Výsledky ke sbírce úloh k obecné fyzice – Kmity a vlny. Optika 1 Kmity 1.1 Netlumené harmonické kmity 1.1.1 T = 2√ ∆ ≐ 0,8 s 1.1.2 ∆ = 2 4 2 ≐ 6. 10 −2 m. 1.1.3 a) ≐ 245 N. m −1 ; b) ≐ 0,284 s 1.1.4 a) ∆ = 2 ≐ 0,21 m, b) = 1 2 √ ≐ 1,6 Hz, = ≐ 0,10 m 1.1.5 = 2√ 1 + 2 2 ∆ ≐ 1,6 , ) = 4 2 = 4 sin 4, ) = 16 4, c) = −64 sin 4 1.1.6 a) = 1,00 mm; b) vmax ≐ 0,754 m.s -1 ; c) amax ≐ 568 m.s -2 1.1.7 Řešení: Na obě tělesa se budeme dívat jako na hmotné body. Po dokonale nepružné srážce hmotných bodů a se obě tělesa budou pohybovat jako jeden hmotný bod s hmotností = + , a jelikož jsou na pružině, budou kmitat kolem rov- novážné polohy. Umístíme-li počátek soustavy souřadné do polohy těžiště koule , jež je zároveň také rovnovážnou polohou kmitavého pohybu, a osu rovno- běžně s rychlostí 0 a pružinou, můžeme popsat tento pohyb rovnicí () = m sin , (1) kde () je -ová souřadnice kmitajícího hmotného bodu, m je amplituda kmitů a je úhlová frekvence kmitů. V rovnici (1) neuvažujeme fázovou konstantu , ne- boť kmitání v čase =0 s začíná z polohy =0 m. Úhlová frekvence kmitů, resp. vlastní frekvence soustavy je dána pouze konstantou pružiny K a kmitající hmotou =+ a to vztahem 2 = = + , odkud jednoduše vypočítáme periodu kmitavého pohybu jako = 2 = 2 √ + . K úplnému vyřešení úlohy nám tedy již zbývá pouze zjistit amplitudu m . Tu vy- počteme z počáteční rychlosti 0 ′ , kterou soustavě udělila hmota pohybující se rychlostí 0 . Ze zákona zachování hybnosti máme 0 + 0 = ( + ) 0 ′ ⇒ 0 ′ = 0 + . Nyní zderivujeme rovnici (1) podle času
25
Embed
Výsledky - UJEPphysics.ujep.cz/~ehejnova/Optika/Sbirka_reseni.pdfkde H0 je vzdálenost hmotného bodu resp. těžiště od místa upevnění nitě, v našem případě je tedy H0=
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
Výsledky
ke sbírce úloh k obecné fyzice – Kmity a vlny. Optika
1 Kmity
1.1 Netlumené harmonické kmity
1.1.1 T = 2𝜋√∆𝑙
𝑔 ≐ 0,8 s
1.1.2 ∆𝑙 = 𝑇2𝑔
4𝜋2 ≐ 6. 10−2m.
1.1.3 a) 𝐾 ≐ 245 N. m−1; b) 𝑇 ≐ 0,284 s
1.1.4 a) ∆𝑥 = 2𝑚𝑔
𝐾≐ 0,21 m, b) 𝑓 =
1
2𝜋√
𝐾
𝑚≐ 1,6 Hz, 𝑦𝑚 =
𝑚𝑔
𝐾≐ 0,10 m
1.1.5 𝑇 = 2𝜋√𝑚1+ 𝑚2
𝑚2𝑔∆𝑙 ≐ 1,6 𝑠 , 𝑎) 𝑦 = 4 𝑠𝑖𝑛
2𝜋
𝑇𝑡 = 4 sin 4𝑡, 𝑏) 𝑣 = 16 𝑐𝑜𝑠 4𝑡,
c) 𝑎 = −64 sin 4𝑡
1.1.6 a) 𝑦𝑚 = 1,00 mm; b) vmax ≐ 0,754 m.s-1; c) amax ≐ 568 m.s-2
1.1.7 Řešení: Na obě tělesa se budeme dívat jako na hmotné body. Po dokonale nepružné
srážce hmotných bodů 𝑀 a 𝑚 se obě tělesa budou pohybovat jako jeden hmotný
bod s hmotností 𝜇 = 𝑚 + 𝑀, a jelikož jsou na pružině, budou kmitat kolem rov-
novážné polohy. Umístíme-li počátek soustavy souřadné do polohy těžiště koule
𝑀, jež je zároveň také rovnovážnou polohou kmitavého pohybu, a osu 𝑥 rovno-
běžně s rychlostí 𝑣0 a pružinou, můžeme popsat tento pohyb rovnicí
𝑥(𝑡) = 𝑥m sin 𝜔𝑡, (1)
kde 𝑥(𝑡) je 𝑥-ová souřadnice kmitajícího hmotného bodu, 𝑥m je amplituda kmitů a
𝜔 je úhlová frekvence kmitů. V rovnici (1) neuvažujeme fázovou konstantu 𝜑, ne-
boť kmitání v čase 𝑡 = 0 s začíná z polohy 𝑥 = 0 m.
