This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
127
01: الوحدة رقم تطورات مهتزة : II المجال
óïÙïäbÙïà@óÝá§@ò‹¨a@paŒanèýa@
: الحرآة االهتزازية – 1ة ة اهتزازـي ريعة بحرـآ ة ـس تسمى آل حرآة دورية مادـي
انبي وضـع تـ حيث المادة ته ر عـلى ـج ز ـمن ـطرف إـلى آـخ .التوازن
: متغيرات الحرآة االهتزازية – 2العظمى للمطال و هو موضع يؤخذ هي القيمة : السعة/أ
له في حالة حرآة اهتزازية و نرمز بالفاصلة أو الزاوية .0θ و في حالة مطال زاوي بالرمز0A أو 0xمستقيمة
مقدار موجب يعبر عنه بوحدة هوء الحرآة يدعى نبضها و إن سرعة أدا:نبض االهتزاز / ب ( rad / s .ω و نرمز لهل بالرمز (
عندما تعود المادة إلى نفس النقطة التي انطلقت منها وفي نفس االتجاه نقول أنها : الدور /جـ ـ حرآتها تمثلمدة و) هزة ( قامت بحرآة آاملة دور الحرآة و الذي نرمز له ب
(T ) ووحدتها هي وحدة الزمن ( s ).
د الهزات أو الحرآات التي تقوم بها المادة خالل ثانية واحدة تدعى تواتر االهتزاز د ع: التواتر /د
)مز له بالرمز رالذي نو f )1خذ الوحدة يأ و( s )و أحيانا −( Hz و في أحيان (
)أخرى الوحدة tr / s : ، و إن العالقة بين المقادير الثالثة األخيرة تعطى آما يلي (
1f T= 2 ؛πω = = 2πfT
أنه حر إذا لم يستقبل أي طاقة من الوسط الخارجي هتزازنقول عن ا :االهتزازات الحرة – 3 : و هو على شكلين االهتزازبعد بداية
0+θ0-θ
+
m
m0+x0-x 0
عة عة الس الس
128
)نظريا( الزمن ورمربتتغير ثابتة الاالهتزاز و فيه تبقى سعة :االهتزاز الحر غير متخامد / أ
) ايمتصه( من الجملة المهتزة طاقة من الناحية العملية يأخذ الوسط:االهتزاز الحر المتخامد / ب عة تتناقص تدريجيا بس االحتكاك وفي النهاية تهتز الجملة نتيجة لقوى
.ات متخامدة االهتزازو في النهاية تتوقف و بالتالي نقول أن
عويض ضياع الطاقة بت ة متخامدتات إذا آاناالهتزاز يمكن تغذية :تغذية االهتزازات – 3 فالحرآة إذا خارجية جملةخالل آل دور من أدوار الحرآة بواسطة
غذي الماالهتزازفي هذه الحالة سعة و تكون ية يمكن تغذيتها هتزازاال ثابته
: دراسة بعض الجمل الميكانيكية – 4 ) االهتزاز غير متخامد ( النواس المرن / أ
π = - (v: إذن )62ϕ < 0 ، π = (v )61ϕ 2ϕ = : و الحل المقبول هو 0 < ϕ
πx ( t: و تصبح معادلة المطال بالشكل ) = 6 sin ( πt - )6
: الدراسة الطاقوية : ثانيا : الطاقة ظفاحيمكن معالجة الموضوع بطريقة أآثر بساطة و هذا باستعمال مبدأ ان*
الطاقة النهائية للجملة = الطاقة المقدمة –الطاقة المستقبلة + الطاقة االبتدائية للجملة : فإن ) جسم –نابض ( و باعتبار الجملة محل الدراسة هي *
+3
t(s)0,5
-3
0
x(t)
131
تقدم طاقة إلى ومن الوسط الخارجي لذلك الو تستقبل الالجملة ثابت ) = الطاقة محفوظة ( الطاقة النهائية = لطاقة االبتدائية للجملة
س و وضع التوازن مرجع لقياس او باختيارمستوى طاقة الكامنة الثقالية هو سطح األرض للقيt: الطاقة الكامنة المرونية فإن e
pe1 pp1 c1 pe2 pp2 c2E +E +E = E +E +E = c
t: و في أي وضع سيكون epe pp cE +E +E = c
2: إذن 2 t e1 1k x + m g y + m v = c2 ألن الجسم على سطح األرضy = 0 و 2
2: فإن 2 te1 1k x + m v = c2 : شتقاق هذه األخيرة نحصل علىا و ب2
dx dvk x + m v = 0dt dt و هي معادلة من الشكل :
: إذن 2
2d x k + x = 0mdt
آما الحظنا من خالل مبدأ انحفاظ الطاقة أن الطاقة االبتدائية تساوي الطاقة : ثالثا مخططات الطاقة : النهائية أي أن التغير في الطاقة االجمالية معدوم و الذي نعبر عنه آما يلي
t epe1 c1 pe2 c2E (x) + E = E (x) + E = C
pe2 pe1 c 2 c1E (x) - E (x) = - ( E - E )
pe: و الذي يكتب بالشكل C∆E = - ∆E
peإن المقدار CE + E يسمى الطاقة االجمالية أو بعبارة أخرى
و هو آما وجدنا مقدار ثابت Eالطاقة الميكانيكية و نرمز له بالرمز te: أي
pe CE = E + E = C الذي ينقص و منها يظهر أن المقدار
.من الطاقة الكامنة يتحول إلى طاقة حرآية و العكس صحيح إن مخططات الطاقة هو التمثيل البياني ألشكال الطاقة بداللة االستطالة **
: الطاقة الكامنة * 2
pe 0 01E (x) = k x ; - x x < +x2 ≤
teE(x) = C: الطاقة الميكانيكية *
c: الطاقة الحرآية * peE (x) = E(x) - E (x)
10أنظر التمرين رقم : تطبيق *
pe1E
pe2E
C2E
C1E
م ابض+ جس ن
teCpeE (x) ; E(x)
pe kE +E =E(x)cE (x)
peE (x)peE (x)
xo 0+x0-x
132
) :االهتزاز المتخامد ( النواس المرن -ب إن الدراسة السابقة تبين لنا أن االهتزازات لها سعة ثابتة ، غير أن المعروف تجريبيا أن الجسم
.ة المهتز سعته تتناقص تدريجيا حتى يتوقف نهائيا فنقول أن الحرآة متخامد : القوى المؤثرة في حالة الحرآة المتخامدة * T = - k x: قوة المرونة -f = - λ: ة لزوج قوة ال- v ) λط س ثابت لزوجة الو(
: بتطبيق قانون نيوتن الثاني نحصل على *
i iF = m a T + P + f = m a⇒∑
: نجد ('xx)المحور و باالسقاط وفق - k ( x + ) + m g - λ v = m a∆
f = - λ و منه سيكون v > 0لدينا ( x > 0 ( k x - k + m g - λ -: إذن v = m a∆
، dxv = dt و ∆k + m g = 0 - لدينا 2
2d xa = dt
: منه و 2
2d x dxλ k + + x = 0 . . . (1)m dt mdt
و هي معادلة تفاضلية من المرتبة
:و يمكن آتابتها على الشكل التالي ) متجانسة ( الثانية 2 2
02d x dx + 2 γ + w x = 0 . . . (1)dtdt
0w و حلها يعتمد على γ و
0γالحالة األولى * < w ]يف تخامد ضع [
و يكون حل المعادلة من الشكل-γ t
0x(t) = x e sin(wt + φ )
γt- نسمي المقدار 0A = x e
سعة االهتزاز و هو متناقص مع الزمن ، : نبض الحرآة المتخامدة -
22 20 2
k λw = w - γ = - m 4 m
πT = w 2: دور الحرآة -
03لتمرين تطبيق أنظر ا
x
o
x'
T
P
fvx
0γ < w
0γ w
133
0γالحالة الثانية * > w ) التخامد آبير (:
في هذه الحالة تكون القوى المرونية صغيرة أمام قوى االحتكاك ، و حل المعادلة يكون من الشكل -γ t wt -wt
1 2x(t) = e ( A e + A e تتناقص باستمرار مع الزمن ، و x(t) ، و نالحظ أن (
.وري التخامد هنا ال د0γ: الحالة الثالثة * = w ) التخامد الحرج (
γ-إن حل المعادلة التفاضلية في هذه الحالة يكون من الشكل t1 2x(t) = ( A + A t )e
.و هي حالة تخامد ال دوري و الجسم يهتز ثم يسترخي راجعا إلى وضع توازنه
) غير متخامد اهتزاز حر ( : النواس الثقلي -جـ
النواس الثقلي أو المرآب هو جسم صلب آيفي يهتز بحرية حول محور افقي تحت تأثير قوة الثقالة و نترآه لحاله0θعندما نقوم بإزاحة النواس عن وضع توازنه بزاوية
بدون سرعة ابتدائية فيقوم عندئذ باهتزازات على جانبي وضع ، محددين مرآز عطالته في آل لحظة بالنسبة للشاقول0Mالتوازن
:و بتطبيق قوانين الديناميك في الحالة الدورانية نجد 2
∆ i ∆ 2d θM ( F ) = Jdt∑ حيث
2
2d θdt
هو التسارع الزاوي
:و باهمال جميع قوى االحتكاك المعرقلة للحرآة نجد 2
∆ ∆ ∆ 2d θM ( P ) + M ( R ) = J . . . . (1)dt
: و بكتابة العبارة بشكلها الجبري بعد اختيارنا االتجاه الموجب للدوران نجد 2
∆ 2d θ- P . d + 0 = Jdt
d = sinθ: هو ذراع قوة الثقل d حيث
إذن 2
∆ 2d θ- P sinθ = Jdt
sinθ: يفة السعة أي و باعتبار االهتزازات ضع θ
: و منه 2
2 ∆
m g d θ + θ = 0 . . . . (2)Jdt و هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية
0: حلها من الشكل ) متجانسة ( 0θ(t) = θ sin(w t φ )+
0: نبض اهتزاز الحرآة * ∆
m g w = J * الدور الخاص :∆0
