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
: النواس المرن األفقي * :ة التحريكية دراسال : أوال
نعتبر نواسا مرنا أفقيا مكون من نابض ذي حلقات ر متالصــقة ثابــت مرونتهــه تــه مهملــة ل و آتKغـي
.mمربوط إلى جسم آتلته الجسم عن وضع توازنه بالمسافة يحنر
0x = A ثم نترآه بدون سرعة ابتدائية ، .
: يخضع الجسم أثناء حرآته إلى ثالثة قوى هي
- R : فعل الحامل على الجسم
- P : ثقل الجسم - F : القوة المرونية التي يطبقها النابض
i: قانون نيوتن الثاني بتطبيق i
F = m a∑ ، فيكون :R + P + F = m a
) وفق المحورباإلسقاط y ' y R : أي P + R + 0 = m.0 -: نجد ( = m g
) وفق المحورباإلسقاط* x' x : نجد (2
2dx0 + 0 - Kx = ma = m dt
: و التي يمكن صياغتها بالشكل 2
2dx K + x = 0 . . . . . . . . . . . . . . .( 1 ) mdt
.بدون طرف ثان ) متجانسة ( و آما نالحظ فهي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية )0x: وحلها يعطى بالشكل t ) = x sin ( ωt + ϕ ) ،
الصفحة االبتدائية : ϕ ، االهتزازنبض : ω ، مطال األعظمي ال : 0x: حيث
x
+A-A 0
y
x'
y'p
RF
129
: تحديد نبض االهتزاز*)0x: بما أن t ) = x sin ( ωt + ϕ ) هو حل للمعادلة التفاضلية ( 1 )
0 :فإن dx = x cos ( ωt + dt ϕ ) و منه :
2 2 20
d x = - x ω sin ( ωt + = - ω xdt ϕ )
و x: و بتعويض آل من 2
2d xdt
) في المعادلة 1 Kω : نجد ( = m
: مقارنة مطال الحرآة بسرعتها و تسارعها *)0xنعلم أن - 1 t ) = x sin ( ωt + ϕ ) 0: حيث 0- x x (t) + x≤ ≤
ON: في الشكل = x(t) i ) موضع المتحرك (
ωt: ، فإن x = 0: من أجل - + = Nπϕ
πωt : ، فإن ±0x = x: من أجل - + = (2 N + 1 ) 2ϕ حيث :Nعدد صحيح
)0v: تأخذ سرعة الحرآة العبارة : من جهة ثانية – 2 t ) = ωx cos ( ω+ p )
πωt: فإن v(t) = 0 من أجل - + = (2 N + 1 ) 2ϕ 0: أن 000 و التي يظهر لناx = x±
ωt: فإن ±0v(t) = ωx: من أجل - + = Nπ ϕ و التي يكون من أجلها x = 0
)2a: يأخذ التسارع العبارة التالية – 3 t ) = - ω x
ωt: فإن a(t) = 0: من أجل - + = Nπ ϕ و التي يكون من أجلها :x = 0
2: من أجل -0a( t ) = ω x± فإن :πωt + = (2 N + 1 ) 2ϕ
±0x = x: و التي من أجلها يكون
لذلك يكون تمثيل ϕ = 0: تسهيل المقارنة نفرض أن الل النتائج السابقة وغ من أجل است– 4
: المنحنيات آما يلي
xx'0+x0-x
No
i
0 T /2 2T /4 3T /4 4T /40 T /2 2T /4 3T /4 4T /4
0+wx
0+x
0-x0-x
0-wx
20+w x
x(t)
v(t)
x(t)
a(t)
0-wx
130
)v * : و آما هو مالحظ من الشكلين – 6 t )x و ( t π θ: ع في الحرآة ب على ترا( = 2∆
* a( t )x و ( t 'θ : علىتعاآس في الحرآة ( = π∆
max: تمثيل القيم التالية – 7 0v = ωx ، 20a = ω x
.مى على الترتيب قيم السرعة و التسارع العظيقوم متحرك بحرآة جيبية مستقيمة : تطبيق ــي خغيــر مت ــدة و يعطــى مخـطــط حرآتــه ـف اـم
الشكل التالي الحرآة ن دور و سعة من البيا استنتج – 1 أآتب التابع الزمني للحرآة - 2
: الحل
T: الدور – 1 = 4 0,5 = 2 s× - 2: النبضπw = = π rad/sT
0x: السعة - = 2 3 = 6 cm× - 11-: التوترf = = 0,5 sT
)0x: نعلم أن : آتابة التابع الزمني للحرآة – 2 t ) = x sin ( ωt + ϕ )
المعادلة المعبرة بصفة عامة على هذا النوع من الحرآةو هي -)م تحديدها في اإلجابة ت 0x ، ω إن المقادير - 1 )
: يعتمد على المالحظة التالية ) الصفحة االبتدائية ( ϕ إن تعين الثابت -
) يتحرك المهتز في االتجاه السالب للمحور t = 0عند الحظة x' x إذأن مطاله يتزايد بالقيمة (