Úhlová frekvence kmitů, resp. vlastní frekvence soustavy je dána pouze konstantou
pružiny K a kmitající hmotou 𝜇 = 𝑚 + 𝑀 a to vztahem
𝜔2 =𝐾
𝜇 =
𝐾
𝑚 + 𝑀,
odkud jednoduše vypočítáme periodu 𝑇 kmitavého pohybu jako
𝑇 = 2𝜋
𝜔= 2𝜋√
𝑚 + 𝑀
𝐾.
K úplnému vyřešení úlohy nám tedy již zbývá pouze zjistit amplitudu 𝑥m. Tu vy-
počteme z počáteční rychlosti 𝑣0′ , kterou soustavě udělila hmota 𝑚 pohybující se
rychlostí 𝑣0. Ze zákona zachování hybnosti máme
𝑚𝑣0 + 0𝑀 = (𝑚 + 𝑀)𝑣0′ ⇒ 𝑣0
′ =𝑚𝑣0
𝑚 + 𝑀.
Nyní zderivujeme rovnici (1) podle času
𝑣(𝑡) = ( 𝑡) = 𝑥m𝜔 cos(𝜔𝑡) ,
a pro 𝑡 = 0 platí
𝑣0′ = 𝑥m𝜔 ⇒ 𝑥m =
𝑣0′
𝜔,
tedy
𝑥m =𝑚𝑣0
√𝐾(𝑚 + 𝑀).
1.1.8 𝑦(𝑡) = −𝑚𝑔sin𝛼
𝐾cos√
𝐾
𝑚𝑡
1.1.9 𝑔𝑀 = 4𝜋2
𝑇2 ∆𝑙 ≐ 1,6 m. s−2
1.1.10 ∆l = 𝑔
4𝜋2(𝑇2
2 − 𝑇12) ≐ 2,7.10-2 m
1.1.11 m = ∆𝑚
3 = 100 g
1.1.12 ∆m = 3m = 0,75 g
1.1.13 Perioda se zkrátí na polovinu.
1.1.14 𝜔´ = 𝜔√𝑙0
𝑙0−𝑎
1.1.15 a) 𝐾 = 𝐾1𝐾2
𝐾1+𝐾2, b) 𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2
1.1.16 𝑇𝑠
𝑇𝑃= 2
1.1.17 𝑡 = 𝜋
2
𝑦𝑚
𝑣0≐ 0,279 s
1.1.18 a) 𝐾1 = 𝜋2𝑓2𝑚 ≐ 1,29. 105 N. m−1, b) 𝑓 ≐ 2,68 Hz
1.1.19 a) 𝑦 ≐ 0,014 m, 𝑣 ≐ 0, 222 m. s−1, 𝑎 ≐ 3,49 m. s−2; b) 𝑠 ≐ 0,026 m; c) vmax ≐ 0,314 m.s-1, amax ≐ 4,93 m.s-2
1.1.20 y(t1) ≐ 0,20 m nebo 0,29 m; v(t1) ≐ 1,16 m.s-1 nebo 0,81 m.s-1; a(t1) ≐ 3,20 m.s-2
nebo 4,64 m.s-2
1.1.21 a) 𝑦 = 0,05 sin(𝜋
2𝑡 +
𝜋
4), b) 𝑦(𝑡 = 0) ≐ 0,035 m, 𝑦(𝑡 = 1,5 𝑠) = 0;
c) 𝑣𝑚𝑎𝑥 ≐ 0,079 m. s−1, 𝑎𝑚𝑎𝑥 ≐ 0,12 m. s−2
1.1.22 a) = 0,5 m. s−1, b) = 1 m. s−1
1.1.23 𝑣 ≐ 0,082 m. s−1, 𝑎 ≐ 0,148 m. s−2, 𝐹 ≐ 7,4. 10−4 N
1.1.24 a) 𝜔 ≐ 23,5 rad. s−1, 𝑓 ≐ 3,74 Hz; b) 𝜑 = 65° nebo 245°;
c) 𝑦𝑚 ≐ 0,094 m.
