RUCH HARMONICZNY F = - mw2Dx a = - w2Dx wT = 2 P

Prezentacja na temat: "RUCH HARMONICZNY F = - mw2Dx a = - w2Dx wT = 2 P"— Zapis prezentacji:

1 RUCH HARMONICZNY F = - mw2Dx a = - w2Dx wT = 2 P
Dx = A sin(wt+f) Dx = A cos(wt+r) v = w A cos(wt+f) v = - w A sin(wt+r) a = - w2 A sin(wt+f) a = - w2 A cos(wt+r) Ec=(1/2)mw2A2 Ek =(1/2)mw2A2 cos2(wt+f) {w przypadku użycia prawego zestawu wzorów zamiast cos2(wt+f) wystąpi sin2(wt+r)} Ep =(1/2)mw2A2 sin2(wt+f) {w przypadku użycia prawego zestawu wzorów zamiast sin2(wt+f) wystąpi cos2(wt+r)}

2 Siła sprężystości w2 = k / m a = - (k / m) Dx T= 2 P (m / k)1/2
F = - kDx w2 = k / m F = - mw2Dx oraz a = - (k / m) Dx T= 2 P (m / k)1/2 Ek=(1/2)mv2 czyli Ek=(1/2)kA2cos2(wt+f) Ep=(1/2)kDx2 czyli Ep=(1/2)kA2sin2(wt+f) Ek + Ep = (1/2)kA2 {użyto zestawu wzorów zapisanego na poprzedniej stronie po lewej stronie}

3 Wahadło matematyczne ; mas=mel bo as=el mgsin(a)=mel sin(a)~a fizyczne ; Je=masl (dla wahadła matematycznego J=ml2)

4 RUCH HARMONICZNY F = - mw2Dx a = - w2Dx wT = 2 P Dx = A sin(wt+f) v = w A cos(wt+f) a = - w2 A sin(wt+f) Ec=(1/2)mw2A2 Ek =(1/2)mw2A2 cos2(wt+f) Ep =(1/2)mw2A2 sin2(wt+f) Siły sprężystości w2 = k / m F = -kDx a = - (k / m) Dx (k/m)1/2T=2P Dx = Asin((k/m)1/2 t + f) v = (k/m)1/2 A cos((k/m)1/2 t+f) a = - (k / m) A sin((k/m)1/2 t + f) Ec = Ek + Ep = (1/2) (k/m)1/2 A2 Ek=(1/2) (k/m) A2cos2((k/m)1/2 t+f) Ep=(1/2) (k/m)A2sin2((k/m)1/2 t+f) Wahadło fizyczne Fs = -mgla Je= - mgla e= - (mgl/J)a (mgl/J)1/2T=2P Dx = Asin((mgl/J)1/2 t + f) v = (mgl/J)1/2 A cos((mgl/J)1/2 t+f) a = - (mgl/J) A sin((mgl/J)1/2 t + f) Ec = Ek + Ep = (1/2) (mgl/J)1/2 A2 Ek=(1/2) (mgl/J) A2cos2((mgl/J)1/2 t+f) Ep=(1/2) (mgl/J) A2sin2((mgl/J)1/2 t+f) Wahadło matematyczne Fs = -mgla ml2e= - mgla e= - (g/l)a (g/l)1/2T=2P Dx = Asin((g/l)1/2 t + f) v = (g/l)1/2 A cos((g/l)1/2 t+f) a = - (g/l) A sin((g/l)1/2 t + f) Ec = Ek + Ep = (1/2) (g/l) A2 Ek=(1/2) (g/l) A2cos2((g/l)1/2 t+f) Ep=(1/2) (g/l) A2sin2((g/l)1/2 t+f)

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 (w t + f) gdzie A – amplituda, w – pulsacja, t – czas bieżący, f – faza początkowa. Z treści zadania wynika, że gdy t = 0 to sin(w 0 + f) = 0, a stąd f = 0, ponadto gdy t = 1s to x = ½ A. Z powyższego wynika: ½ A = A sin (w 1s) Z własności funkcji sinus oraz faktu, że drgający punkt w położeniu x = ½ A , gdy t = 1s znalazł się po raz pierwszy wynika: w1s = P/6 A stąd po podstawieniu w = P / 6s do T = 2 P / w otrzymujemy: T = 12s