يعني أن السرعة ستكون سالبة االمطلقة مم
t: و بالتالي = 0 -3 = 6 sin (π .0 + ⇒ ϕ ) 3: ومنه 1sin - = - 6 2ϕ =
)0v: وبما أن t ) = ωx cos ( ωt + ϕ )
cos: و من أجل هذه الوضعية سيكون ϕ < 0 عند ، t = 0
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
2- γt2 0A(t ) = x e
1و بإجراء النسبة
2
A( t )A( t : نجد أن (
12 1
2
- γt+ γt - γt01
- γt2 0
x eA( t ) = = e eA( t ) x e
2: وبالتالي 1γ (t t ) 1
2
A( t )e = A(t )
2: ومنه − 1γ (t t ) 1
2
A( t )lne = ln A( t )
− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
1: إذن
2 1 2
A(t )1γ = ln t - t A( t )⎡ ⎤
× ⎢ ⎥⎣ ⎦
) :تطبيق عددي ) -11 4γ = ln 0,35 s4 - 2 2× ≅
1s3cm
137
: التمرين الثاني ــة ــال حرـآ ــاني يوضـــح تغيــرات مـط التمثيــل البـي
ية متخامدة هتزازاــــة أحـســــب ال – 1 ــــذه الحرـآ ــــابض الـخــــاص لـه ـن
ية ، ماذا تستنتج ؟االهتزاز أآتب المعادلة الزمنية المعبرة عن هذه – 2
.الحرآة من قيمتها %80 االهتزاز متى تصل سعة – 3
؟االبتدائية :لحل اω)0 حساب النابض الخاص - 1 ) :
)حساب ثابت التخامد : أوال γ : نقطتين منتخبتين بعناية نختارباالعتماد على البيان : (
0 1t = 0 A( t ) = 4 1 = 4 cm⇒ ×
1 1t = 4 0,5 = 2 s A(t ) = 3 1 = 3 cm× ⇒ ×
A(t : حيث γt - : و التي تعرف بالعبارة االهتزاز سعة (0A(t ) = x e
: وتين يكون لدينا إذن من أجل اللحظتين المأخذ0
1 01
- γtγ ( t t )0 0
- γt1 0
A( t ) x e = = eA( t ) x e
−
1: ومنه 0γ (t t ) 0
1
A( t )lne = ln A( t )
0: و بالتالي −
1 0 1
A( t )1γ = ln t - t A( t )
) :تطبيق عددي ) -11 4γ = ln = 0,144 s2 3
ω)حساب نبض اهتزاز الحرآة المتخامدة : ثانيا ) :
T: جد من البيان ن = 4 0,5 = 2 s× ، 2: فإنπω = = π rad/sT
ω)0النابض الخاص : ثالثا 2: لدينا : ( 2 20ω = ω - γ 2: إذن 2
0ω = ω + γ
2 :تطبيق عددي 20ω = π + 0,144 π rad/s
0ω: نستنتج من التحليل السابق أن : اج االستنت ω
0γ: مما يعني أن التخامد خفيف جدا أي ω
0,5s1cm
138
:الزمنية للحرآة المتخامدة آتابة المعادلة – 2
γt: نعلم أن 0x( t ) = x e sin ( ωt + − ϕ )
0t: من البيان نالحظ : 0xتحديد : أوال = 0 A(0) = 4 cm⇒
γ - : إذن 00 0A(0) = x e = x× 0: ومنهx = 4 cm
0tعند اللحظة : ϕتحديد : ثانيا )x: نالحظ 0 = 0 ) = 4 cm ) السعة عظمى(
)v: مما يعني 0 ) = 0
γt-0: وبالتالي 0 0 0 0x( 0 ) = x e sin ( ωt + = x sin = xϕ ) ϕ
π. . . . . . . . . . . . . . . .. . . . : إذن sin ϕ = 1: ومنه radϕ = 2
)xن المعادلة الزمنية و تكو t t 0,144-: بالشكل ( πx ( t ) = 4e sin ( πt + )(cm)2
: من قيمتها االبتدائية %80 االهتزاز حساب اللحظة التي تصل فيها سعة – 3
γt -: بمأ ن 0A( t ) = x e 0: فإنA( t ) = 0,8 A( t )
γt- γt -0: و بالتالي 0 0x e = 0,8 x e× و منه :- γte = 0,8
γt -: و في األخير ln 0,8lne = ln 0,8 t = - γ⇒
ln 0,8t = - = 1,55 s0 :تطبيق عددي ,144
: التمرين الثالث البياني في هزاز حر ، يهتز في وسط لزج التمثيل
.الشكل يوضح تغيرات مطالة بداللة الزمن االهتزازدور أحسب شبه – 11γ- إذا علمت أن ثابت التخامد -2 = 0,7 s بين
التخامد خفيف جدا أن : إذا آانت المعادلة الزمنية لحرآة الهزاز هي – 3
γt0x( t ) = x e sin ( ωt + − ϕ )
ϕ ، 0x: حدد الثوابت
)x(0) = 0 ، v: الشروط االبتدائية نأخذ 0 ) = - 8 π cm/s.