1.1.25 𝑦𝑚 = √4𝜋2𝑓2𝑢𝑥
2(0)+𝑣𝑥2(0)
4𝜋2𝑓2 ≐ 5. 10−2 m, 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2𝜋𝑓𝑢𝑥(0)
𝑣𝑥(0)) ≐ 86°
1.1.26 Rychlost bude maximální v okamžicích, pro něž platí: 𝑡 = 6 (𝑘 +1
2) ,
𝑘 = 1, 2, …, zrychlení bude maximální v okamžicích, pro něž platí: 𝑡 =6k, kde k = 0, 1, 2, … .
1.1.27 𝐴 =𝑣𝑚
2
𝑎𝑚= 0,5 m, 𝑓 =
𝑎𝑚
2𝜋𝑣𝑚≐ 0,95 s−1
1.1.28 a) 𝑡 = 𝑇
12, b) 𝑡 =
2
15𝑇
1.1.29 a) f ≐ 1,6 Hz;
b) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 1 m. s−1 při y = 0;
c) 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 10 m. s−2 pro x = ± 10 cm;
d) 𝐹 = −𝑚𝜔2𝑥 (𝑡) = −10[𝑁. 𝑚−1]. 𝑥(𝑡)
1.1.30 𝑇 = 2𝜋√𝑚1𝑚2
𝐾(𝑚1+ 𝑚2)
1.1.31 𝜌 = 16𝜋𝑚
𝑇2𝑑2𝑔≐ 1 000 kg. m−3
1.1.32 𝑇 = 2𝜋√𝜌𝑎
𝜌0𝑔≐ 0,9 s
1.1.33 𝑇 =4
𝐷√
𝜋𝑚
𝑔𝜌
1.1.34 𝑓 ≤ 1
2𝜋√
𝑔
𝑦𝑚 ≐ 0,58 Hz
1.1.35 𝜔 = √𝑔
𝑦𝑚≐ 14 rad. s−1
1.1.36 = 𝑖 𝑚 [𝑔 + (4𝜋2
𝑇2 ) 𝑥 (𝑡)] , 𝐹𝑚𝑎𝑥 = 𝑚4𝜋2
𝑇2 𝑥0 + 𝑚𝑔 ≐ 29 N
1.1.37 𝑦𝑚 = 1
4𝜋2𝑓2 √8𝜋2𝑓2𝑔ℎ − 𝑔2 ≐ 7,7. 10−5 m
1.1.38 f ≐ 0,08
1.1.39 𝑇 = 2𝜋√𝑙
2𝑔
1.1.40 𝑇 = 2𝜋√𝑚
2𝑆𝜌𝑔 ≐ 0,8 s
1.1.41 𝑓 =1
2𝜋√
2𝑔
𝑙≐ 0,8 Hz
1.1.42 Při izotermickém ději platí 𝑝1(𝑑 − 𝑥)𝑆 = 𝑝2(𝑑 + 𝑥)𝑆 = 𝑝𝑑𝑆. Síla působící na
píst 𝐹 = (𝑝1 − 𝑝2)𝑆 = 2𝑝𝑥𝑆𝑑
𝑑2−𝑥2 , kde 𝑉 = 𝑆𝑑. při malých výchylkách pístu (𝑥 ≪
𝑑) je 𝐹 =2𝑝𝑉𝑥
𝑑2 a kmitání pístu bude harmonické (𝐾 =𝐹
𝑥=
2𝑝𝑉
𝑑2 ), 𝑇 =
2𝜋√𝑚𝑑2
2𝑝𝑉.
1.1.43 𝑙1
𝑙2=
𝑇12
𝑇22 =
4
9
1.1.44 𝑎 = 𝑔𝑇1
2−𝑇22
𝑇22 = − 3 m. s−2, výtah se pohybuje směrem dolů
1.1.45 𝑓 = 1
2𝜋√
3𝑔
2𝑙
1.1.46 𝑇 = 𝜋√𝑙
𝑔 (1 +
1
√2)
1.1.47 𝑇 = 𝜋(√𝑙
𝑔 + √
𝑙−𝑑
𝑔 )
1.1.48 𝑔 = 4𝜋2𝑑
𝑇12− 𝑇2
2
1.1.49 Řešení: Máme porovnat periody matematického a fyzikálního kyvadla, tj. vztahy
𝑇Mat = 2𝜋√𝑙0
𝑔, 𝑇Fyz = 2𝜋√
𝐽
𝑚𝑔𝑙0. (1)
kde 𝑙0 je vzdálenost hmotného bodu resp. těžiště od místa upevnění nitě, v našem
případě je tedy 𝑙0 = 𝑙 + 𝑟, 𝑔 je tíhové zrychlení, 𝐽 je moment setrvačnosti kyvadla
a 𝑚 je hmotnost kyvadla.
