| Badanie drgań wahadła sprężynowego |
|---|
| AiR L1 Dominika Dąbek |
Część teoretyczna.
Ruch harmoniczny między innymi obserwuje się w przypadku wahadła matematycznego, gdzie drgania odbywają się pod wpływem składowej siły ciężkości. Drgania harmoniczne mogą odbywać się pod wpływem siły sprężystości, co obserwujemy na przykładzie wahadła sprężynowego. Wahadło sprężynowe stanowi swobodnie zwisająca sprężyna obciążona na końcu masą m. Zgodnie z prawem Hooke’a dla odkształceń sprężystych słuszna jest zależność:
gdzie:
x – wydłużenie sprężyny
k – współczynnik sprężystości
Znak „ - ” oznacza, że siła F ma kierunek przeciwny do wychylenia x. Siłę wywołującą ruch harmoniczny można wyrazić zależnością:
gdzie ω jest pulsacją kołową
T – okres drgań
Wahadło sprężynowe jest układem drgającym masy zaczepionej na jednym końcu sprężyny i masy sprężyny, która rozłożona jest wzdłuż jej długości l. Całkowita energia E jest równa sumie drgającej masy m i energii drgającej sprężyny o masie ms.
Stąd:
Opis ćwiczenia.
Celem naszego ćwiczenia było sprawdzenie prawa Hooke’a i wyznaczenie współczynnika sprężystości k. Służyć ku temu miała nam sprężyna, którą obciążaliśmy płytkami z określoną masą. Na początku odczytaliśmy wydłużenie sprężyny przy obciążeniu jej masą szalki, następnie układaliśmy na niej płytki, zapisując kolejno dla każdej, wydłużenie x sprężyny oraz czas t trwania 50 wahnięć, wychylając wahadło z położenia równowagi. Na podstawie zebranych pomiarów, byliśmy w stanie obliczyć okres drgań T oraz siłę F wywołującą ruch harmoniczny.
| Nr płytki | Łączna masa m * 10−3[kg] | Siła F * 10−3[N] |
Wydłużenie sprężyny x * 10−2[m] |
Czas 50 drgań t[s] |
Okres drgań T[s] |
|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 54,58 | 535,42 | 6,2 | 37,94 | 0,76 |
| 2 | 88,33 | 866,52 | 12,4 | 45,03 | 0,9 |
| 3 | 121,99 | 1196,72 | 18,4 | 51,38 | 1,03 |
| 4 | 155,63 | 1526,73 | 24,6 | 56,97 | 1,14 |
| 5 | 189,31 | 1857,13 | 31,1 | 62,06 | 1,24 |
| 6 | 223,02 | 2187,83 | 37,3 | 66,69 | 1,33 |
| 7 | 256,76 | 2518,82 | 43,4 | 71,15 | 1,42 |
| 8 | 290,52 | 2850,00 | 49,6 | 75,15 | 1,5 |
Masa sprężyny: 62,21 g
Masa szalki: 21,00 g
T=$\frac{t}{50}$
T1=$\frac{37,94}{50}$≈0,76
F=m*g
F1= 54,58*10-3*9,81=535,43*10-3
F2=88,33*10-3*9,81=866,52*10-3
Obliczenia.
Niepewność eksperymentatora.
Wydłużenia
Δex=0,002m
Czasu
Δet=0,2s
Niepewność wzorcowania.
Wydłużenia
dx=0,001m
Czasu
Δdt=0,02s
Masy
Δdm=0,01g
Niepewność standardowa u(x).
u(x)=$\sqrt{\frac{\left(_{d}x \right)^{2} + \left(_{e}x \right)^{2}}{3}}$
u(x)=$\sqrt{\frac{\left( 0,001 \right)^{2} + \left( 0,002 \right)^{2}}{3}}$=$\sqrt{\frac{0,000001 + 0,000004}{3}}$≈0,13*10-2m
Niepewność u(F) wyliczona z prawa przenoszenia niepewności.
F=g*m
u(F)=g*Δm
Δm=0,00001kg=0,01*10-3kg
u(F1)=9,81*1*0,01*10-3≈0,1*10-3[N]
u(F2)=9,81*2*0,01*10-3≈0,2*10-3[N]
u(F3)=9,81*3*0,01*10-3≈0,29*10-3[N]
| u(Fi) | wartość |
|---|---|
| u(F1) | 0,1*10-3 |
| u(F2) | 0,2*10-3 |
| u(F3) | 0,29*10-3 |
| u(F4) | 0,39*10-3 |
| u(F5) | 0,49*10-3 |
| u(F6) | 0,59*10-3 |
| u(F7) | 0,69*10-3 |
| u(F8) | 0,78*10-3 |
Wartości niepewności u(F) są bardzo małe w porównaniu do wartości F (przedział ok. 500-2800), dlatego też nie ma możliwości zaznaczenia ich na wykresie x=f(F).
