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.