JT = 2 π m g
17أنظر التمرين : التطبيق
0M
Md
θ
+
PP
R
(∆) o
134
) الحالة الحدية للنواس الثقالي ( النواس البسيط –د يتألف النواس البسيط من نقطة مادية معلقة في نقطة ثابتة بخيط عديم االمتطاط ، و مهمل الكتلة ، نسمي دوران ـطول ة و مـحور اـل ة المادـي المسافة بين النقـط
ســيط و آــل نــواس ال يوافــق هــذا المفهــوم الـنواس الب ال عنــه بأنــه نــواس مرـآب يمكــن دراســة طبيعــة .يـق
، 0θحرآته إذا أزيح عن وضع توازنه بزاوية صغيرة
: باالعتماد على مبدأ انخفاط الطاقة ، آما يلي ) أرض –آتلة ( باعتبار الجملة محل الدراسة - 0Mطاقة الكامنة الثقالية المستوى األفقي المار بالنقطة مبدأ قياس ال-
teP c =E + E =c 2: إذن te
∆ =1m g . y + J . ω = c2
2: حيث ∆J = m ، y = ( 1 - cos θ )
: و بالتالي 2 2 te
=mm g ( 1 - cos θ ) + ω = c2
: باالشتقاق بالنسبة للزمن نجد و222
d θm g .ω sin θ + m . ω = 0dt
: حيث 2 2
2d [w ] d θ = 2 . ωdt dt
، d ( cos θ ) = - ω sin θ dt
: و بالتالي 22
2d θm g sin θ + m . = 0dt
sin θ: ات صغيرة السعة االهتزازو بما أن θ
: فإن 222
d θm g . θ + m . = 0dt
: ومنه 2
2gd θ + θ = 0
dt
: حلها من الشكل ) متجانسة ( و هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية
0 0θ(t) = θ sin ( ω t + ϕ ) 0: حيثgw = 0T و = 2 π g
15أنظر التمرين : تطبيق ) النظام متخامد ( : النواس المرآب –و
نأخذ نواسا مرآبا و نقوم بتعليق صفيحة من أسفله مغموسة قليال في حوض مائي و نزيحه عن موضع توازنه ، فنشاهد أنه يقوم ببعض الهزات ثم ال يلبث أن يتوقف ،
في آل الحاالت لحرآة يخضع النواس إلى قوة إضافية معرقلة هي قوة لزوجة السائل و المعاآسة
f: النواس في آل لحظة بحيث = - λ v
M
θ
(∆)
0θ
y0MpE = 0
+
135
: و باالعتماد على قانون نيوتن الثاني في التحريك الدوراني نحصل على 2
∆ i ∆ 2i
d θM ( F ) = J dt∑ و منه :
2∆ m ∆ ∆ M ∆ ∆ 2
d θM ( P ) + M ( f ) + M ( P ) + M ( R ) = Jdt
:و عند أخذ عزوم القوى بقيمها الجبرية نجد2
∆ 2d θL- m g sinθ - λ v L - M g sinθ + 0 = J2 dt
: أي 2 2
2 ∆ ∆
gd θ dθλ L M L+ + ( + M )θ= 0J dt J 2dt
2: بوضع 0
∆
g M Lw = ( + M ) J 2
2
∆λ L2 γ = J نحصل على المعادلة النهائية :
2 202
d θ dθ + 2 γ + w θ = 0dtdt
0γ< wف و حلها في حالة التخامد الضعي) متجانسة ( و هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية
-:من الشكل γt0θ(t) = θ e sin ( ωt + ϕ ) حيث :
2: نبض الحرآة* 20w = w - γ * ثابت التخامد :
2
∆1 λ Lγ = 2 J
M
θ
(∆)
0Mθ f
L /2
MPv
mP
R
m
136
التمارين : التمرين األول
ية متخامدة هتزاز الشكل هو بيان لحرآة ا حدد ثابت تخامد هذه الحرآة -
ية االهتزاز حساب ثابت تخامد الحرآة :الحل
γt -: ية يؤخذ بالعبارة التالية االهتزازنعلم أن سعة الحرآة * 0A(t ) = x e . . . . . ( 1 )
: ن بعناية يمكن تحديد السعة في آل منها آما يلي من أجل نقطتين مختلفتين و منتخبتي* 1A(t ) = 4cm ، 1t = 2 s
2A(t ) = 2cm ، 2t = 4 s
γt -1 : نجد و باستغالل العبارة في آل حالة* 1 0A(t ) = x e
. لم تظهر في الحالة األولى و الثالثة اإلشارة و يمكن للطالب أن يناقش ذلك حسب الحالة الثانية : مالحظة
: التمرين السادس .) ينزلق جسم s علىm = 150 g آتلته (
αمستوى مائل بالنـسبة لمـستوي 60° = أفقي و بدون احتكاك ، نطلق الجسم من النقطة
A ة بحـيث يصـطدم ـمع بدون سرعة ابتدائـيــــــــــرف لنــــــــــــابض ثابــــــــــــت مرونتــــــــــــه Bالـط
k = 10 N/m ــــــــــــــــــــه األصــــــــــــــــــــــلي و طوـل
0l = 50 cm ــل نعتبرهــــا االحتكاآــــات ، ـآ
AB = 1,5 mمنعدمة ، و نأخذ
.نقطة من مساره على المستوي المائلأقصى أحسب طول النابض عندما يصل الجسم إلى – 1) يلتصق الجسم – 2 s لزمنية للحرآة ، وأحسب الدور الخاص مع النابض ، أوجد المعادلة ا(
.ات هتزازلال
الحل ة حـيث تـكون ـسرع Cإلى النقطة يصل الجسم نفرض أن: النابض ضغاط حساب مقدار ان – 1
، واعتبارنا لمستوي قياس الطاقة الكامنة ) نابض –جسم ( الجسم معدومة و باختيارنا للجملة يلي صلي فإن تطبيق مبدأ انخفاض الطاقة يقودونا إلى ما لمرونية عندما يكون النابض على طوله األا
0 0x(t) = x sin(w t + ϕ) 0: حيث100kw = = = 25,82 rad/sm 0,15
0 و 0,15mT = 2π = 2 . 3,14 =0 ,24sk 100
R A
B
α Pc
0xAv = 0
Cv = 0
1y
2y
RA
α Pc
0-x
0+x∆l
T
145
. التمرين السابع . (R1)تماثلين م و نثبته بطرفي نابضين أفقي على مستوي g 200 آتلته (s)نضع جسما صلبا
0l و الطول األصلي لكل منهما k = 20 N/m ثابت مرونتهما (R2)و = 18 cm و عند
.هملة ، نعتبر آل االحتكاآات مl = 2 cm∆التوازن تكون لهما نفس االستطالة ثم نحرره بدون سرعة ابتدائية عند x0 = - 2 cmنزيح الجسم عن موضع توازنه بالمسافة
t = 0 اللحظة t عبارة آل من استطالة النابضين عند اللحظة(s) فاصلة مرآز العطالة للجسم xأعط بداللة / 1 )مرآز العطالة (Gدور لـ و استنتج عبارة النبض الخاص و الGأوجد المعادلة التفاضلية لحرآة / 2 .أآتب المعادلة الزمنية للحرآة / 3
:الحل )2آما نالحظ من الشكل أن النابض : xضين بداللة الفاصلة عبارة استطالة الناب– 1 R تزداد (
)1استطالته أما R : فتنقص لذلك (
'1 1 1 l ( R ) = l - x(t)∆ ∆
'2 2 2 l ( R ) = l + x(t)∆ ∆
) الجسمة التفاضلية لحرآة مرآز عطالة آتابة المعادل– 2 s حسب قانون نيوتن الثاني للتحريك (
i iF = m a∑
1: لدينا ، ) a = 0الجسم ساآن ( :حالة التوازن 2T + T + R + P = 0
)باإلسقاط وفق المحور x' x 1 : نجد ( 2T - T 1: ومنه 0 = 0 + 0 + 2T = T
': إذن '1 1 2 2 1 1 2 2K l = K l K ( l - x(0) ) = K ( l + x(0) )∆ ∆ ⇒ ∆ ∆
)x: و بما أن 0 1: فإن 0 = ( 2 2K l = K l . . . . . . . . . . . . . (1)∆ ∆
1: لدينا ، ) ≠a 0الجسم يتحرك ( : الحرآة حالة 2T + T + R + P = ma
G
0x x(t) 0
1(R )2(R )
ixx'
2∆l
x(t)
0 ix
1∆l
01l02lp
R
1T2T
146
)باإلسقاط وفق المحور x' x 1 : نجد ( 2T - T + 0 + 0 = ma
: ومنه 2
1 1 2 2 2d xK ( l - x ) - K ( l + x ) = mdt
∆ ∆
)و باالعتماد على العالقة 1 : يكون لدينا (2
1 2 2d x- ( K + K ) x = mdt
: وبالتالي 2
1 22
K + Kd x + x = 0mdt
: حلها من الشكل ) متجانسة ( و هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية
0x (t) = x sin ( ωt + )ϕ 1: حيث 20
K + Kω = m ، 0
1 2
mT = 2 π K + K
0 :تطبيق عددي 20 + 20ω = = 14,14 s0 ,2 ، 0
2 3,14T = 0,44 s14 ,14× ≅
: آتابة المعادلة الزمنية للحرآة – 3) للجسم Gإن حرآة مرآز العطالة s : ية جيبية غير متخامدة معادلتها هي هتزاز هي حرآة ا(
0x (t) = x sin ( ωt + )ϕ بحيث :ϕ ، 0x ثوابت تحدد من الشروط االبتدائية
و باالعتماد على تطبيق قانون نيوتن يمكن أن نجد المعادلة التفاضلية للحرآة فنجدها من الشكل * 2 eq
2
kd x + x = 0mdteq : و التي يكون فيها
0k
ω = m
0: ومنه eq
m 2mT = 2π = k k
0 :عددي تطبيق 2 . 0,5T = 2 3,14 = 0,7 s80×
: حالة الربط على التوازي : ثانيا : ضين أي في آل من الناب ستطالةإن النابض المكافئ للنابض تكون فيه مقدار اإل
1 2 x = x = x∆ ∆ ∆
: لكن القوة هي مجموعة القوتين المؤثرتين من طرفي النابضين أي