. t = 10 s عين مطال الحرآة عند اللحظة – 4
0,5s1cm
139
:الحل : حساب شبه الدور – 1
2t: اللحظتين و من أجل : من البيان = 3,5 s ، 1t = 0,5 s
2: يكون 12 1
t - tt - t = 3 T T T 0,5 - 3,5 : أي ، ⇒3 = = = 1 s3
2: بما أن : إثبات أ ن التخامد خفيف – 2 2 20ω = ω - γ
2: و بالتالي 20ω = ω + γ 1-: و لكنγ = 0,7 s ، 2πω = = 2 π rad/sT
2: إذن 20ω = ( 2 π ) 0,7 = 6,32 rad/s+
0ω: و آما نالحظ = 2,013 π rad/s ω× ≅
0γالتخامد ضعيف جدا و هي الحالة المتمثلة في : و بالتالي ω
: ϕ ، 0x تحديد الثوابت – 3
)0x: بما أن 0 ) = 0 x sin = 0⇒ ϕ ،
sin = 0 = 01ϕ أو π2ϕ = : إذن ⇒ ϕ v: و بما أن ، ( 0 ) < 0
γt: هذا يعني أن γt0 0v( t ) = - γx e sin ( ωt + + x ωe cos ( ωt + − −ϕ ) ϕ )
: القيمة t = 0و التي يأخذ عند اللحظة
0 0 0 0 0v( 0 ) = -γx sin + x ω cos = -γx .0 + x ω cos = x ω cos < 0ϕ ϕ ϕ ϕ
cos < 0 = = π: أي أن rad2ϕ ⇒ ϕ ϕ
0v ( 0 ) = xومن جهة ثانية ω cos = - 8 π rad/sϕ 0: إذن- 8 πx = ω cos ϕ
0: ومنه - 8 πx = = 4 cm2 π ( -1 )
)xو تأخذ عبارة المطال t 0,7tx ( t ) = 4 e-: الشكل ( sin ( 2 π t + π ) ( cm )
: t = 10 T حساب فاصلة الهزاز عند اللحظة – 4
0,7tx ( t ) = 4 e-: لدينا sin ( 2 π t + π )
: يكون : t = 10 s و من أجل -0,7 10 -7x ( 10 s) = 4. e sin ( 2 π .10 + π ) = 4 e sin ( 21 π ) = 0×
140
: التمرين الرابع
: اهتزازية متخامدة هي لحرآةالمعدلة الزمنية- 0,86t πx( t ) = 6 e sin ( π t + ) ( cm )2 ) الزمن بالثانية (
.ات االهتزاز أحسب الدور الخاص لهذه – 1
)A أحسب النسبة – 2 3T )A( 0 ، ماذا تستنتج ؟ (
، أحسب الطاقة التي يفقدها إلى الوسط g 200 إذا آان الهزاز عبارة عن جسم صلب آتلته - 3 t1 = 3 T s و t0 = 0 sالخارجي بين اللحظتين
:الحل :حساب الدور الخاص لهذه االهتزازات / 1
2: لدينا 2 20ω = ω - γ 2: و منه 2
0ω = ω + γ
1γ-: حيث أن = 0,86 s ، ω = π rad/s
2: تطبيق عددي 20ω = π + 0 ,86 = 3,26 rad/s 0: و بالتالي
0
2πT = = 1,93 sω
)Aحساب النسبة / 2 3T )A( 0 ) :
γt-نعلم أن 0A(t) = x e 3-: إذنγT
0A(3T) = x e
00 0A(0) = x e = x
-: إذن 2πT = = 2 sω: حيث γT -3.0,86.2 -3A( 3T ) = e = e = 6.10A( 0 )
. من السعة االبتدائية%0,6 من الزمن مساوية 3Tو بالتالي ستكون سعة الهزاز بعد
2نعلم أن : حساب الطاقة / 3c
1E = m v2
γt-: حيث -γt0 0v(t) = - γ x e sin(ωt + + ω x e cos(ωt +ϕ ) ϕ)
: يكون لدينا t1 و t0أجل اللحظتين و من 0 0t = 0 v(0) = - γ x = - 0,86 . 0,06 = 0,0516 m/s⇒
-3γT
1 1 0 0-3γT -3.0,86.2 -4
0
π πt = 3 T v(t ) = - γ x e sin + w x cos 2 2 = γ x e = - 0,86 . 0,06 e = 3.10 m/s
⇒
141
2: و بالتالي 2 -4c 0 0
1 1E (t ) = m v (t ) = . 0,2 ( 0,0516) = 2,66 . 10 joule2 2
2 -4 2 -9c 1 1
1 1E (t ) = m v (t ) = . 0,2 ( 3 . 10 ) = 9 . 10 joule2 2
4-: قودة للوسط الخارجي هي و الطاقة المفc 1 c 0∆E = E (t ) - E (t ) = -2,659 . 10 joule
. التمرين الخامس .
للقانون γt:تقوم نقطة مادية باهتزازات متخامدة وفقا 0x( t ) = x e sin ( ωt + − ϕ )
السعة العظمى لالهتزازات / أ: أوجد الطوراالبتدائي / ب
تابع للزمن آات سرعتها هتزازسعة ا/ جـ )0x - 1 :و ذلك في الحاالت التالية 0 )= x ؛ v(0) = 0
2 - x(0) = 0 0 ؛v( 0 ) = v
3 - 0x( 0 ) = x 0 ؛v( 0 ) = v
+ :الحل )0x : الحالة األولى 0 ) = x ؛ v(0) = 0
γt: بما أن 0x( t ) = x e sin ( ωt + − ϕ ) وباعتبار السعة العظمى لالهتزاز في آل لحظة ،
γt: هي 0A(t ) = x e− فإن عبارة المطال هي : x( t ) = A( t )sin ( ωt + ϕ )
: و بالتالي فإن عبارة السرعة في آل لحظة هي
γt γt0 0
dx(t)v( t ) = = - γx e sin ( ωt + + x ωe cos ( ωt + dt− −ϕ ) ϕ )
)v : و بعبارة أخرى t ) = - γA( t )sin ( ωt + + ωA(t )cos ( ωt + ϕ ) ϕ )
)xأخذ العبارات ب* t )، v( t : t = 0 بعين االعتبار في اللحظة ة الجديد(
0 x( 0 ) = A(0) sin = x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(1)ϕ
v( 0 ) = - γA(0 )sin + ω A(0) cos = 0 . . . . . . . . . . .(2)ϕ ϕ
)من العالقة 2 ): γ A( 0 )sin = ω A(0) cos ϕ ϕ
: ومنه 2 20 ω - γωtog = = γ γϕ
142
2: و بما أن 2sin + cos = 1ϕ ϕ 2: فإن 21 11 + =
tog sin
ϕ ϕ
)و حسب 1 ) : 2
2 20
A ( 0 )1 = sin x
ϕ
: إذن 2
2 20
A ( 0 )11 + = xω
γ
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :و في األخير سيكون 2 2
2 00 2
γ xA( 0 ) = x +
ω
2: و إذا اعتبرنا 2 20 ω = ω - γ فإن :. . . . . . . .
