: ma = F o cos( t) – kx – bv Rozwiązaniem jest: X = (F o /G) sin( t + ) gdzie: G = (m 2 (w 2 – w 2 ) 2 + b 2 w 2 ) 1/2 arc cos (b /G)


Pobierz ppt "RUCH HARMONICZNY F = - m 2 x a = - 2 x T = 2 x = A sin( t+ ) x = A cos( t v = A cos( t+ ) v = - A sin( t+ ) a = - 2 A sin( t+ ) a = - 2 A cos( t+ ) E c."

Podobne prezentacje


Reklamy Google