eq 1 2T = T + T = P و بالتالي :eq 1 1 2 2k x = K x = K x∆ ∆ ∆ eq: وفي األخير نتحصل على 1 2k = K + K
و حسب قانون نيوتن الثاني يمكن ايجاد المعادلة التفاضلية التي تعبر عن اهنزاز الجسم المعلق و
: التي تكون من الشكل 2 eq
2
kd x + x = 0mdt : ون فيها و التي يك
eqk
m
eqT
p
1k
m
2k
1T
1T '
2T '
p
148
eq0
kw = m 0: و منه
eq
0,5mT = 2 π = 2 3,14 = 0,35 sk 2,80× ×
:قانونا ربط النوابض : نابضا مربوطة على التوازي و ثوابت مرونتها هي Nإذا آان لدينا :الربط على التوازي / أ kn ; . . . . k2 ; k1 فيكون ثابت مرونة النابض المكافئ :
N
eq i 1 2 ni=1
k = k = k + k + . . . + k∑
: نابضا مربوطة على التسلسل و ثوابت مرونتها هي Nإذا آان لدينا : الربط على التسلسل / ب kn ; . . . . k2 ; k1 فيكون ثابت مرونة النابض المكافئ :
N
i=1eq i 1 1 N
1 1 1 1 1 = = + + . . . + k k k k k∑
. التمرين التاسع . : و المكون من لنعتبر الترآيب الممثل في الشك
(s) جسم صلب آتلته m = 200 g يتحرك فوق سطح مائل بزاوية α . بالنسبة لألفق 30° = (R) نابض ذو لفات غير متالصقة ثابت مرونته k = 40 N/m ثبت أحد أطرافه داخل ،
. بساق مهملة الكتلة (P2) و (P1)وانة مملوءة بسائل ، بينما طرفه األخر ربط بصفيحتين اسط . بدون سرعة ابتدائية عند لحظة نعتبرها مبدأ األزمنة A من النقطة (s)نترك * بداللة (s)ة الجسم سرع يمثل المنحنى تغيرات / 1
v = f(t)الزمن
حرآة الجسم ثم أآتب المعادلتينحدد طبيعة / أ v(t) و x(t)الزمنيتين
أوجد بتطبيق قانون نيوتن الثاني للتحريك ،/ ب تعبير قوة االحتكاك الناتجة عن المستوي بداللة
a1 ; g ; m ; α ) تسارع الجسم( )قوة االحتكاك ( 0fأحسب *
BCما هي طبيعة الحرآة على طول المسار / جـ cvاستنتج *
يصطدم بالصفيحة cعند وصول الجسم إلى الوضع / 2 2pو يلتصق بها و يقوم بحرآة اهتزازية متخامدة
) نابض –جسم ( لجملة بتطبيق مبدأ انحفاظ الطاقة على ا/ أ
v(m/s)
t(s)
0,4s
0,2m/s
C
α
A
B
2P 1P R
149
cm ; k ; v االنضغاط األقصى للنابض بداللة 0xأوجد *
ـ 0xأحسب قيمة / ب ( cm ) معبرا عنها ب
مائع للقوى األخرى على قوة احتكاك مطبقة من طرف الباإلضافةيخضع الجسم أثناء حرآته / 3
fالموجود في االسطوانة عبارتها = - λ v 1-: حيثλ = 0,4 N.s.m. :هي ) نابض + جسم ( أثبت أن المعادلة التفاضلية لحرآة المهتز /أ
202
d x dx + 2 γ + w x = 0dtdt
. أحسب قيمتهما 0w و γمحددا عبارتي آال من
:في حالة تخامد ضعيف يكتب حل المعادلة التفاضلية السابقة آما يلي / ب
x(t) = A(t) sin(wt + ϕ ) حيث :-γt0A(t) = x e
A(tأآتب عبارة * 0: عند اللحظات ( 0 0nT ; . . . ; 2T ; 1T
A(tتج أن و استن γTr = e-0 يكون متتالية هندسية أساسها (
، (s)نأخذ آحالة مرجعية للطاقة الكامنة الثقالية المستوي األفقي المار من مرآز عطالة الجسم / 4 .و حالة النابض غير مشوه آحالة مرجعية للطاقة الكامنة المرونية
: في آل لحظة هو ) طاقة آامنة + طاقة حرآية ( بارة الطاقة الكلية بين أن ع/ أ
2 2 -2γtT 0 0
1E = m w x e2
T أوجد عبارة/ ب T T 0∆E = E (t) - E (t +T . تغير الطاقة الكلية خالل شبه الدور (
Tاستنتج / جـγ 0 T
∆Elim E→
. ، أعط تفسيرا لهذه النتيجة
:الحل : تحديد طبيعة حرآة الجسم /1
: B و Aالطور األول بين النقطتين الحرآة مستقيمة متسارعة بانتظام و تسارعها : [ 1,6s ; 0]في المجال الزمني * 2
10,8 - 0∆va = = = 0,5m/s∆t 1,6 - 0
:ة مستقيمة متسارعة بانتظام فإن معادلتها من الشكل بما أن الحرآ: المعادلة الزمنية للحرآة * 2
1 1 1 01 1 011x (t) = a ( t - t ) + v ( t - t ) + x2
1: باعتبار مبدأ األزمنة و الفواصل بداية هذا الطور فإن 01 01t = 0 ; v = 0 ; x = 0
150
2 :و منه 1x (t) = 0,25 t . . . . . . .(1)
1dx : باشتقاق هذه المعادلة نجد - (t)v1(t) = = 0,5 t . . . . . . . (2)dt
تظهر السرعة ثابتة و ≤t 1,6 s في المجال الزمني : C و Bالثاني بين النقطتين الطور
2بالتالي الحرآة مستقيمة و تسارعها ∆v a = = 0∆t 2 و سرعة هذا الطورv = 0,8 m/s
تظمة فإن معادلة الحرآة بما أن الحرآة مستقيمة من: المعادلة الزمنية للحرآة *
2 2 2 02x (t) = v ( t - t ) + x و باعتبار مبدأ األزمنة و الفواصل بداية هذا الطور فإن :
2 2 02t = 0 ; v = 08 m/s ; x 2x: . . . . . . . . . .. . . و منه 0 = (t) = 0,8 t
te2: باشتقاق هذه المعادلة نحصل على * 2
dx (t)v (t) = = 0,8 m/s = c dt
: 0f إيجاد عبارة شدة قوة االحتكاك -ب
بما أن محصلة القوى معدومة حسب مبدأ العطالة ال نتوقع وجود قيمة لالحتكاك : B-Cالجزء *
iحسب قانون نيوتن الثاني : A-Bالجزء * iF = m a∑
0: أي 1R + f + p = m a
0: نجد ('xx)باالسقاط على المحور x 10 - f + p = m a
0: و منه x 1 1 f = p - m a = m g sinα - m a
0: أي 1 f = m( g sinα - a )
f 0: تطبيق عددي = 0,2 ( 10 . 0,5 - 0,5 ) = 0,9 N
إلى مستقيمة منتظمة و السرعة التي يصل بها الجسم (BC)تكون الحرآة على طول المسار / جـC هي نفسها السرعة عند النقطة B أي أن B C 2v = v = v = 0,8 m/s
باالعتماد على مبدأ انحفاظ الطاقة لدينا : x0حساب أعظم انضغاط / أ/ 2 الطاقة النهائية للجملة= الطاقة المفقودة –الطاقة المكتسبة + الطاقة االبتدائية للجملة
xeمن جهة ثانية نعلم 1 + x≅ حيث x صغير T: فإن T 0| ∆E | E ( 1 - 1 + 2γT T: و تصبح من الشكل ≅( 0 T| ∆E | 2 γ T E≅
Tاستنتاج / جـγ 0 T
|∆E |lim E→
Tينا لد : 0
T
|∆E | = 2 γ TE
T: إذن لدينا 0γ 0 γ 0T
|∆E |lim = lim ( 2 γ T ) = 0E→ →
T∆Eالطاقة الكلية للهزاز ال تتغير : نتيجة إذا آان التخامد ضعيفا جدا خالل زمن يقدر ≅0
مقدار الطاقة أما إذا آان التخامد ضعيفا فإنبشبه الدور و تبقى سعة االهتزازات تقريبا ثابتة ، T: الضائعة خالل آل شبه دور هي 0 T| ∆E | 2 γ T E≅
2 ؛ 0nT ، 03T ، 02T ، t = 0: حيث 2 2γtT 0 0
1E m ω x e2−
. لعاشراالتمرين . )نعتبر مجموعة متكونة من هزاز ميكانيكي عبارة عن جسم صلب s m = 200 g آتلته (
kثابت صالبته مثبت في الطرف الحر لنابض = 2,5 N/m تتحرك المجموعة على محور )أفقي ox .0 المحور إ مرآز عطالة الجسم متطابق مع مبد يكون و عند توازن المجموعة،(
)في البداية نعطي للجسم s طاقة ميكانيكية(0m c pE = 2 mJ : ( E + E نختار مبدأ لقياس ،(
153
0ات حرة حول فتنجز المجموعة اهتزازGالطاقة الكامنة الثقالية المستوي الذي تتحرك فيه 1xنزيح الجسم عن موضع توازنه بالمسافة = d = + 2 cm 0 و نعطيه سرعة ابتدائيةv
)في منحنى ox )
انخفاض الطاقة ، أوجد معادلة التفاضلية للمجموعة المهتزة ، واستنتج إ انطالقا من مبد– 1 . للمهتز 0T و الدور الخاص0ωبضها الخاصنقيمة
للجسم خالل حرآة المهتز ، حدد maxv و السرعة القصوى0x أوجد االستطالة العظمى -2
0vقيمة السرعة االبتدائية
)x أوجد المعادلة الزمنية– 3 t . لحرآة المهتز (
على نفس البيان مثل تغيرات الطاقة الحرآية و الطاقة الكامنة المرونية و الكلية للمجموعة – 4 . xبداللة االستطالة
1m = 200gع على آفة و موض( c ذات سمك صغير جدا و آتلتها (
2m = 100g نــابض إلــى ثبتــت( R ذي حلقــات غيــر متالصــقة و (
kآتلته مهملة و ثابت مرونته = 300N/mيوجد في وضع شاقولي ، . )عطالتهاحيث ينتمي مرآز توجد المجموعة في حالة توازن G إلى (
)مبدأ معلم ثابت ) 0(نفس الخط األفقي المار من 0 , i ).