2 22 00 2 2
0
γ xA( 0 ) = x +
ω - γ
)0v ؛ x(0) = 0 :الحالة الثانية 0 ) = v
)x :ضمن هذه الشروط يكون لدينا 0 ) = A(0) sin = 0 . . . . . . . . . . .(1')ϕ
0v( 0 ) = - γA(0 )sin + ω A(0) cos = v . . . . . .(2')ϕ ϕ
)و من ) و ('1 A(0) sin: فإن ('2 ϕ( أ ). . . . . . . . . . . . . 0 =
0ω A(0) cos = v ϕ( ب). . . . . . . . . . . . .
sin: و منه يتضح أن = 0ϕ 0 و حسب اإلشارةv فإن : = π1ϕ 02 = أوϕ
0v : (ب)و من A(0) = ωcos
ϕ0v: فإن
A(0) = ω ( 1) ±
01ϕ ϕ ، 0v = = :و بالتالي > 0 ، 0 01 2 2
0
v vA (0 ) = = ω ω - γ
= = π2ϕ ϕ ، 0v < 0 ، 0 02 2 2
0
v vA ( 0 ) = - = -ω ω - γ
)0x :الحالة الثالثة 0 ) = x 0 ؛v( 0 ) = v
)0x : لدينا 0 ) = A(0) sin = x . . . . . . . . . . . . . . . . . .(1")ϕ
0v( 0 ) = - γ A( 0 ) sin + ω A(0) cos = v . . . . . . . . .(2")ϕ ϕ
)بضرب طرفي المعادلة ) و بالجمع مع γ في ("1 : نجد ("2
0 0γx + v = A(0) ω cos ϕ( أ ). . . . . . . . . . . . .
0x = A(0) sin . . . . . . . . . . . . .(ب )ϕ
143
( ب)بإجراء النسبة * ( أ )
0 : نجد
0 0
xsin tog = = ω . cos γ x + vϕ
ϕ ϕ
2: و باعتبار 20ω = ω - γ : فإن
2 20 0
0 0
x ω - γ tog = γ x + vϕ
2: بما أن * 2sin + cos = 1ϕ ϕ
0 : حيث 0γ x + vcos = A(0) . ωϕ 0 وxsin = A(0)ϕ
: ومنه2 20 0 0
2 2 2x ( γ x + v )
+ = 1A ( 0 ) A (0) . ω
: و بالتالي 2
2 2 0 00 2
( γ x + v )A (0 ) = x +
ω
2: و بأخذ 2 20ω = ω - γ يكون :
22 2 0 0
0 2 20
( γ x + v )A (0 ) = x +
ω - γ
. 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
(R)A
B
α
144
cA: لدينا cA pecE + W ( P ) + W ( R ) = E + E
2: ومنه 2 2A 1 2 c 0
1 1 1m v + P ( y + y ) + 0 = m v + K x2 2 2
2: إذن 1 2 0
1P ( y + y ) = K x2
c: حيث Av = v = 0 ، 20 0x - 0,026 x - 0,04 = 0
0x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :و بحل هذه األخيرة نجد = 21,5 cm
)عندما يلتصق الجسم : إيجاد المعادلة الزمنية للحرآة – 2 s ية هتزاز بالنابض يقوم بحرآة ا(
)x الزمنية ةمعادلاليمكن إيجاد ) ة متخامدغير( t : آما يلي (
i: لدينا i
F = m a∑
T: و منه + p + R = m a
: نجد ('xx)و باالسقاط وفق المحور 2
2d xk ( ∆l - x ) - m g sinα = m dt
: و بالتالي 2
2d x- k x + ( k . ∆l - m g sinα ) = m dt
k . ∆l - m g sinα:بحيث )حالة التوازن ( 0 =
: منه و 2
2d x k + x= 0mdt
: معادلة تفاضلية من الدرجة الثانية و حلها هو
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
t = 0 ، 0x = x ، v(0) = 0: الشروط االبتدائية
0: إذن 0x (0) = x sin ( ω.t + ) = xϕ ومنه :πsin = - 1 = 3 2ϕ ⇒ ϕ
)3πx: و بالتالي t ) =2 sin ( 14,14 t + ) cm2
: التمرين الثامن . ، يعلق في على التسلسل و أخرى على التوازي 1k ، 2k يربط نابضان ثابت صالبتهما
: أوجد mنهاية الجملة آتلته ات الصغيرة للجملة في آل من االهتزاز دور – 1
.الحالتين على التسلسل و ما هو قانوني ربط النوابض– 2
على التوازي ، m = 500 g :تطبيق عددي
1 2k = k = k = 80 N/m
1k
m
2k1k2k
m
147
:الحل : ات الجملة هتزاز حساب دور ا– 1
:حالة الربط على التسلسل : أوال لتسهيل الدراسة نقوم في البداية بالبحث عن النابض
)eqالمكافئ k : ضين على التسلسل للناب(
eq: فمن أجل وضع التوازن 1 2T = T = T = P
eq: و بالتالي 1 1 2 2k x = K x = K x∆ ∆ ∆
)eqو إن االستطالة الكلية للنابض المكافئ k : هي (
1 2 x = x + x∆ ∆ ∆
eq: إذن 1 2
eq 1 2
T T T = + k K K ومنه :
eq 1 2
1 1 1 = + k k k
1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : و في األخير 2eq
1 2
K K k = K + K
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
pec cc CD peDE + E + W( p ) + W( R ) - 0 = E + E
pecE الطاقة الكامنة المرونية في الوضع C
peDE الطاقة الكامنة المرونية في الوضع D
ccE الطاقة الحرآية في الوضع C
cDE الطاقة الحرآية في الوضع D
xp
p
R0f
αα
x
y '
C
R
0xp
x
D
151
2: إذن 2c 0
1 10 + m v + 0 + 0 - 0 = 0 + m x2 2
2: و منه 2c 0
1 1 m v = m x2 0: و بالتالي 2 cmx = . vk