7 zadanie 2 Punkt materialny wykonuje drgania harmoniczne o okresie równym T. W chwili to = 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 (w t + f) gdzie A – amplituda, w – pulsacja, t – czas bieżący, f – faza początkowa. Z treści zadania wynika, że gdy t = to = 0 to A = A sin (w 0 + f), a stąd f = P/2 Szukamy takiego tx, że: ½ A = A sin (w tx + P/2) Z własności funkcji sinus wynika, że: w tx + P/2 = P/6 +2kP lub w tx + P/2 = 5P/6 +2kP Z pierwszego warunku: w tx = - 1/3 P + 2kP Z drugiego warunku: w tx = + 1/3 P + 2kP Najkrótsze tx >0 otrzymamy gdy w tx = + 1/3 P . Uwzględniając w = 2P/T otrzymujemy: tx = T/6

8 zadanie 3 Ep max= Ec = ½ mA2w2 = 4J
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 (w t + f) gdzie A – amplituda, w – pulsacja, t – czas bieżący, f – faza początkowa. Ponieważ dla ½ A = A sin(w 0 + f) więc f = P/6 i 3J = Ek = ½ mA2w2cos2(P/6) stąd mA2w2 = 8J { bo cos2(P/6) = ¾ } Maksymalna energia potencjalna: Ep max= Ec = ½ mA2w2 = 4J

9 zadanie 4 x = r sin((G M/r3)1/2 t + P/2)
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: r = M/((4/3)Pr3), gdzie: r - gęstośc planety, M – jej masa, r – promień planety. F= -GMxm/x2, gdzie: F – siła działająca na kamień znajdujący się w odległości x od środka planety, G – stała powszechnej grawitacji, Mx – 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. Mx = r (4/3)Px3 , gdzie wszystkie oznaczenia jak wyżej. Zgodnie z powyższym: F = - m (G M/r3) x w2 = G M/r3 x = r sin((G M/r3)1/2 t + P/2)

10 zadanie 4 T = 2p [ (2rgs)/M ]-1/2
W naczyniu w kształcie U – rurki o stałym polu poprzecznego przekroju s znajduje się ciecz o gęstości r. 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, pa – ciśnienie atmosferyczne, m2x – masa cieczy powodująca powstawanie siły wypadkowej ; na rysunku 2x = L Przy różnicy poziomów równej 2x siła wypadkowa działająca na ciecz wynosi: F= -m2xg, gdzie m2x = 2rsx. Czyli: Ma = - 2rgsx, a = -[ (2rgs)/M ] x, w = [ (2rgs)/M ]1/2 T = 2p [ (2rgs)/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) + F2L = 0 stąd F2 = mg (L/2 + x) / L przez punkt podparcia „2”: – F1L + mg (l/2 – x) = 0 stąd F1 = mg (L/2 - x) / L Fwyp = F1 m – F2 m = - m (2gm/L) x w2 = 2gm/L T = 2p (2gm/L)-1/2

12 Drgania dwu ciał ma = - k Dx
Dwie masy m1 i m2 są zamocowane na końcach nieważkiej sprężyny o współczynniku sprężystości k. Dla uproszczenia zakładam, że Xśr masy = 0 (m1x1 + m2x2 = 0). W układzie laboratoryjnym, z powodu braku sił zewnętrznych działających na układ, środek masy pozostaje nieruchomy. Siła wypadkowa jaka działa na masę 1: m1a1 = - k (L – (x2 – x1)) zał. x2>x1 Siła wypadkowa jaka działa na masę 2: m2a2 = - k (L – (x2 – x1)) (x2 – x1) = chwilowa długość sprężyny Dx = (L – (x2 – x1)) = chwilowa zmiana jej długości Po pomnożeniu pierwszego równania przez m2 a drugiego przez m1, następnie dodaniu obu równań stronami otrzymujemy: m1m2 (a1 + a2) = - k (m1 + m2) Dx ma = - k Dx gdzie: 1/m = 1/m1 + 1/m2, a = (a1 + a2) jest przyspieszeniem zmian Dx

13 ma = - kx – bv Rozwiązaniem równania jest: X = A e–bt/2m cos (w”t + f)
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/2m cos (w”t + f) gdzie: w” = (k/m – (b/2m)2)1/2 Oczywiście dla odpowiednio małych b

14 ma = Focos(w”t) – kx – bv X = (Fo/G) sin(w”t + d) Drgania wymuszone
Równanie ruchu wynikające z drugiej zasady dynamiki: ma = Focos(w”t) – kx – bv Rozwiązaniem jest: X = (Fo/G) sin(w”t + d) gdzie: G = (m2(w”2 – w2)2 + b2w”2)1/2 d = arc cos (bw”/G)