1 : للنابض بداللة ∆lنضغاط ال أوجد مقدار ا-1 2 m , m , g , k
t عند اللحظة-2 )نقوم بضغط المجموعة 0 = c , s) نحو األسفل و ذلك بإعطائها سرعة
0vإبتدائية = 1,4 m/s فنحصل على حرآة اهتزازية شاقولية ، .
) المجموعة ، أوجد المعادلة التفاضلية لحرآة بتطبيق قانون نيوتن الثاني على–أ G ، و ( .الخاص للحرآة الدور استنتج
s
(R)
c
162
. أوجد المعادلة الزمنية لهذه الحرآة –ب ) .0( و الطاقة الكامنة المرونية لمبدأ لقياس الطاقة الكامنة الثقاليةإ نختار آمبد-3.الكلية أوجد تعبير الطاقة –أ c(E + E للمجموعة ، و استنتج المعادلة التفاضلية لحرآة (
.تمادك على دراسة طاقوية باع .ألول مرة ) 0( التي ستمر بها المجموعة من النقطة v أحسب السرعة –ب الكفة ) s( دون أن يغادر الجسم 0x أصغر من'0x بين أن المجموعة ممكن أن تهتز بسعة–ج
(c)0 طالما أن قيمةx'ال تتجاوز قيمة حدية '0 max(x ما هو استنتاجك ؟ أحسبها ، (
: عن الكفة ، نقبل أن ) s(باشرة ينفصل الجسم م) 0( عمليا عندما تمر المجموعة من النقطة – 4 .x 0 < فإن :c , s يبقيا ملتصقين . .x 0 > فإن : c , s ينفصالن .
.x = 0 فإن :c , s لهما نفس السرعة v. االرتفاع 'maxxو) s(مي الذي يمكن أن يصل إليه الجسم ظ االرتفاع األعmaxx:نضع .
.األعظمي الذي يمكن أن تصل إليه الكفة و النابض .ا م و أحسب قيمته'maxx، maxx :ـ أوجد تعبيرا ل-
:الحل :نضغاط النابض عند وضع التوازن ا إيجاد مقدار – 1
: شروط توازن الجملة) أ - 2 : حتى تتوازن الجملة وجب تحقيق الشرطين التاليين
: محصلة القوى المؤثرة على الجملة تساوى الشعاع المعدوم و يترجم الشرط إلى :الشرط األول
ii
F = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . ( 2 ) ∑
ملة بالنسبة لمحور دوران مفترض يكون جالمؤثرة على ال مجموع عزوم القوى :الشرط الثاني
i: و يترجم الشرط إلى امعدومi
M ( F ) = 0 . . . . . . . . . . . ( 2 ) ∆∑
) : آرة + AB ( القوى المؤثرة على الجملة) ب
P : ثقل المجموعة المطبق في مرآز العطالة( G )
F : توتر النابض المطبق في النقطة( c )
R : ل محور الدوران على الجملة في النقطة عفA g: بداللة Fإيجاد عبارة القوى ) 1 -جـ , M , m :
ن شروط التوازن حسب الشرط الثاني م
ii
M ( F ) = 0
M ( P ) + M ( F ) + M ( R ) = 0∆
∆ ∆ ∆⇒
∑
: وفق االتجاه الموجب للدوران تكون العبارة الجبرية للعبارة أعاله آالتالي و باإلسقاط
P . a - F . b + 0 = 0 / R تالقي محور الدوران فعزمها معدوم .
a:و لدينا aF = P = ( m + M ) g b b9: و بما أن 3a = sinα ; b = sinα10 4
6F = ( m + M ) g . . . . . . ( 4)5: فإن
: التي تؤثر بها النابض Fحساب شدة القوة / 2جـ
6F = 3 0,2 10 = 7,2 N5: نجد (4)من العبارة × × ×
7,2Fk: أي∆ . F = kنعلم : حساب ثابت مرونة النابض / 3جـ = = = 90 N/m∆ 0,08
: (AB) على العارضة (∆)حساب شدة تأثير المحور / 4جـ
iF : من الشرط األول للتوازن P: فإن ∑0 = + F + R = 0
G
α
P
F
Rb
a
+
x
170
0P: نجد ('xx)باإلسقاط وفق المحور - F - R = 0 0: و منه R = P - F
R = ( m + M ) g - F = 3 . 0,2 . 10 - 7,2 = - 1,2 N : ع . ت
سالبة مما يعني أن اتجاه القوة المؤثرة نحو األسفلRوجدنا قيمة أزيحت عن وضع توازنها و ترآت حرة بدون سرعة ابتدائية ) : الكرة + AB( المجموعة -3 :المعبرة عن اهتزاز الجملة إيجاد المعادلة التفاضلية / أ
: بتطبيق مبادئ الميكانيك الكالسيكي في التحريك الدوراني نجد 2 2
∆ i ∆ ∆ ∆ ∆ ∆2 2i
d φ d φM ( F ) = J . M ( F ) + M ( R ) + M ( P ) = J . dt dt
⇒∑
: و بأخذ العبارة بشكلها الجبري نجد 2
∆ 2d φ[ - F . OC + m g OG ] sinθ = J . dt
2
∆ 2d φsinθ [-k (∆ + x ) . OC + m g OG ] = J . d t
θ: و حيث أن = α - φ فإن : sinθ = sin(α - φ ) = sinα . cosφ - sinφ . cosα
∆ . k: و حسب وضع التوازن . OC - m g OG = 0
: فإن 2
∆ 2d φ- k x .OC (sinα - φ cosα ) = J . dt
cosφحيث اعتبرنا 1≈ ، sinφ φ≈
x OC . φ ، 3OC: و بما أن = 4
: فإن 2
2 2 2∆ 2
d φ(- k .OC sinα . φ + k . OC cosα . φ ) = J . d t
: صغير جدا فإن 2φو بإهمال الحد الثاني في المعادلة نظرا ألن2
2∆ 2
d φ- k .OC sinα . φ = J . dt
و في األخير 2 2
2∆
d φ k .OC sinα + . φ = 0 Jdt
: و منه 2 2
2∆
d φ 9 k sinα + φ = 0 . . . . . . . (5)16 Jdt
: هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية متجانسة ، حلها من الشكل ) 5(دلة المعا
0 0φ(t) = φ sin ( w t + β ) / 2
0∆
9 k sinαw = 16 J
G
α
P
F
Rb
a
+
x
θ
C
φ
171
و باعتبار الكرة أبعادها صغيرة أمام طول العارضة لذلك يمكن اعتبارها نقطة مادية ، فيكون عزم * ∆: عطالة الجملة هو ∆ ∆J = J ة) J + ( العارض رة) ( الك
22 2 2∆
1 7J = [ m + m ] + M = m 12 4 : فيكون 3
20
∆
9 k sinα 27 k sinα 27 . 90 sin30°w = = = = 7,4 rad /s16 J 112m 112 . 0,2
0 فإن t = 0 في و 0φ(0) = φ sinβ = φ إذن :sinβ πβ فإن 1 = = rad2
πφ(t) = 2و تصبح المعادلة الزمنية بالشكل * sin(7 ,4 t + )2°
πθ(t) = αأو - φ(t) = 30° - 2° sin ( 7,4 t + )2
. التمرين السابع عشر .، نفترض مثبتة في نهاية قضيب صلب mنأخذ النواس الممثل في الشكل و هو عبارة عن آتلة
.kابض ، ثابت مرونة النOB = a و المسافة lالقضيب و النواس مهملي الكتلة ، طول القضيب أوجد دور االهتزازات الصغيرة السعة للجملة و *
:ذلك في آل من الحالتين . وضع التوازن السكوني للجملة هو شاقولي-أ
عندما هو للجملة السكوني وضع التوازن-ب . مع الشاقول 0θيصنع القضيب زاوية
la = 2 ، a = l: ثم أدرس الحالتين
إيجاد دور االهتزازات صغيرة السعة :الحل
.حالة وضع التوازن السكوني هو الشاقول/ أ بتطبيق قانون نيوتن الثاني في حالة التحريك الدوراني
: لدينا 2
i 2i
d θM ( F )= Jd t∆ ∆∑
:ومنه 2
2d θM ( T ) + M ( P )= Jd t∆ ∆ ∆
شكلها الجبري بعد اختيار اتجاه ل العبارة إلى يو بتحو : موجب للدوران يكون
2
2d- k x a - m g sin θ l= Jdt∆
ϕ
l
a
o
θck
m
a
o
θc
B
A
x
T
P
P sinθ
+
B
172
oc: الزاوية صغيرة من البداية فيكونحيث اعتبرنا هنا = oB = a ومنه :2
22
d- k a θ - m g θ l= J dt∆
ϕ حيث :sin θ θ ≅ ، x a θ≅
: و بالتالي 22
2m g l + k ad θ + θ = 0Jdt ∆
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
: حلها من الشكل ) متجانسة ( من المرتبة الثانية وهي معادلة تفاضلية
0 0θ ( t ) = α sin ( ω t + )ϕ
: و يكون فيها 2
0m g l + k aω = J ∆
0: إذن 2J
T = 2 π m g l + k a
∆
0θع التوازن السكوني هو عندما يصنع القضيب زاوية وض-*
حسب قانون نيوتن الثاني في التحريك عند وضع التوازن لدينا :راسة حالة التوازن د: أوال iالدوراني
iM ( F ) 0M: ومنه ∑∆0 = ( T ) + M ( P )∆ ∆
0 الموجب للدوران االتجاهباإلسقاط وفق و 0 0-k ∆ l a cos θ + m g l sinθ = 0
0v و ϕ عندما يزاح النواس عن موضع توازنه بالزاوية :حرآية ت الدراسة ال:ثانيا = 0
: فحسب قانون نيوتن لتحريك الدوران فإن 2
2i
dM ( F ) = Jd t∆ ∆
ϕ∑
: ومنه 2
2dM ( T ) + M ( P )= J d t∆ ∆ ∆
ϕ
: وبالتالي 2
0 2d-k ( ∆l + x ) a cos θ + m g l sin θ = J . . . . . (1)dt∆
ϕ حيث :
0 0 0 0 0cos θ = cos ( θ - )= cos θ cos + sin θ sin cos θ + sin θϕ ϕ ϕ ≅ ϕ
cos : هذا يعني أن صغيرة ϕ و بما أن 1ϕ ، sin ϕ ϕ