0x : 0عددي لمقدار االنضغاطالحساب ال/ ب0,2x = . 0,8 = 0,057 m = 5,7 cm40
: المعادلة التفاضلية لحرآة اهتزاز الجملة / أ / 3
i : نيوتن الثاني نحسب قانو iF = m a∑ حيث :R + p + T + f = m a
: ('xx)باإلسقاط على المحور 2
2d x0 + 0 - k x - λ v = m a = m dt
: و هي معادلة من الشكل 2
2d x λ k + dx + x = 0m mdt
: و التي يمكن أن نكتبها بالشكل 2 2
02d x + 2 γ dx + w x = 0dt
0: ع . ت 40kw = = = 14,14 rad/sm 0,2 ، -10,4λγ = = = 1 s2 m 2 . 0,2
: إذا تم اعتبار التخامد ضعيف فإن المعادلة الزمنية لحرآة الجسم هي / ب
x(t) = A(t) . sin(wt + ϕ ) حيث :-γt0A(t) = x e
n T0 . . . 3 T0 2 T0 T0 t 0-nγT
0x e . . . 0-3γT0x e 0-2γT
0x e 0- γT0x e A(t)
iγT-0: و بصفة عامة i 0A (i t) = x e 0 و يمكن آتابتها أيضا- γT i
i 0A (i t) = x (e )
i( Aو آما يظهر من العالقة 0 حدها األول γTr = e-0 فهي متتالية هندسية أساسها( 0A (0) = x
: إيجاد عبارة الطاقة الكلية للهزاز / 4T : لدينا c pe ppE = E + ( E + E ) . . . . . . (5)
: هي v(t) , x(t)و باعتبار عبارة آال من
-γt0x(t) = x e sin(wt + ϕ ) . . . . (6)
γt- و 0v(t) = x e [ w cos(wt + ) - γ sin(wt + ) ] . . . . (7)ϕ ϕ
ppEو باعتبار = 0 ، 2pe
1E = k x2 ، 2C
1E = m v2 فإن :
152
2 2γt 2 2 2γtT 0 0
1 1E = kx e sin (wt + mx e [wcos(wt+ -γsin(wt+2 2− − 2+ϕ) ϕ) ϕ)]
2: و باعتبار 2 20w = w - γ 2 و
0k = w m ، 0ω > γ فإن :
2 2 γt 2 2T 0 0
22 2 2γt0 0 2
00
1E = mx e [ω - γ cos2(ωt+ ) - γw sin2(ωt+2γ γ1= mw x e [ 1 - cos2(ωt+ ) - sin2(ωt+2 ww
−
−
ϕ ϕ)]
ϕ ϕ)]
:و بما أن التخامد ضعيف يمكن إهمال الحد الثاني و الثالث فيكون 2 2 2γt
T 0 01E = m w x e2
−
: إيجاد عبارة التغير في الطاقة الكلية للهزاز الميكانيكي / بT: لدينا T T 0| ∆E | = | E (t) - E ( t + T ) |
2γT2-0. . . . . . . . . . . . . . . . . : و بالتالي لدينا 2 2γtT 0 0
1| ∆E | = m w x e ( 1 - e )2−
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
:الحل ) م جس–نابض ( إيجاد المعادلة التفاضلية للمجموعة المهتزة – 1
باعتبار المستوي الذي يهتز عليه الجسم هو المستوي المرجعي الطاقة الكامنة الثقالية ، ووضع * : توازن النابض هو مرجعنا لقياس الطاقة الكامنة المرونية فإن
الطاقة النهائية للجملة = الطاقة المفقودة -الطاقة المكتسبة + الطاقة االبتدائية للجملة * PPA: نه وم PeA cA ppB peB cBE + E + E = E + E + E
2: إذن 2 2 21 0
1 1 1 10 + k x + m v = 0 + k x + m v2 2 2 2
2: و بالتالي 2 2 2 te1 0 =
1 1 1 1k x + m v = k x + m v = c2 2 2 2
:حيث 0
2 2m 1 0
1 1E = k x + m v2 2
: و باالشتقاق نجد 2
2dx dx dx1 1 . 2 k . x + . 2 . m . . = 02 dt 2 dtdt
2
2d xK . v . x + m . v = 0dt
x
0x+0-xmaxV
A0V
1x
dc
o x
0x+0-x
A
1x
dc
o
R
p
T
x
154
: و بالتالي 2
2d x K + x = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . .( 1 )mdt
)و المعادلة 1 : حلها من الشكل ) متجانسة ( الثانية هي معادلة تفاضلية من المرتبة (
0 maxx( t ) = (x ) sin ( ω t + )ϕ
0وفيها يكون kω = m ، 0
kT = 2 π m
0 :تطبيق عددي 2,5ω = = 3,54 rad/s0,2 ، 0
0 ,2T = 2 π = 1,77 s2 ,5
0x، maxv ، 0v تحديد القيم – 2
: فنجد C و A الطاقة بين الوضعين حفاظنطبق مبدأ ان*
PeA cA pec cc moE + E = E + E = E
2: ومنه 2 21 0 0 mo
1 1 1k x + m v = k x + 0 = E2 2 2
mo : و بالتالي 0
2Ex = . . . . . . . . . . . . . . . .( 2 )m
2: ومن جهة ثانية 20 mo 1
1 1m v = E - k x2 2
2mo: إذن 0 1
2E kv = - x . . . . . . . . . . . . . . . .( 3 )k m
حفاظ مثال و نعيد تطبيق ان cالوضع O عند وضع التوازن فإننا نختار maxvأما السرعة العظمى Pec :الطاقة فيهما cc peo coE + E = E + E
2: إذن 20 max
1 1k x + 0 = 0 + m v2 max: ومنه 2 0kv = x . . . . . . (4 )m
: نجد ) 4(و ) 3(و ) 2(من العالقات : بيق عددي تط
:السعة العظمى -3
02 2.10x = = 0.04 m = 4 cm2,5
×
:السرعة االبتدائية -3 2
02 2.10 2.5v = - (0.02) = 0.122 m/s0.2 0.2
×
max: السرعة العظمى 2,5v = 0.04 = 0,140 m/s0, 2 ×
