Lista 11. Rozwiązania. Autor Jerzy Peisert.
Spis wzorów z bryku, dotyczących ruchu drgającego (na ogół harmonicznego):
x(t) = A cos(ω
0
t + φ)
(1)
v(t) = −Aω
0
sin(ω
0
t + φ)
(2)
ω
0
=
r
k
m
(3)
T = 2π
s
l
g
(4)
E
p
=
kx
2
2
(5)
E
c
=
kA
2
2
(6)
T = 2π
s
I
mgd
(7)
1. Sposób 1. Rozwiązanie „z wzorów”:
W bryku mamy wzór na położenie (1). W naszym ruchu stała A=0.2, ω=1, φ = π . W bryku mamy
wzór na prędkość (2). Argument funkcji sinus w zadaniu przyjmuje dowolne wartości, więc war-
tość tej funkcji przyjmuje wartości z domkniętego przedziału [-1,1]. Łatwo widać, że maksymalną
wartością prędkości będzie iloczym Aω
0
=1.
Sposób 2. Z definicji prędkości v(t) = x
0
(t) obliczamy pochodną i znajdujemy, że będzie ona równa
− sin(5t + π), co z własności funkcji sinus daje mksymalną wartość równą 1.
Maksymalną wartość przyspieszenia znajdujemy znów przez różniczkowanie prędkości, co daje
współczynnik przy kosinusie równy -5, stąd maksymalna wartość przyspieszenia będzie równa 5.
2. Z bryku wg wzoru (3) znajdujemy k = mω
2
0
. Z kolei ω
0
= 2πf . Ostatecznie k = 4π
2
f
2
m
3. Porównanie ze wzorem (1) daje ω
0
= 80 (domyślnie czas jest w sekundach). Liczba pełnych
obrotów na sekundę jest równa liczbie okresów „tam i z powrotem” tłoka czyli ω
0
/2π. W ciągu
minuty mamy więc 60 · 80/2π = 2400/pi ' 764 obroty.
4. Zróżniczkowanie po czasie wyrażenia (2) na prędkość daje
a(t) = −Aω
2
0
cos(ω
0
t + φ),
mamy więc ω
0
= 34 oraz −Aω0
2
= −104.04. Okres więc będzie T = 2π/ω
0
= 2π/34 ' 0.185, zaś
amplituda A = 104.04/34
2
=0.9 .
5. Z zadania mamy ω
0
= 1, zaś ze wzoru (4) znajdujemy l = (T /2π)
2
g = g/ω
2
0
=10m.
6. Wzór (4) zastosujemy dla ziemskiego g
Z
i księżycowego g
K
. Mamy więc
T
K
/T
Z
=
r
g
Z
g
K
.
Ciężar ciała o masie m przy powierzchni Ziemi to (oznaczeń chyba nie trzeba przytaczać)
mg
Z
=
GM
Z
m
R
2
z
zaś na Księżycu
mg
K
=
GM
K
m
R
2
K
,
stąd
g
Z
g
K
=
M
Z
R
2
K
R
2
Z
M
K
.
Otrzymujemy więc
T
K
= T
Z
s
M
K
R
2
Z
R
2
K
M
Z
= 2 ·
p
83/3.7
2
' 4.92
7. Przyrównanie wzoru (5) na energię potencjalną sprężystości oraz tradycyjnej formuły energii
kinetycznej daje
k
2
A
2
cos
2
(ω
0
t + φ) =
m
2
A
2
ω
2
0
sin
2
(ω
0
t + φ)
co wraz ze związkiem (3) daje równanie tg
2
(ω
0
t + φ) = 1. Warunek ten jest spełniony, gdy faza
ω
0
t+φ = ±1. Odpowiada to wartościom sinusa równym ±1/
√
2 i wychyleniom x równym ±A/
√
2 =
0.03/
√
2 ' 0.021m.
8. Przechodząc przez położenie równowagi ciężarek ma zerową energię potencjalną, zaś energia
kinetyczna jest maksymalna i równa energii całkowitej:
mv
2
2
=
kA
2
2
,
stąd
k =
mv
2
A
2
9. Z warunków zadania widzimy, że 2A = d oraz okres drgań T = 2t, skąd ω
0
= 2π/2t = π/t.
Energia mechaniczna, z wzoru (6) kA
2
/2 = mω
2
0
A
2
/2 = mπ
2
d
2
/(8t
2
).
10. Amplituda drgań tłumionych
A(t) = Ae
−βt
ma spełniać warunek:
A(t + 30s)/A(t) = 1/2
Mamy więc
Ae
−β(t+30)
Ae
−βt
= 1/2
czyli, z własności funkcji wykładniczej
e
−30β
= 1/2,
co daje
β =
ln 2
30
' 0.023s
−1
11. Pręt o długości l i masie m jest bryłą sztywną o momencie bezwładności ml
2
/3 względem końca
pręta. Odległość d punktu zawieszenia wahadła od jego środka masy jest równa l/2. Wg wzoru (7)
mamy więc
T = 2π
s
I
mgd
= 2π
s
ml
2
/3
mgl/2
= 2π
s
2l
3g
.
Widać, że temu okresowi odpowiada wahadło matematyczne o długości dwóch trzecich l czyli
dwóch trzecich metra. Okres drgań wynosi około 1.62 s.
12. Energia mechaniczna drgań jest proporcjonalna do kwadratu amplitudy, wzór (6). Iloraz am-
plitudy na końcu cyklu i amplitudy na początku cyklu wynosi w naszym zadaniu 0.97. Energia
na końcu cyklu jest więc równa 0.97
2
energii na początku cyklu. Strata w każdym cyklu jest więc
równa ułamkowi 1 − 0.97
2
' 0.0591 energii.
13. Energia potencjalna klocka w miejscu gdy ma on wychylenie x = A/2 jest, wg wzoru (5),
równa kA
2
/8. Stąd, jeśli energia całkowita – wzór (6) – pozostaje stałą, to energia kinetyczna w
tym miejscu musi być równa 3kA
2
/8 = 0.75E
c
=37.5J
14. Energia całkowita drgań, wzór (6), ma taką samą wartość jak energia kinetyczna w punkcie
równowagi, co wynika z zasady zachowania. Wystarczy więc znaleźć energię kinetyczną klocka w
momencie tuż po wbiciu pocisku w klocek. Mamy tu zderzenie niesprężyste. Z zasady zachowania
pędu znajdujemy prędkość v
u
układu klocek+pocisk
v
u
=
m
p
v
p
m
p
+ m
k
gdzie oznaczenia są łatwe do identyfikacji. Ostatecznie szukana energia kinetyczna (i jednocześnie
energia całkowita drgań) będzie równa
E =
(m
p
+ m
k
)v
2
u
2
=
(m
p
v
p
)
2
2(m
p
+ m
k
)
=
(0.1 · 50)
2
2 · 2.1
' 6.0J.