Obliczanie wartości k ze wzoru:
k=$\frac{{\mathbf{4}\mathbf{\pi}}^{\mathbf{2}}}{\mathbf{T}^{\mathbf{2}}}$(m+$\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{3}}$ms)
k1=$\frac{4*{3,14}^{2}}{0{,76}^{2}}$(54,58+$\frac{1}{3}$*62,21)≈5,14[$\frac{N}{m}$]
k2=$\frac{4*{3,14}^{2}}{0{,9}^{2}}$(88,33+$\frac{1}{3}$*62,21)≈5,31[$\frac{N}{m}$]
| ki | Wartość [$\frac{N}{m}$] |
|---|---|
| k1 | 5,14 |
| k2 | 5,31 |
| k3 | 5,31 |
| k4 | 5,35 |
| k5 | 5,39 |
| k6 | 5,43 |
| k7 | 5,43 |
| k8 | 5,46 |
kśr≈5,35[$\frac{\mathbf{N}}{\mathbf{m}}$]
Obliczenie współczynnika kierunkowego prostej x=f(F) metodą najmniejszych kwadratów.
| Fi*10-3[N] | xi*10-2[m] | Fi2*10-6 | Fi*xi*10-5 |
|---|---|---|---|
| 535,42 | 6,2 | 286675 | 3319,6 |
| 866,52 | 12,4 | 750857 | 10744,8 |
| 1196,72 | 18,4 | 1432139 | 22019,6 |
| 1526,73 | 24,6 | 2330904 | 37557,6 |
| 1857,13 | 31,1 | 3448932 | 57756,7 |
| 2187,83 | 37,3 | 4786600 | 81606,1 |
| 2518,82 | 43,4 | 6344454 | 109316,8 |
| 2850,00 | 49,6 | 8122500 | 141360 |
| Σ=13539,17 | Σ=223 | Σ=27503061 | Σ=463681,2 |
n=8
Δ=n*Σ(Fi2)-Σ(Fi)2
Δ=[8*27503061-(13539,17)2]*10-6≈36715363,7*10-6≈36715,4*10-3≈36,72
a=$\frac{n*{\Sigma(F}_{i}x_{i}) - \Sigma(F_{i})*\Sigma(x_{i})}{}$
a=$\frac{\left\lbrack 8*463681,2 - 13539,17*223 \right\rbrack*10^{- 5}}{36,72}$≈18796,7*10-5≈0,188
b=$\frac{\Sigma\left( F_{i}^{2} \right)*\Sigma(x_{i}) - \Sigma(F_{i})*\Sigma(F_{i}x_{i})}{}$
b=$\frac{\mathbf{\lbrack}27503061*223\mathbf{-}13539,17*463681,2\rbrack*10^{- 8}}{36,72}$≈3549962,43*10-8≈0,035
Obliczanie odchylenia standardowego współczynnika a:
σa2=$\frac{n}{n - 2}\frac{\sigma_{y}^{2}}{}$
σa=b*$\sqrt{\frac{n}{}}$=0,035*$\sqrt{\frac{8}{36,72}}$≈0,016
a=$\frac{1}{k}$
k=$\frac{1}{a}$
k=$\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{0,188}}$≈5,32[$\frac{\mathbf{N}}{\mathbf{m}}$]
u(k)=|($\frac{1}{a}$)’* σa |=|$\frac{- 1}{a^{2}}$*σa|=$\frac{1}{{0,188}^{2}}$*0,016≈0,45
Wnioski.
Celem ćwiczenia było sprawdzenie prawa Hooke’a i wyznaczenie współczynnika sprężystości k. Prawo Hooke’a mówi, że pewna siła wywołuje odkształcenie ciała oraz, że jest ono wtedy proporcjonalne do wywołującej go siły. Wykonane obliczenia oraz wykres funkcji wskazują na słuszność tegoż prawa. Niepewności u(x) są zaznaczone, a niepewności u(F) są zbyt małe, żeby zostały umieszone na wykresie. Z równania k=$\frac{{4\pi}^{2}}{T^{2}}$(m+$\frac{1}{3}$ms) oraz metodą najmniejszych kwadratów został wyznaczony współczynnik k. Wyliczone wartości są przybliżone do siebie, co świadczy o słuszności równania.