ية المعبرة عن حرآة وجدنا سابقا أن حل المعادلة التفاضل : إيجاد المعادلة الزمنية للحرآة -30: الشكل هي من إهتزاز الجملة 0x( t ) = x sin ( ω t + ϕ )
0ω: آما وجدنا سابقا أن . = 3,54 rad/s ، 0x = 4cm
155
نأخذ الشروط االبتدائية ) الصفحة االبتدائية ( ϕفلتحديد الثابت
( )0 1 1 t = 0 : x 0 = x , v :إذن ، >0
1 0 x = x sin ϕ
1 0 v = x ω cos ϕ < 0 و منه: 1
0
xsin = 0.5xϕ =
cos ϕ < 0
= π rad5ϕ: فالحل المقبول هو من أجل 6
)5πx: والمعادلة في األخير لها الشكل t ) = 4 sin ( 3.54 t + cm6 ) ( )
m : بيان تغيرات -5 e cE ( x ) , E ( x ) , E ( x )
2: عبارة الطاقة الكامنة المرونية pe
1E K x2=
te) : الكلية(عبارة الطاقة الميكانيكية mE ( x ) = c
c: عبارة الطاقة الحرآية m peE ( x ) = E ( x )- E ( x )
: عشرالحادي التمرين . k بنابض ثابت مرونته m = 500gعلقت آتلة = 50 N/m و بمخمد لزج معامل تخميده
. عن وضع توازنها السكوني mأزيحت الكتلة . λالخطي أدرس حرآة هذه الكتلة مميزا بين آافة الحاالت
.المختلفة الممكنة λ: تطبيق عددي = 0,4 N.s / m.
0+xx
0-x 0 1x
c1E
pe1EpeE (x)
cE (x)
E(x)
λ
m
k
156
:الحل
دراسة الحرآة اإلهتزازية للكتلة المعلقة :إن القوى المؤثرة على الجملة في لحظة ما هي .
T = - k v: رونية للنابض القوى الم- f = - λ x: القوى المخمدة -
p: القوة الثقالية - = m g نفرض في البداية أن الكتلة متوازنة عند الوضع . )o (و عندما نزيحها بالمقدارx و نترآها بدون
.سرعة إبتدائية تبدأ في االهتزاز المتخامد : ندرس في البداية وضع التوازن السكوني .
iF: و حسب قانون نيوتن الثاني = 0∑
T و منه + p +f T : و بالتالي ⇒V = 0 f = 0: و بما أن 0 = + p = 0
⇒T + p = 0 k . l = m g . . . . . (1) -: نجد (x'x)و باإلسقاط وفق المحور ∆
:x(t)ندرس اآلن الوضع الحرآي و نختار الموضع .
i: فحسب قانون نيوتن الثاني التحريك االنسحابي iF = m a∑
T : و منه + p +f = m a و بالتالي : -k( l + x )+ m g - λv = m a∆
) : 1(و حسب العالقة 2
2dx d x- k x - λ = m dt dt
: و في األخير نحصل على 2
2d x dxk k + + x = 0m dt mdt
: و التي يمكن آتابتها بالشكل 2
202
d x dx + 2 γ + ω x = 0 . . .(1) dtdt
معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية بدون طرف ثان ، و حلها يعتمد على آل من و هي آما نالحظ
0γ , w 0: حيث λ k2 γ = , ω m m=
: دراسة الحاالت .γ: الحالة األولى : من الشكل ) 1(المعادلة التفاضلية تصبح ) . ال يوجد تخامد ( 0 =
22
02d x + ω x = 0 dt
0: ، حل هذه المعادلة من الشكل 0x( t ) = x sin( ω t + φ )
0: و هي حرآة حبيبة اهتزاز نبضها k ω m=
V
f
T
o
0-x
0+x
x p
∆l
157
0γ: الحالة الثانية ω<) من الشكل ) 1(حل المعادلة التفاضلية ) . التخامد ضعيف :γt
0x( t ) = x e sin ( ωt + − ϕ ) 2 ، حيث 20ω = ω - γ
: و يكون شبه الدور 2 20
2π 2πT = = ω ω - γ
0γ: الحالة الثالثة < < ω ) التخامد ضعيف جدا (
γt: من الشكل ) 1(حل المعادلة التفاضلية0 0x( t ) = x e sin ( ω t + − ϕ )
0: حيث 0T T , ω ω≅ ≅ 0γ: الحالة الرابعة = ω ) التخامد حرج. (
γt-: من الشكل ) 1(حل المعادلة التفاضلية 1 2x( t ) = (c + c t ) e
2حيث 1c , c ه ال ثوابت يمكن تعيينهما من الشروط االبتدائية و آما نالـحظ ـمن ـخالل الـحل أـن
ارة د فــي عـب )xيوـج t ) ة و الجملــة إذا أزيـحت عــن وضــع ا و الحرآــة ليســت اهتزازـي حــدا جيبـي
. إليه في مدة زمنية قصيرة توازنها سرعان ما تعود0γ: الحالة الخامسة > ω ) التخامد آبير. (
:في هذه الحالة لها حل من الشكل ) 1(إن المعادلة التفاضلية 2 2 2 2
0 0 γ - ω t - γ - ω t-γt1 2 x( t ) = e ( c e + c e )
.رونية أقل تأثيرا من القوة المخمدة و التخامد ال دوري في هذه الحالة ، و تكون القوة المλ: إذا أخذنا :تطبيق عددي = 0.4N.s/m k = 50N/m ; m = 500g
0: فإننا نالحظ kω = = 10 rad/sm
0γ: إذن << ω ) 0: ، لذلك سيكون )التخامد ضعيف جدا 0T T , ω ω≅ ≅
γt: الشكل و معادلة الحرآة من 0x( t ) = x e sin ( ωt + − ϕ )
. ي عشرالثان تمرينال . مثبت بطرف نابض حلقاته m = 200g آتلته (s)اسا مرنا أفقيا مكونا من جسم صلبونعتبر ن