Potřebujeme tedy vypočítat moment setrvačnosti koule zavěšené na nehmotné
niti, pro což užijeme Steinerovu větu, která říká, že známe-li moment setrvačnosti
tělesa vzhledem k těžišti 𝐽0, můžeme vypočítat moment setrvačnosti také k ose,
jež neprochází těžištěm (ale je rovnoběžná s osou otáčení, vzhledem ke které je
spočten moment 𝐽0) dle vztahu
J = J0 + 𝑚𝑟⊥2 , (2)
kde 𝑚 je hmotnost tělesa a 𝑟⊥ je jeho vzdálenost od osy otáčení.
Dosadíme-li tedy do (2) za 𝐽0 moment setrvačnosti koule a dostaneme
𝐽 =2
5 𝑚 𝑟2 + 𝑚𝑙0
2.
Dle (1) máme
𝑇Fyz = 2𝜋√𝐽
𝑚𝑔𝑙0= 2π√
52 𝑟2 + (𝑙 + 𝑟)2
𝑔(𝑙 + 𝑟)
Chyba, které se dopustíme, budeme-li považovat naše kyvadlo za matematické
bude
𝑇Mat
𝑇Fyz=
2π√52 𝑟2 + (𝑙 + 𝑟)2
𝑔(𝑙 + 𝑟)
2𝜋√𝑙 + 𝑟
𝑔
= √25
𝑟2
(𝑙 + 𝑟)2+ 1.
Dosadíme-li zadané hodnoty, dostaneme
𝑇Mat
𝑇Fyz= √
0,4 ∙ (0,05)2
(0,05 + 0,1)2+ 1 ≐ 1,022.
Dopouštíme se tedy chyby přibližně 2,2%.
Energie netlumených kmitů
1.1.50 𝑦 =𝐹𝑦𝑚
2
2𝑊= 1,5. 10−2 m
1.1.51 𝑊 =2𝑚𝜋2
𝑇2 𝑦𝑚≐ 4,7.10-3 J
1.1.52 𝑦 = √2
2𝑦𝑚
1.1.53 𝑦 = 4. 10−2cos𝜋𝑡
1.1.54 𝑓 = √𝑊
2𝜋2𝑚𝑦𝑚2 ≐ 50 Hz
1.1.55 𝑦(𝑡) = 0,05cos (1,57𝑡 +𝜋
3)
1.1.56 𝐾 = 200 N. m−1, 𝑚 = 2 kg, 𝑓 ≐ 1,6 Hz
1.1.57 a) 𝑊𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 = 2
3𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 = 0,062 5 J, 𝑊𝑟𝑜𝑡 =
1
3𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 = 0,031 3 J,
b) Návod: 𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 =1
2𝐾𝑦2 +
1
2𝑀𝑣2 +
1
4𝑀𝑣2,
𝑑𝑊
𝑑𝑡= 0
1.2 Tlumené harmonické kmity
1.2.1 𝑛0 =𝑛2
2−𝑛1𝑛3
2𝑛2−𝑛1−𝑛3≐ 9,5
1.2.2 𝑛0 ≐ 10,4
1.2.3 𝑛0 ≐ 10,9, pomocí metody tří kyvů 𝑛0 = 11
1.2.4 δ = ln 2 ≐ 0,7
1.2.5 𝑡2 =𝑙𝑜𝑔𝐴3−𝑙𝑜𝑔𝐴1
𝑙𝑜𝑔𝐴2−𝑙𝑜𝑔𝐴1𝑡1 ≐ 13 s
1.2.6 𝑡2 =𝑙𝑜𝑔𝐴0−𝑙𝑜𝑔𝐴𝑡2
𝑙𝑜𝑔𝐴0−𝑙𝑜𝑔𝐴𝑡1
𝑡1 ≐ 21 s
1.2.7 𝐴3𝑡 =𝐴0
8
1.2.8 δ ≐ 0,05, λ ≐ 1,05
1.2.9 𝛿 = 1
𝑡𝑙𝑛
𝜑0
𝜑1. 2𝜋√
𝑙
𝑔≐ 1,4. 10−2
1.2.10 𝑏 ≐ 1,83 s−1, 𝑓0 ≐ 2,02 s−1
1.2.11 𝑏 = 1
100𝑇1𝑙𝑛
𝐴0
𝐴100≐ 3,47. 10−3s−1, 𝛿 = 𝑏𝑇1 ≐ 6,93. 10−3,
𝑦(𝑡) = 0,1𝑒−3,47.10−3𝑡sin(𝜋𝑡)
1.2.12 𝑦 = 0,067. 𝑒−0,4𝑡𝑐𝑜𝑠𝜋
2(𝑡 − 1)
1.2.13 𝑦(𝑡) = 1
𝜋𝑒−0,25𝑡𝑠𝑖𝑛 𝜋𝑡
1.2.14 Provedeme-li posouzení pomocí útlumu, pak se během první periody více utlumí
kmitání s periodou T1. Provedeme-li posouzení pomocí poměru výchylek za stej-
nou dobu od počátku pohybu, pak se během první periody více utlumí kmitání
s periodou T2.