0: أن اآم 0 0sin θ = sin ( θ - ) sin θ - cos θϕ ≅ ϕ
)و بالتعويض في 1 : نجد (2
0 0 0 0 0 2d-k ( ∆l + x ) a cos θ + sin θ + m g l sin θ - cos θ = Jdt∆
ϕϕ ϕ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦
: و بعد النشر و أخذ بعين االعتبار حالة التوازن نجد 2
20 0 2
d-k ( ∆l + x ) . a - ( k a + m g l ) cos θ = J . . . . . (2)d t
2∆
ϕϕ ϕ
)إن الحد األول في المعادلة 2 : الصغيرة إذن ϕ أصغر بكثير من الحد الثاني بسبب الزاوية (
173
2
20 2
d- ( k a + m g l ) cos θ = Jdt∆
ϕϕ
: وبالتالي 22
02 ( k a + m g l ) d + cos θ . = 0 Jdt ∆
ϕ ϕ
: حيث يكون فيها 2
20 0
( k a + m g l ) ω = cos θJ ∆
: أي 2
0 0 ( k a + m g l ) ω = cos θJ∆
0: و بالتالي سيكون الدور الخاص 20 0
J 2 πT = = 2 π ω ( k a + m g l ) cos θ∆
la: إذا آان : دراسة الحاالت الخاصة * باعتبار عزم الكتلة المعلقة في القضيب و ، 2 =
2 J = m l∆ فإن: 2
0 20
m l T = 2 π l( k . + m g . l ) cos θ4
×
: و منه 2
0 200
m l 1 T = 2π = 2 π g kl ( + ) cos θ( k . + m g . l ) cos θ 4m l4
aإذا آان * = lبح عبارة دور االهتزازات صغيرة السعة في هذه الحالة ، تص :
2
0 20 0
m l 1 T = 2 π = 2 π g k( k l + m g l ) cos θ ( + ) cos θm l
× ×
: التمرين الثامن عشر .
)تمثل العالقة )π πx( t ) = sin 2 π t + ( cm )3 المعادلة الزمنية لحرآة مهتز 3
s: بـ t و cm: ـ ب xيمة ، حيث نعبر فيها عن قميكانيكي جيبية مست ازاالهتز من خالل المعادلة الزمنية حدد دور و تواتر و نبض - 1 أوجد عبارة السرعة والتسارع للحرآة االهتزازية في آل لحظة و استنتج المعادلة - 2
التفاضلية لالهتزاز .ية االهتزازلحرآة ا ما هي الشروط - 3
174
:الحل : ية ازاالهتز ايجاد النبض و الدور و التواتر للحرآة - 1
0ω: النبض * = 2π rad/s * 0: الدور0
2πT = = 1 sω
1 - : التواتر *
0
1f = = 1 sT
v عبارة - 2 ( t ) a و ( t )
2d x ( t ): عبارة السرعة * π2v ( t ) = = π cos ( 2π t + )d t 3 4
: عبارة التسارع * 2
3d x ( t ) π4a ( t ) = = - π sin ( 2π t + )d t 3 4
: و تكون المعادلة التفاضلية من الشكل *
2
2 22
d x ( t ) π π = - 4 π . sin ( 2π t + ) = - 4 π x ( t )3 4d t
: ومنه 2
22
d x ( t ) + 4 π x ( t ) = 0d t
ية فاصلة و إشارة االهتزازروط االبتدائية للحرآة يقصد بالش: الشروط االبتدائية للحرآة - 3 ( t = 0 )سرعة المهتز عند مبدأ األزمنة
: شارة السرعة إ* 22 π 2π2v ( 0 ) = π cos = cm/s3 4 v ( 0 ) > 0 حيث 3
. لتمرين التاسع عشرا . و M = 0,25 kg آتلتها ABنعتبر ساق متجانسة
ــا G و مرآــز عطالتهــا l = 0,6 mطولهــا بإمكانـهة حــول مـحور دوران ـفي مجــال الثقاـل )اـل أفقــي (∆
ة ، نحدد موضع مرآز Aثابت يمر من طرفها عطاـلθالساق في آل لحظة بالفاصلة ( t ) ونعطي عزم ،
)عطالتها بالنسبة للمحور ∆):
21J = m L3∆ ، 2g = 10 m/s
نهمل جميع االحتكاآات خالل هذه الدراسة
x
xo
G
0G
(∆) A
B
θ
175
م ث في المنحنى الموجب 0θزاويةا بعن موضع توازنهلساق ا نزيح : الدراسة التحريكية -
tحررها بدون سرعة ابتدائية عند اللحظةن = 0. و ما هي طبيعة الحرآة ؟للحرآة المعادلة التفاضلية أوجد- 1
0:يرة السعة ات صغاالهتزاز في حالة لمعادلة التفاضلية أوجد حلول ا- 2πθ = rad 10
0T أحسب قيمة الدوران الخاص- 3
يمثل الشكل جانب تغيرات الطاقة الكامنة الثقالية للمجموعة بداللة الزاوية :ية والدراسة الطاق -θ نأخذ الحالة المرجعية للطاقة ،
PPE الثقالية الكامنة عند 0 =
θالتوازن المستقر للساق = 0 بين أن الطاقة الكامنة الثقالية للساق - 1
: يمكن أن نعبر عنها بالعالقة التالية
( )PP1 - cos θE = M g L 2
) خالل حرآة الساق حول المحور- 2 ∆)
1D ، 2Dوالمتمثلين في الشكل بالمستقيمين ) الميكانيكية(يمكن إعطاء قيمتين للطاقة الكلية
للمجموعة ) الميكانيكية ( الطاقة الكلية 1Dيمثل : الحالة األولى *
رعة الزاوية للساق أثناء مرورها بموضع التوازن في المنحني الموجب عين الس/ أ عين من خالل المنحنى موضع أو مواضع الساق التي تكون فيها قيمة الطاقة الحرآية / ب
cE = 0,25 J
الطاقة الميكانيكية الجديدة للمجموعة ، ما هو شكل مسار مرآز 2Dيمثل : الحالة الثانية*
؟ علل الجواب Gعطالة الساق
:الحل : الدراسة التحريكية ---
:المعادلة التفاضلية لحرآة الساق ، و تحديد طبيعة الحرآة بتطبيق نظرية العزوم إيجاد - 1
2
i 2i
d θM ( F ) = J d t∆ ∆∑
: و بعد اإلسقاط وفق االتجاه المختار نكون أمام ما يلي2
∆ ∆ ∆ 2d θM ( P ) + M ( R ) = Jd t
: و منه 2
∆ 2d θl-M g . sinθ + 0 = J2 dt
: و بالتالي 2
2∆
M g l d θ + sinθ = 02 Jdt
2D
π-π
0,51D
ppE (J)
176
فيها اهتزازية و هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية متجانسة غير خطية ، و تكون الحرآة .لكن غير جيبية دورية
sinθأي : حل المعادلة في حالة االهتزازات صغيرة السعة - 2 θ
:و تصبح المعادلة 2
2∆
M g l d θ + θ = 02 Jdt و هي معادلة خطية و حلها
0 0θ(t) = θ sin(w t + φ )
0 : تحديد الثوابت * 0w ; φ ; θ
- 0∆
M g l 3 g w = = =5rad /s2 J 2 l، 0πθ = rad10 تة ثاب فالسعة ولة معز الجملة ألن
'dθθ و 0θ(0) = θ فإن t = 0 من أجل الشروط االبتدائية - (0) = (0) = 0dt
'0θ: و منه (0) = θ w cosφ 0θ(0) = θ و عند ذلك و من أجل sinφ
sinφ و يكون πφ أي 1 = )اإلزاحة في االتجاه الموجب ( 2 =
π: و تصبح المعادلة الزمنية من الشكل πθ(t) = sin(5t + )10 2
0 : حساب قيمة الدور الخاص -30
2 π 2 lT = = 2 π = 1,256 sw 3 g
II - الدراسة الطاقوية :
teنعلم أن : أيجاد عبارة الطاقة الكامنة الثقالية -1ppE (x) = M g x + c
ppEو بما أن اختيارنا تم على أساس : على الشاقول فإن المنطبقة 0G عند النقطة 0 = (0)
teppE (0) = M g 0 + c te c أي 0 = ppE: و بالتالي 0 = (x) = M g x . . . (3)
0: حيث l l lx = OG - OG' = - cosθ = ( 1 - cosθ )2 2 2
pp: نجد ) 3(و بالتعويض في العبارة M g lE (x) = ( 1 - cosθ ) . . . (3)2
:(D1)محددة بالمستقيم ) ساق ( الطاقة الكلية للجملة : الحالة األولى -2
2: بما أن teM pp C ∆
M g 1E = E + E = ( 1 - cosθ ) + J θ' = c2 2
: ة الجملة عند مرورها بوضع التوازن سرع-أ
2M ∆
1θ = 0 E = 0 + J θ' : و منه ⇒0,52 = ∆
2 0,5θ' = J )المنحى موجب ( ×
177
2: تطبيق عددي2 0,5θ' = = 5,77 rad/ s
(1/3) 0,25 . 0,6×
cE تحديد المواضع التي من أجلها الطاقة الحرآية -ب = 0,25 J
ppان الطاقة الكامنة الثقالية لذلك إن البيان المرسوم هو بي M cE = E - E
ppE: و منه = 0,5 - 0,25 = 0,25 Jن هناك نقطتان متناظرتان هما ا و من البيπθ = 3±
من خالل الشكل نالحظ أنه من أجل أي وضع و في أي لحظة : الحالة الثانية
M ppE (θ ) > E (θ M و يكون ( ppE (θ ) - E (θ ) > 0
M: و لدينا ppE(θ ) = E (θ ) - E (θ ) > 0
و بما أنه ال توجد نقطة تنعدم فيه الطاقة الحرآية أي السرعة الزاوية ، فإن الجملة تبقى في حالة
lOG = 2 و نصف قطرها Aدوران و مسارها عبارة عن دائرة مرآزها
. التمرين العشرون . ، يمكن أن l = 40 cm و طوله m = 500 g آتلته OBنعتبر نواسا مرآبا مكونا من قضيب
)ينجز حرآة اهتزازية دورانية حول محور OA بحيث A يمر من النقطة (∆ نعتبر 3 =
) عزم عطالة القضيب بالنسبة للمحور∆Jالمقدار ∆).