.kغير متالصقة و آتلته مهملة و ثابت مرونته معلما نختار ابتدائيةو نحرره بدون سرعة 0x بالمسافةoنزيح الجسم عن موضع توازنه
(x'x)موضع مرآز عطالة الجسم بالفاصلةحدد، ن OG = x ، مهملةات اإلحتكاآجميعو نعتبر
x = f(t) الدراسة التجريبية منحنى مخطط المسافات تعطى - 1
158
. و الدور الخاص x 0مطال ؟ حدد قيمتي ال(s) من خالل المنحنى ما هي طبيعة حرآة الجسم-أ
. المعادلة الزمنية للحرآة استنتجثم قانون نيوتن الثاني للديناميك أوجد بتطبيق –ب
المعادلة التفاضلية لحرآة الجسم . استنج قيمة ثابت مرونة النابض - بين الجسم و السطح االحتكاكنعتبر أن -2
: األفقي معطى بالعبارة d xf = -λ id t
المعادلة التفاضلية في هذه الحالة ن أن بي –أ :على الشكل التالي
2 2
02d x d x λ + + w x = 0m d t d t
x حنى الموجود بين الجسم و السطح ؟ أعط شكل المناالحتكاكما هو نوع –ب = f ( t ) .في حالة التخامد الضعيف جدا
.للمهتز 0Tاستنتج قيمة شبه الدور -ـ ج
:الحل : طبيعة الحرآة ) أ– 1
x من خالل البيان . = f ( t .، يظهر أن الحرآة حبيبة إهتزازية غير متخامدة (
0: ، و الذي نعتبره المطال األعظمي x 0قيمة المطال. x 2 1 2 cm= × =
0الدور الخاص. 0 T = 2 × 0 .5 = 1 s : T
0: الحرآات لها الشكل المعادلة الزمنية لمثل هذه 0x( t ) = x sin ( ω t + ϕ )....(1)
t) من خالل البيان نالحظ أنه عند مبدأ الزمن : ϕ تحديد - = الجسم يتحرك في إتجاه (0
v(0) = v 0: المطاالت السالبة لذلك < 0
)x : إذن 0 ) 0=
0 v(0) = v 0< t )الشروط اإلبتدائية ( =0
0 : و بما أن 0x( t ) = x sin ( ω t + ϕ )
0 0 0v( t ) = x ω cos ( ω t + ϕ )
)0x : فإن 0 ) = x sin = 0 ϕ 0 و 0 0v( 0 ) = x ω sin ν < 0ϕ =
sin = 0 φ :و منه = 0 φ = π1 2ϕ ⇒ ,
0 0,5 1 1,5 t(s)
x(cm)
1
2
159
2cos φ) الحل المقبول ( = φ = πϕ < 0 ⇒
0: بما أن :0ωتحديد 2πω To= 0: فإن
2πω = 2π rad / s 1=
x(t) = 2 sin(2π t + π) (cm) : و بالتالي يصبح لدينا
: إيجاد المعادلة التفاصلية لحرآة الجسم –ب
i: بتطبيق قانون نيوتن الثاني iF = m a∑
T: فإن + R + P = m a : نجد (x'x)و باإلسقاط وفق المحور
2
2dx- k x + 0 + 0 = m dt
:و منه 2
2dx k x = 0 . . . . . . (2)mdt
+
: ، أي ) 1(حلها هو المعادلة ) متجانسة (و هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية
0 0x( t ) = x sin ( ω t + ϕ )
0: و للتأآد من ذلك نأخذ 0x( t ) = x sin ( ω t + ϕ )
2 2 2
0 0 0 02dx = -x ω sin ( ω t + = - ω xdt
ϕ ) =
2: فنتحصل على ) 2(و نقوم بتعويضها في 20 0
k k- ω x + x = ( - ω ) x = 0m m
2: و منه 0
kω m= 2: و بالتالي0k = m . ω
2k = 0,2 × (2π): تطبيق عددي = 8 Ν/m
: االحتكاآات آتابة المعادلة التفاضلية للحرآة في وجود – 2
iF: ن نيوتن الثاني حسب قانو = m a∑ ، إذن :T + F + R + p = ma
)و باإلسقاط وفق المحور x' x dx- k x - λ: نجد :( + 0 + 0 = m adt
: و بالتالي 2d x dxλ k + x = 0 . . . . . (3) dt m dt m+
2: حيث 0
kω = m المعادلة بالشكل و تصبح في األخير :2
20
d x dxλ ω x = 0 dt m dt+ +
: بين السطح و الجسم االحتكاك طبيعة –ب . تتناسب طرديا مع قيمة السرعة فاالحتكاك هنا لزوجي و الحرآة متخامدة االحتكاك بما أن قوة -
x
0x+0-x
c
o
R
p
T
x
160
المخمد و الذي نعتبره هنا ضعيف جدا االحتكاكلة في حاx = f(t) و يكون شكل المنحنى البياني -
0 على النبض الخاصحيث ينطبق هنا النبض المخمد : بالشكل التالي 0w w ; T T≅ ≅
: حساب قيمة شبه الدور -ـج حلها من الشكل) 3(إن المعادلة التفاضلية
γt0x( t ) = x e sin ( ωt + − ϕ )
2: حيث 20
λω = ω - δ , δ= 2m
:بما أن التخامد ضعيف جدا فإن
20 0
0
γω = ω 1 - ( ) ωω ≅
0: و بالتالي 0
2π 2πω = T ΤT ω⇒ ≅ T = 1 s: و منه ≅
: الثالث عشر تمرين ال . و kابت مرونته بين نابض ثmربطت آتلة
λمخمد لزج عامله الخطي ضع عندما نزيحها عن وmأدرس حرآة الكتلة
توازنها السكوني
:الحل :نها عندما نزيحها عن وضع توازmدراسة حرآة الكتلة
iF: حسب مبدأ العطالة : في حالة السكون . = 0∑
f + p + T : و بما أن الجسم ساآن 0 =
v = 0 , f = 0 إذن :p + T = 0
) حورو باإلسقاط وفق الم x' x : نجد (
p - T = 0 m g = k . l . . . . (1)⇒ ∆
:في حالة الحرآة .
