Lista 11. RozwiÄ…zania. Autor Jerzy Peisert.
Spis wzorów z bryku, dotyczących ruchu drgającego (na ogół harmonicznego):
x(t) = A cos(É0t + Ć) (1)
v(t) = -AÉ0 sin(É0t + Ć) (2)

k
É0 = (3)
m

l
T = 2Ä„ (4)
g
kx2
Ep = (5)
2
kA2
Ec = (6)
2

I
T = 2Ä„ (7)
mgd
1. Sposób 1. Rozwiązanie  z wzorów :
W bryku mamy wzór na poÅ‚ożenie (1). W naszym ruchu staÅ‚a A=0.2, É=1, Ć = Ä„ . 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]. A
atwo widać, że maksymalną
wartoÅ›ciÄ… prÄ™dkoÅ›ci bÄ™dzie iloczym AÉ0=1.
Sposób 2. Z definicji prędkości v(t) = x (t) obliczamy pochodną i znajdujemy, że będzie ona równa
- sin(5t + Ą), 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
2. Z bryku wg wzoru (3) znajdujemy k = mÉ0. Z kolei É0 = 2Ä„f. Ostatecznie k = 4Ä„2f2m
3. Porównanie ze wzorem (1) daje É0 = 80 (domyÅ›lnie czas jest w sekundach). Liczba peÅ‚nych
obrotów na sekundÄ™ jest równa liczbie okresów  tam i z powrotem tÅ‚oka czyli É0/2Ä„. W ciÄ…gu
minuty mamy wiÄ™c 60 · 80/2Ä„ = 2400/pi 764 obroty.
4. Zróżniczkowanie po czasie wyrażenia (2) na prędkość daje
2
a(t) = -AÉ0 cos(É0t + Ć),
mamy wiÄ™c É0 = 34 oraz -AÉ02 = -104.04. Okres wiÄ™c bÄ™dzie T = 2Ä„/É0 = 2Ä„/34 0.185, zaÅ›
amplituda A = 104.04/342=0.9 .
2
5. Z zadania mamy É0 = 1, zaÅ› ze wzoru (4) znajdujemy l = (T/2Ä„)2g = g/É0=10m.
6. Wzór (4) zastosujemy dla ziemskiego gZ i księżycowego gK. Mamy więc

gZ
TK/TZ = .
gK
Ciężar ciała o masie m przy powierzchni Ziemi to (oznaczeń chyba nie trzeba przytaczać)
GMZm
mgZ =
2
Rz
zaś na Księżycu
GMKm
mgK = ,
2
RK
stÄ…d
2
gZ MZ RZ
= .
2
gK RK MK
Otrzymujemy więc

2
MK RK
TK = TZ 2 = 2 · 83/3.72 4.92
RZ MZ
7. Przyrównanie wzoru (5) na energię potencjalną sprężystości oraz tradycyjnej formuły energii
kinetycznej daje
k m
2
A2 cos2(É0t + Ć) = A2É0 sin2(É0t + Ć)
2 2
co wraz ze zwiÄ…zkiem (3) daje równanie tg2(É0t + Ć) = 1. Warunek ten jest speÅ‚niony, gdy faza
" "
É0t+Ć = Ä…1. Odpowiada to wartoÅ›ciom sinusa równym Ä…1/ 2 i wychyleniom x równym Ä…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:
mv2 kA2
= ,
2 2
stÄ…d
mv2
k =
A2
9. Z warunków zadania widzimy, że 2A = d oraz okres drgaÅ„ T = 2t, skÄ…d É0 = 2Ä„/2t = Ä„/t.
2
Energia mechaniczna, z wzoru (6) kA2/2 = mÉ0A2/2 = mÄ„2d2/(8t2).
10. Amplituda drgań tłumionych
A(t) = Ae-²t
ma spełniać warunek:
A(t + 30s)/A(t) = 1/2
Mamy więc
Ae-²(t+30)
= 1/2
Ae-²t
czyli, z własności funkcji wykładniczej
e-30² = 1/2,
co daje
ln 2
² = 0.023s-1
30
11. Pręt o długości l i masie m jest bryłą sztywną o momencie bezwładności ml2/3 względem końca
pręta. Odległość d punktu zawieszenia wahadła od jego środka masy jest równa l/2. Wg wzoru (7)
mamy więc

I ml2/3 2l
T = 2Ä„ = 2Ä„ = 2Ä„ .
mgd mgl/2 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 0.972 energii na początku cyklu. Strata w każdym cyklu jest więc
równa ułamkowi 1 - 0.972 0.0591 energii.
13. Energia potencjalna klocka w miejscu gdy ma on wychylenie x = A/2 jest, wg wzoru (5),
równa kA2/8. Stąd, jeśli energia całkowita  wzór (6)  pozostaje stałą, to energia kinetyczna w
tym miejscu musi być równa 3kA2/8 = 0.75Ec=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 znalez
ć energię kinetyczną klocka w
momencie tuż po wbiciu pocisku w klocek. Mamy tu zderzenie niesprężyste. Z zasady zachowania
pędu znajdujemy prędkość vu układu klocek+pocisk
mpvp
vu =
mp + mk
gdzie oznaczenia są łatwe do identyfikacji. Ostatecznie szukana energia kinetyczna (i jednocześnie
energia całkowita drgań) będzie równa
2
(mp + mk)vu (mpvp)2 (0.1 · 50)2
E = = = 6.0J.
2 2(mp + mk) 2 · 2.1