1.2.15 𝑏 ≐ 1,4 s−1, 𝑇0 = 𝑇12𝜋
√4𝜋2+(𝑙𝑛𝐴1𝐴2
)2≐ 0,5 s
1.2.16 Řešení: Netlumené kmity ručičky měřicího přístroje mají periodu 𝑇0 = 0,5 s. Hle-
dáme útlum 𝑏 tak, aby poměr první a druhé amplitudy byl 0,01, tj.
𝐴1 = 0,01 𝐴0 ⇒ 𝐴0
𝐴1 = 100.
Víme, že pro poměr amplitud platí
𝐴0
𝐴1 = e𝑏𝑇1 .
Zlogaritmováním této rovnice dostaneme
ln𝐴0
𝐴1 = 𝑏𝑇1 ⇒ 𝑏 =
ln𝐴0
𝐴1
𝑇1
(1)
Abychom však mohli útlum vypočítat, potřebujeme zjistit periodu kmitu 𝑇1. Pro
frekvenci tlumených kmitů máme
𝜔12 = 𝜔0
2 − 𝑏2, (2𝜋
𝑇0)
2
= (2𝜋
𝑇1)
2
− 𝑏2,
odkud vyjádříme 𝑇1 a obdržíme
𝑇1 =2𝜋𝑇0
√4𝜋2 − 𝑏2𝑇02
.
Toto dosadíme do rovnice (1) a vyjádříme 𝑏
𝑏 =√4𝜋2 − 𝑏2𝑇0
2
2𝜋𝑇0ln
𝐴0
𝐴1 ,
tuto rovnici vynásobíme 2𝜋𝑇0 a umocníme
4𝜋2𝑏2𝑇02 = (4𝜋2 − 𝑏2𝑇0
2) ln2𝐴0
𝐴1,
členy, jež obsahují 𝑏 přesuneme na levou stranu a vytkneme 𝑏2,
𝑏2 [𝑇02 (4𝜋2 + ln2
𝐴0
𝐴1)] = 4𝜋2 ln2
𝐴0
𝐴1
Po vyjádřené b z této rovnice dostaneme
𝑏 =2𝜋 ln
𝐴0
𝐴1
𝑇0√4𝜋2 + ln2 𝐴0
𝐴1
=2𝜋 ln 100
0,05√4𝜋2 + ln2 100≐ 7,43 s−1.
1.2.17 Řešení: Podobně jako v předchozím příkladu máme zadán poměr amplitud tlume-
ných kmitů 𝐴0
𝐴1= 3, víme tedy, že
ln 3 = 𝑏𝑇1 ⇒ 𝑇1 =ln 3
𝑏. (1)
Máme porovnat tuto periodu s periodou netlumených kmitů. Opět vyjdeme ze
vztahu
𝜔12 = 𝜔0
2 − 𝑏2, resp. 𝜔02 = 𝜔1
2 + 𝑏2,
ze kterého vyjádříme periodu netlumených kmitů 𝑇0
𝑇0 =2𝜋
√𝜔12 + 𝑏2
=2𝜋
√4𝜋2
𝑇12 + 𝑏2
,
dosadíme za 𝑇1 z (5)
𝑇0 =2𝜋
√4𝜋2𝑏2
ln2 3+ 𝑏2
=2𝜋
𝑏√ 4𝜋2
ln2 3+ 1
.
Nyní máme 𝑇0 a 𝑇1 jako funkce závislé pouze na 𝑏, pro poměr period platí
𝑇0
𝑇1=
ln 3𝑏
2𝜋
𝑏√ 4𝜋2
ln2 3+ 1
= √4𝜋2 + ln2 3
4𝜋2= √1 +
ln2 3
4𝜋2≐ 1,0152.
Perioda tlumených kmitů bude tedy o 1,52% delší než perioda kmitů netlumených.