1 / 14

RUCH HARMONICZNY

RUCH HARMONICZNY. F = - m w 2 x a = - w 2 x w T = 2 P x = A sin( w t+ f ) x = A cos( w t +r) v = w A cos( w t+ f ) v = - w A sin( w t+ r ) a = - w 2 A sin( w t+ f ) a = - w 2 A cos( w t+ r ) E c =(1/2)m w 2 A 2

blake
Download Presentation

RUCH HARMONICZNY

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript


  1. RUCH HARMONICZNY F = - mw2x a = - w2x wT = 2 P x = A sin(wt+f) x = A cos(wt+r) v = w Acos(wt+f) v = - w Asin(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 F = - kDx 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)kDx2czyli 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 Acos(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)1/2Acos((k/m)1/2 t+f) a = - (k / m) A sin((k/m)1/2 t + f) Ec = Ek + Ep = (1/2) (k/m)1/2A2 Ek=(1/2) (k/m)A2cos2((k/m)1/2t+f) Ep=(1/2) (k/m)A2sin2((k/m)1/2t+f) Wahadło matematyczne Fs = -mgla ml2e= - mglae= - (g/l)a (g/l)1/2T=2P Dx = Asin((g/l)1/2 t + f) v = (g/l)1/2Acos((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)1/2t+f) Ep=(1/2) (g/l)A2sin2((g/l)1/2t+f) Wahadło fizyczne Fs = -mgla Je= - mglae= - (mgl/J)a (mgl/J)1/2T=2P Dx = Asin((mgl/J)1/2 t + f) v = (mgl/J)1/2Acos((mgl/J)1/2 t+f) a = - (mgl/J) A sin((mgl/J)1/2 t + f) Ec = Ek + Ep = (1/2) (mgl/J)1/2A2 Ek=(1/2) (mgl/J)A2cos2((mgl/J)1/2t+f) Ep=(1/2) (mgl/J)A2sin2((mgl/J)1/2t+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 >0otrzymamy gdy w tx = + 1/3 P . Uwzględniając w = 2P/Totrzymujemy: tx = T/6

  8. zadanie 3 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 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 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 Suma momentów sił względem osi przechodzącej przez punkt podparcia „2”: – F1L + mg (l/2 – x) = 0 stąd F1 = mg (L/2 - x) / L Fwyp = F1m – F2m = - m (2gm/L) x w2 = 2gm/L T = 2p (2gm/L)-1/2

  12. Drgania dwu ciał 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. 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. 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)

More Related