A هو Aلنقطة ل بين أن مرآز عطالة القضيب بالنسبة - 1 G = 6
زيح النــواس المرـآب عــن وضـع توازنــه بالزا - 2 ة ـن 0θوـي دون ســرعة 10° = و نحــرره ـب
و نعتبر t عند آل لحظة θاس بالزاوية و ، نعلم مرآز عطالة النt = 0ابتدائية عند اللحظة θمنعدمة عند الثقالية الطاقة الكامنة = 0
أوجد عبارة الطاقة الكامنة الثقالية للنواس بداللة / أ
, m , θ , g نعطي :2θcos θ 1 - 2≅
mعط عبارة الطاقة الكلية أ/ ب PP c( E = E + E للنواس (
∆J ، أحسب ∆t = 9,6 s ية ات خالل مدة زمنهتزاز ا10ينجز النواس / ـ ه
A
O
B
θ
(∆)
178
:الحل : A إيجاد عبارة مرآز عطالة القضيب بالنسبة النقطة - 1
A: من الشكل نالحظ G = O B - O A - G B
A 3 - 2 - 6: إذن G = - - = = 3 2 6 6
عبارة الطاقة الكامنة الثقالية للنواس المرآب إيجاد/ أ - 2
te: لدينا PP =y = y ( θ ) , E ( θ ) = m g y + c
هو مبدأ قياس الطاقة 0Gباعتبار المستوى المار من النقطة
Eالكامنة الثقالية أي ( y = 0 ) = 0
te: إذن PP =E ( θ ) = m g . 0 + c te: ومنه 0 =
=c = 0
p: و بالتالي pE = E ( θ ) = m g ( 1 - cos θ )6
y: حيث = ( 1 - cos θ )6
: و بما أننا أمام حالة زوايا صغيرة فإن 2θcos θ 1 - 2
2: لذلك PP
m g m g E ( θ ) = ( 1 - cos θ ) . θ . . . . . . .. ( 1 )6 12
m: دينا ل:عبارة الطاقة الكلية للنواس المرآب / ب - 2 PP cE = E + E
بما أن الطاقة الحرآية تأخذ الشكل العام في حالة جملة قابلة للدوران حول مرآز للدوران بالشكل
):العام )2cd θ1E = J 2 d t∆ نضع ، d θθ = d t
i2:إذن
c1E = J θ . . . .( 2 )2 ∆
i
)و بالتالي من 1 ) و ( 2 2: نجد ( 2m PP c
m g 1E = E + E = θ + J θ12 2 ∆
الراحل و جميع االحتكاآاتباهمال : إيجاد المعادلة التفاضلية لحرآة النواس المرآبة / جـ - 2
المعرقلة للحرآة 2
te 2 tem = =
m g 1E = c θ + J θ = c12 2 ∆⇒i
∆:و باشتقاق هذه األخيرة بالنسبة للزمن نجد m g 1 2 θ θ + J 2 θ θ = 0
12 2
i ii
: ومنه ∆
m g θ + θ = 0 . . . . . (3)6 J
ii
:وهي آما نالحظ عبارة عن معادلة تفاضلية خطية من الرتبة الثانية و متجانسة حلها من الشكل
0 0θ(t) = θ sin(w t + φ 0 حيث ( ∆
m g w = 6 J
A
O
B
θ
0G
G
P
y
yo
179
) سابقا و حسب العبارة ناوجد : 0Tاص خعبارة الدور ال/ د - 2 4 الهتزازلخاص لا النبض (
0ω إذن :∆0
0
6 J2πT = = 2 π ω m g
ات خالل مدة هتزاز ا10نجز بما أن النواس المرآب ي: J∆حساب عزم عطالة الجملة / هـ - 2 هو 0T فإن زمن هزة واحدة خالل مدة زمنه ∆t = 9,6 s زمنية
01 9,61 tT = = = 0,96 s10 10
×× ∆
( و بالتالي نستطيع أن نستنتج عزم عطالة النواس المرآب و هي عادة الطريقة المستعملة عمليا ) صعب التعامل معها رياضيا ( إذا آان أبعاده الهندسية آيفية خصوصا ) تجريبيا
: الواحد و العشرونتمرين ال . س معطيات التمرين السابق نستعمل في هذا التمرين نفة ربط القضـيب ـفي النقـط لك ثاـبت فتلــه Aـن و C بـس
ــه ــذا األخيــــر مـشــدود بواســــطة طوـل بحيــــث أن ـه بحيث يمكن للقضيب أن يدور ـحول D و Eحاملين )المحور لك (∆ : ، نعـطي DE المنطبق عـلى الـس
E A = x ــه ، ونــزيح القضــيب ـعــن موضــع توازـناقولي المستقر في مستوي متعامد مع المـستوي الـش
0θ بزاوية DEالذي تضم السلك و نحرره 10° =
)بدون سرعة ابتدائية فيحدث دوران القضيب حول المحور ∆)
، أوجد ) قانون نيوتن الثاني في التحريك الدوراني ( بتطبيق العالقة األساسية في الديناميك /أ المعادلة التفاضلية للنواس الجديد و استنتج أن النبض الخاص يمكن أن نعبر عنه بالعالقة التالية
2 2'1 0ω = ω + ω + x ( 1 - x ) 2: بحيث أن' Cω = J ∆
1Tاستنتج عبارة الدور الخاص ، حدد هذه القيمة maxTبين أن الدور الخاص يمكن أن يأخذ قيمة عظمى / ب
، ∆t = 8 s اهنزازات خالل مدة زمنية 10 قيمتها العظمى ينجز الساق xعندما تأخذ / جـ . Cب الدور الخاص للجملة ، استنتج قيمة ثابت فتل السلك أحس
x
E DG
B
A(∆)o
180
:الحل : بتطبيق المبدأ األساسي للتحريك الدوراني 1T عبارة الدور الخاص للنواس الجديد إيجاد - 1
: نجد 2
i 2i
d θM ( F ) = J dt∆ ∆∑
و تكون العبارة الجبرية بعد اختيار االتجاه : جب و تحديد عزوم القوى آما يلي المو
2
1 2 2d θM ( P ) + M ( F ) + M ( F ) = J dt∆ ∆ ∆ ∆
2
1 1 2d θ- m g sin θ - c θ - c θ = J 6 dt∆
1: حيث أن 1F = c θ ) عزم فتل جزء السلك 1 )
2 2F = c θ عزم فتل جزء السلك ( 2 )
: و التالي 2 1 2
2
c + c + m g d θ 6 + θ = 0 . . . . . . . . .( 1 )Jdt ∆
sinات صغيرة السعة االهتزازحيث أننا اعتبرنا θ θ المعادلة ( 1 تفاضلية خطية من (
0: لها من الشكل ح) متجانسة ( المرتبة الثانية 1θ ( t ) = θ sin ( ω t + )ϕ
: و الذي يكون فيها 1 2
1
c + c + m g 6ω = . . . . . . . . .( 2 )J ∆
: يعطى ثابت فتل السلك بالعالقة 4rc = k .
: و حسب آل حالة فإن 4
1rc = k . - x و
42
rc = x
): و بالتالي ) 4 24 41 2
1 1 k rc + c = k r + = k r = x - x x ( - x ) x ( - x )⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
)1 اعتمادا على دراسة طاقوية حدد طبيعة حرآة -1 s ا معادلته التفاضلية دد مح(
ـ - 2 )1 أوجد المعادلة الزمنية ل s نزيح الجسم بسافة t = 0 علما أنه عند مبدأ الزمن (
d = 4 cm 0 و نطلقه بسرعةv = 4 m/s نحو األعلى .
1o
2o i
jh
2s
1s
x(m)
2 2t (s )
0,5
1
1oj
187
:الحل I -2 طبيعة حرآة الجسم(s s)2 نالحظ أن فاصلة الجسم2باالعتماد على بيان الشكل : ( )
مع مربع الزمن أي )2x: تتناسب طرديا t ) = λ t . . . . . . . .( 1 )
)إن شكل المعادلة، مل توجيه المستقيم ا معλ: حيث 1 يطابق العبارة العامة للمعادلة الزمنية (: لحرآة مستقيمة متغيرة بانتظام الذي شكلها العام
1
21 x 1 1
1x( t ) = a ( t - t ) + v ( t - t ) + x2 ، حيث أنه عند اللحظة :t = 0 يكون :
1x = 0 ، 1v )21x: إذن ، 0 = t ) = a t . . . . .( 2 )2
) وبمقارنة العبارتين 1 ) و ( 2 1: نجد ( a = λ2 2 ومنهa = a = 2 λ
2: معامل توجيه المستقيم - :تطبيق عددي 2
0,5 xλ = = = 0,5 m/s1 t∆
∆
)2 تسارع الجسم - s ) : 22a = a 0,5 = 1 m/s×
y المعادلة الزمنية - 2 ( t ) 1 لحرآة الجسم( s إن التسارع الزاوي لكل من البكرتين هو : (
: نفسه 2 2
2 21 2
d θ d θ = d t dt
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2r و 1r: لكن التسارع الخطي للنقاط الموجودة على بعد ،
: ليس نفسه حيث 2 1
2 11
ad θ = . . . . . . ( 3 )rd t⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2
2 22
ad θ = . . . . . . ( 4 )rd t⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
)من العبارتين 3 ) و( 4 1: نجد ( 2 2 1a r = a r× 1: ومنه ×1 2
2
ra = a r×
2 :تطبيق عددي 1
1a = 1 = 0,5 m/s2 ×
من محور دوران هذه البكرة أو أي نقطة متصلة 1r يصف آل نقطة على بعدو هو التسارع الذي)1 هو تسارع الجسم1aبها عن طريق محزها لذلك s ة مستقيم أيضا ، فحرآته هي حرآة (
)2 يختلف عن الصفر فإن التالمس بين المستوي و الجسمfبما أن s وجود االحتكاك يتم في(
)1حساب سرعة/ أ - 4 s : مباشرة قبل الصدم (
)1يمكن أن نعتبر* s )1 لحظة انقطاع الخيط( f : هي (1s 1
d y(t)v = = 0,5 tdt ×
: أي 1sv = 0,5 2 = 1 m/s×
في المجال الزمني 1Oلمعلمو االرتفاع الذي يكون عليه بالنسبة لمبدأ ا*
12
s 1 1 y = y ( t ) = 0,25 t - 1,15 = 0,15 m∆
)1نكون أمام حالة سقوط حر للجسم 1tو بعد اللحظة* s فالسرعة التي يصل بها إلى الكفة تحدد (
: آما يلي 1
2 2sv - v = 2.g y∆نه وم :
12sv = v + 2g . y∆
2v :تطبيق عددي = 1 + 2 . 10 . 0,15 = 2 m/s بما أن الطاقة محفوظة فإن آامل الطاقة التي :حساب مقدار االنضغاط األعظمي للنابض / ب )1لها الجسمميح s حالة جملة ( ه حسب مبدأ انخفاط الطاقة أي أن )آفة + 1s( تحول إلى الجملة (
.الطاقة النهائية للجملة= الطاقة االبتدائية للجملة ) معزولة
1o
2o i
j
2s
1s
P1T
'1T
2TR
1P
f'2T
189
2 '21 1
1 1 m v = ( m + M ) v2 2
1: ومنه 1
mv' = . vm + M
'0,2v :تطبيق عددي = . 2 1,26 m/s0,5 ≅
فساط النابض وذلك باالعتماد على نضغو سيكون مقدار ان* و اختيار آمبدأ) انخفاط الطاقة في حالة جملة معزولة ( المبدأ
: يكون لدينا 1O لقياس الطاقة الكامنة الثقلية و المرونية المستوي األفقي المار بالنقطة
PP: عبارة الطاقة الكامنة الثقلية - 1 1E ( y ) = - g ( m + M ) y + c
PP: حيث 1y = 0 E (0 ) = 0 c = 0⇒ ⇒
PP: إذن 1E ( y ) = - ( m + M ) g y
2: رة الطاقة الكامنة المرونية عبا-Pe 3
1E ( x ) = ( + y ) + c2 ∆
: حيث 2
Pe 2- k y = 0 E (0 ) = 0 c = 2
∆⇒ ⇒
2: إذن 2Pe
1 1E ( y ) = k (y + ) - k 2 2∆ ∆
) وعند الوضعتين - 1 ) و ( 2 : ون يك(
Pe1 PP1 c1 Pe2 PP2 c2E + E + E = E + E + E
2 21 0 0 1 0
1 10 + 0 + ( m + M ) v = k y + k y - ( m + M ) g y + 02 2 ∆
2: إذن 21 0 1 0
1 1 ( m + M ) v = k y - m g y + 02 2
y ( k - M g )0: حيث اختبرنا ) نابض + آفة ( الجملة توازنألنه يمثل وضع ∆0 =
)و تصبح المعادلة 2 2: بالشكل ( 20 1 0 1k y - 2m g y - ( m + M ) v = 0
2: أي أن 0 0100 y - 4 y 0y: و بحلها نجد 0 = 0,8 - = 11,2 cm
II - 1 - لالهتزاز المعادلة التفاضلية إيجاد و باختيار ) أرض + 1s+ نابض حلوزوني ( باالعتماد على دراسة طاقوية نختار أوال الجملة
1O مبدأ لقياس الطاقة الكامنة المرونية و الثقلية ، فيكون :
PP: الطاقة الكامنة الثقلية 1 1E ( y ) = m g y + c
PP: حيث 1y = 0 E (0 ) = 0 c = 0⇒ PP: إذن ⇒ 1y < 0 ; E ( y ) = m g y
1o
j
h
∆y
y
1t = 0 s
2t = 2 s
190
2: الطاقة الكامنة المرونية للنابض الحلزوني - 2Pe
cE ( θ ) = ( θ - θ ) + c2 ∆
2:حيث Pe 2
1θ = 0 E ( 0 ) = 0 c = - c θ2⇒ ⇒ ∆
2: إذن 2Pe
1 1E ( θ ) = c ( θ - θ ) - c θ2 2∆ ∆
2: و التي تصبح بالشكل Pe
1E ( θ ) = c θ - c θ θ2 ∆
2y = r: حيث .θ ، 2dy = v = r θdt
i
': و إن الحالة 1 1
2
c θmg = T = T = r∆
:لك تمثل وضع التوازن لذ
2
Pe PP c
2 te1 1 =
1E + E + E = c θ - c . θ .θ 21+ m g y + m v = c2
∆
: و التي تصبح بالشكل .
2 2 2 te1 2 1 2 =
2
c . θ 1 1 c θ + ( - m g ) r θ+ m r θ = c2 r 2∆
: ومنه .
2 2 2 te1 2 =
1 1 c θ + m r θ = c2 2
: و باالشتقاق بالنسبة للزمن نجد .. . .
21 2c θθ + m r θθ = 0
: ومنه ..
21 2
cθ+ θ = 0 . . . . . .(10)m r
: حيث يمثل هنا . dθθ = = 0dt ،
.. 2
2d θθ = dt
)المعادلة 10 آة اهتزاز البكرة الدوراني و قد تعمدنا ايجاد ر تعبر عن المعادلة التفاضلية لح(اج طريقة التعامل مع عزم فتل النابض الحلزوني ، و الستنتاج المعادلة يضالعبارة الزاوية ال
)1الزمنية لحرآة الجسم s : نأخذ ببساطة المقدار (2
yθ = r
) و تعويضه في المعادلة 10 )
: لنجد ''
22 21 2
y c y + = 0r rm r
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
'': ومنه 2
1 2
cy + y = 0 . . . . ( 11 )m r
: ية حلها من الشكل خطية من المرتبة الثان معادلة تفاضلية عن و آما نالحظ فهي عبارة
0 0y ( t ) = y sin ( ω t + ϕ ) 0: حيث اعتبرنا هنا 21 2
cω = m r
0 :تطبيق عددي 0,25ω = = 5 rad/s
0,2 0,05×
1oj
θoθ∆
y
1T
'1T
+
y
1P
2r
191
t = 0 ، dو باالعتماد على الشروط االبتدائية * = 4 cm 0 ؛v = 4 m/s
0: لدينا 0y ( t ) = y sin ( ω t + ϕ )
0 0v( t ) = y ω cos ( ωt + ϕ )
0y: ؛ يكون t = 0: ومن أجل ( 0 ) = d = y sin ( 12 )ϕ . . . . . .
0 0 0v( 0 ) = - v = y ω cos ( 13 )ϕ . . . . . .
0: و بالتالي
0 0 0
y sin d = - v y ω cos ϕ ϕ 0: ومنه
0
d ωtog = - vϕ
rad = - rad 0,05 - 1: ومنه 201ϕ
v -0: و الحل المقبول هو من أجل 2: إذن 0 > = π - 0,05 = 3,09 rad ϕ
0 :و تكون السعة العظمى لالهتزاز 0,04dy = = 0,8 msin sin 3,09 ≅ ϕ
y: و بالتالي ( t ) = 0,8 sin ( 5t + 3,09 ) ( m )
: التمرين الخامس و العشرون .
2g: و نأخذ االحتكاآاتنهمل جميع = 10 m/s
I - نثبت في طرفي نابض R مرن ذو حلقات غير متالصقة ، ثابت مرونته k و آتلته مهملة نضع l0 ، طول النابض لهذه الحالة m آتلتها P االخر بكفة بينما نربط الطرف. بحامل ثابت أفقي
)في الكفة جسما s . l فيصبح طوله 1M آتلته (
بداللة K أوجد عبارة ثابت المرونة - 1
0 1l , l , M ,m
عند اللحظة ) الجسم+ الكفة ( نزيح المجموعة - 2
0t نحو a عن موضع توازنها بالمسافة 0 =
األسفل و نحررها بدون سرعة ابتدائية pأوجد عبارة الطاقة الكلية / أ c( E + E )
dy للمجموعة بداللة dt
نتج المعادلة ثم است y و
. آمرجع لقياس الطاقة الكامنة الثقلية والمرونية o التفاضلية للحرآة ، نأخذ مبدأ المعلم . tأآتب المعادلة الزمنية لحرآة المجموعة عند اللحظة / ب
a
0
mM1
j0
192
II -نزيل الكفة و نربط الطرف الحر للنابض بالجسم ( s المعلق (في خيط غير قابل لالمتطاط و آتلته مهملة ، ملفوف على محز بكرة
ا 1Mآتلتـه ' = 3 M ا ا R = 3 cm و نصـف قطرـه بامكانـها ز عطالتـه ر مــن مرـآ دوران ـحول محــور ثاـبت يـم ، الخــيط ال Gاـل
وط 'sبجـسم ينزلق على محز البكرة ، و الطرف اآلخر للـخيط مرـب
2آتلته 1M = 2M 21 نعطيJ = M' R2∆
بدراسة توازن المجموعة أوجد العالقة بين ثابت مرونة النابض - 1 و االستطالة
عن موضع توازنه نحو األسفل و نحرره 2s نزيح الجسم - 2
0t عند اللحظة بدون سرعة ابتدائية ، نعتبرها مبدأ األزمنة 0 =
ية هتزازبتطبيق مباديئ ميكانيك نيوتن على المجموعة ، بين أن حرآة الجسمين حرآة ا/ أ .جيبة ، و عط عبارة دورها الخاص
ة ؟ نعطي ليبقى الخيط متوترا أثناء الحرآ Kما هي القيمة الحدية لثابت مرونة النابض / ب
0 1y = 3 cm , M = 200 g )ينجز الجسم / حـ s') 10ات خالل مدة زمنية تقدر بـ هتزاز اt = 20 s∆بت ا استنتج ث
Kمرونة النابض )ة الزمنية لحرآة الجسم دلاستنتج المعا/ د s ) : 1y = f ( t ) ة الزمنية لحرآة دل و المعا
θالبكرة = g ( t ) للطاقة الثقالية و نأخذ آمرجع للطاقة الكامنة المرونية الحالة o نأخذ مبدأ المعلم - 3 مرجعا
.التي يكون النابض غير مشوه أرضبين أنه يمكن التعبير عن الطاقة الكامنة للمجموعة / أ + s' + s ابض ن
2: بالعالقة P
1E = k y + A2 ، A : ثابت ، أحسبA
للمجموعة ، و استنتج المعادلة التفاضلية للحرآة ) الميكانيكية ( أوجد تعبير الطاقة الكلية / ب
:الحل I - 1 ( بارة ثابت مرونة النابض يجاد عإk
i: حسب مبدأ العطالة لنيوتن i
F T: أي ∑0 = + P = 0
)ر باإلسقاط وفق المحو 0 , j : نجد (
1T - P = 0 k = ( M + m ) g . . . . . . ( 1)⇒ ∆ 1k = ( M: و بالتالي + m ) g / ∆
1 : أي أن
0
M + mk = g -
1o
y
1M
M '
2M
0
o
yT
P
193
) :آامنة + حرآية ( ايجاد تعبير الطاقة الكلية - 2، و باعتبار المستوى األفقي الذي ) أرض + نابض + آفة+ s( باعتبار الجملة محل الدراسة
: هي ا آمرجع لقياس الطاقة الكامنة الثقالية و المرونية فإن عبارة آل منهoيشمل
pp: الثقالية الطاقة الكامنة- 1 1E (y) = ( M + m ) g y + c 1 حيثy = 0 c = 0⇒ pp: و منه 1E (y) = ( M + m ) g y
2: الطاقة الكامنة المرونية -pe 2
1E (y) = k ( ∆ - y ) + c2
2حيث pe 2
1y = 0 E (y) = 0 c =- k ∆2⇒ ⇒
2: و منه 2pe
1 1E (y) = k ( ∆ - y ) - k ∆2 2
peEإن عبارة الطاقة الكامنة المرونية المستخدمة مستندة إلى دراسة البيان : مالحظة * ( x )
o,i)في المعلم , j ) ، x > ∆ إذن فالزيادة في مقدار النابض ،
2 إذن ∆ - u = xهو pe 1
1E (u) = k u + c2
1: فإن u = 0فمن أجل pec = - E (0)
2: و منه pe pe
1E (x) = k ( x - ∆ ) - E ( 0 )2
ppو بأخذ المجموع * peE + E نجد :2 2
p pe pp 11 1E = E + E = k (∆ - y) - k ∆ + ( M + m ) g y2 2
2: و بعد النشر و التبسيط نحصل على p
1E (y) = k y . . . . . .(2)2
k 1: ا بعين االعتبار حالة التوازن نحيث أننا أخذ = ( M m ) g∆ +
∆0 < - = 0: آما اعتبرنا أن m) : الطاقة الميكانيكية ( و عبارة الطاقة الكلية * P eE = E + E
2: ومنه 2m 1
1 1E = k y + ( M m ) v2 2 +
2: حيث c 1
1E = ( M m ) v2 + ، dyv = d t
: إذن 2
2m 1
dy1 1E = k y + ( M m ) 2 2 dt⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠
te: تتغير باعتبار الجملة معزولة ال ليةاقة الكطال* m =E = c
peE
peE ( x )2
p e1E = kx2
x
x∆
1o1c
u
194
: إذن 2
m1 2
dE dy d y dy = 0 yk + ( M m ) . = 0dt dt dtd t⇒ +
:ومنه 2
1 2d yyk + ( M m ) = 0dt
: و بالتالي +2
2 1
d y k + y = 0 . . . ( 3)M mdt +
) آما نالحظ أنو 3 : هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية حلها من الشكل (
0 0y ( t ) = y sin ( ω t + ϕ ) 0: حيث1
kω = M m+
0: بما أننا وجدنا : المعادلة الزمنية للحرآة / ب 0y ( t ) = y sin ( ω t + ϕ )
0t: ئية فمن الشروط االبتدا = 0 ، y ( 0 ) = - a ، 0v = 0
y: إذن ( 0 ) = - a = a sin ϕ ومنه :sin = - 1ϕ 3: و بالتاليπ = 2ϕ
)0v: و هذه القيمة تجعل 0 ) = v = 0
0: و بالتالي 3 πy ( t ) = a sin ( ω t + 2 ) ، 0
1
kω = M m+
II - 1 / بين ايجاد العالقة k0 و∆y: ن مبادئ الميكانيك الكالسيكي إففي حالة توازن الجملة
)الجسم :* تعطي s ) : 1 1T + T + P توتر الخيط : 1Tتوتر النابض ، : T: حيث 0 =
)باإلسقاط وفق المحور و O , j 1T : نجد ( - T - P = 0
1: ومنه 0 1T = k y + M g . . . . . . .( 4 )∆
)الجسم s') : 2 2T + P = 0
)باإلسقاط وفق المحور و O , j 2 : نجد ( 2T - P = 0
2: ومنه 2 2T = P = M g . . . . . . .( 5 )
': البكرة * '1 2M (T ) + M ( T ) + M ( R ) + M ( P )= 0∆ ∆ ∆
)رد فعل محور الدوران : R: حيث ∆) ، P : ثقل البكرة
: نجد في االتجاه الموجب المختارباإلسقاط و 1
' '2T . R - T R = 0 ومنه :
1
' '2T = T
:و بما أن 1
'1T = T ،
1
'2T = T ) 1: فإن ) لة آتلة الخيط مهم 2T = T . . . . ( 6 )
)من العالقة 4 ) و ( 5 )، ( 6 0: نجد ( 1 2k y + M g = M .g∆ 2و بما أن 1M = 2M 0: فإن 2k y = M .g∆
)ات أن حرآة الجسمين اثب/ أ - 2 s ) و( s')ية جيبية هتزاز حرآة ا
1o1T
2T
2P
'2T'
1T
1P T
P
R
j
195
: البكرة ..' '
1 2 M ( R ) + M ( P ) + M (T ) + M (T ) = J θ∆ ∆ ∆ ∆
)في االتجاه الموجب المختار للدوران حول المحور باإلسقاط ∆)
: فإن ..' '
1 20 + 0 - T .R+ T R = J θ∆منه و :' '2 1 2
JT - T = aR
∆
: حيث .. aθ = R ، a : تسارع خطي لـ( s ) و ( s')
': آما أن 2 2T = T و '
1 1T = T 2: إذن 1 2 JT - T = a . . . . . . ( 7 )R
∆
)جسم ال s ) : 1 1 1T + T + P = M a )باالسقاط وفق المحور O , j 1: نجد ( 1 1T - T - P = M a
1: ومنه 0 1 1T - k ( y + y ) - M g = M .a∆
1: إذن 0 1 1T - k y - ( k y + M g ) = M a . . . . . . ( 8 )∆
)الجسم s') : 2 2 2T + P = M a سقاط وفق المحور إلبا( O , j : نجد (
2 2 1T - P = M .a 2: ومنه 2 2T - M .g = M a . . . . . . . ( 9 )
7)بالجمع لكل من ) و( 8 ) و( 9 : رف نجد طرفا لط(
0 1 2 1 2 2J
- k y - k y + M g - M g = ( M + M + ) aR
∆∆⎡ ⎤⎣ ⎦
1: و بالتالي 2 2J
- ky = ( M + M + ) aR
∆
0: حيث 1 2k . y + M g - M g ) وضع التوازن ( ∆0 = 1M: و بما أن ' = 3 M 2 ؛ 1M = 2 M