0 0,5 1 1,5 t(s)
x(cm)
1
2
λ
m
k
x
T
0-x
0+x
o
x(t)
∆l
f
v
161
ii: حسب قانون نيوتن الثاني F f: و منه ∑0 = + p + T = m a ) المحوراتجاهو باإلسقاط وفق x' x λ v + m g - k ( ∆l + x ) = m a- : نجد (
: نجد ) 1(و حسب المعادلة 2
2dx d x- λ - k x = m d t dt
: و بعبارة أخرى نحصل 2
2d x dxλ k + + x = 0 .....(2)m dt mdt
2و بفرض 0
λ λ2γ = , ω m m=
: من الشكل ) 2(تصبح المعادلة التفاضلية 2
202
d x dx + 2 γ + ω x = 0 . . . . .(3)d tdt
ها آما الحظنا في التمرين ، و حلهي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية متجانسة ) 3(و المعادلة 0 بقيمة السابق يتعلق ω , γ
0γ إذا آان - ω< يكون التخامد ضعيف ، .
0γ إذا آان - << ω يكون التخامد ضعيف جدا و فيه ، :T , ω ω0 0≅ Τ ≅
0γإذا آان = ω حالة وسطية ( ، يكون التخامد حرجا (
0γ إذا آان - > ω يكون التخامد آبيرا ، .
: التمرين الرابع عشر . 2g: نهمل جميع االحتكاآات ، و نأخذ = 10 m/s
ــــل الشــــــكل الجــــــانبي جســــــم ــــر ) s (ايمـث آنقطــــــة ماديــــــة آتلتــــــه هنعتـب
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
iF : قانون نيوتن األول حسب = 0∑
p: إذن + T = 0
)و باإلسقاط وفق المحور x' x : نجد (
1 2- (m + m ) g + k ∆l = 0 . . . . .(1)
1: و بالتالي 2m + m∆l = . gk
l 100 + 3200- :تطبيق عددي = ( ). 10 10 = 0.01m = 1cm300∆ ×
)المعادلة التفاضلية لحرآة مرآز المجموعة ) أ – 2 G ) :
i: بتطبيق قانون نيوتن الثاني i
F = m a∑ / 1 2m = m + m و منه :T + p = m a
k x = m a - ( k ∆l - m g ) : ومنه k ( ∆l - x ) - m g = m a: نجد باإلسقاط و
)و حسب العالقة 1 ) : - k x = m a ومنه :2
2d x K = - xmdt
(s+c)
p
Ti
o∆l
163
: و بالتالي 2
21 2
d x K + x = 0 . . . . . . . . . . . .( 2 )m + mdt
)ةمعادلو آما نالحظ ال 2 يمكن ) متجانسة ( عبارة عن معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية (
: وضعها بالشكل 2 2
02d x + ω x = 0dt
2: حيث 0
1 2
Kω = m + m
1: ون عندئذ الدور الخاص و يك 20
m + mT = 2 π k
:تطبيق عددي -3
0( 200 + 100 ) . 10T = 2 3,14 0,2 s300× =
: المعادلة الزمنية للحرآة )ب 0: إن حل المعادلة التفاضلية من الشكل 0x( t ) = x sin ( ω t + ϕ )
: ϕ ، 0x، 0ωتحديد *
: ومنه t = 0 ، x ( 0 ) = 0: لدينا : ϕتحديد الصفحة االبتدائية :أوال
0x( 0 ) = x sin = 0ϕ و العبارة لها حالن ، : = π2ϕ 01 = أوϕ
: في االتجاه السالب فإن t = 0و بما أن السرعة طبقت في اللحظة
0 0dx( t)v ( t ) = = x ω cos ( ωt + dt ϕ ) 0: و بالتالي 0v (0 ) = x ω cos = v < 0ϕ
π2ϕ = = : إذن v ( 0 ) < 0: ، فالحل المقبول هو الذي يجعل cos < 0ϕ:إذن ϕ
0: لدينا : 0ω تحديد نبض االهتزاز :ثانيا 1 2
kω = m + m
0 :تطبيق عددي 300ω = = 31,60 rad /s0,2 + 0,1
:تحديد السعة العظمى لالهتزاز : ثالثا
0: بما أن 0v( 0 ) = x ω cos = vϕ 0: فإن0
vx = ω cos ϕ
0 :تطبيق عددي - 1,4x = = 0,0443 m = 4,43 cm31,6 (-1 )×
x ( t ) = 4,43 sin ( 31,6 t + π: و في األخير يكون شكل معادلة الحرآة )
) الطاقة الميكانيكية ( إيجاد عبارة الطاقة الكلية للجملة ) أ – 3المستوى المار بالنقطة قياس آل من الطاقتين الكامنة الثقالية و المرونية هو بما أن مبدأ
( 0 : األفقي فإن (
pE ، cEعبارة آل من :أوال
164
2: لدينا •c 1 2
1E ( x ) = mv ; m = m + m2 حيث :dxv = dt
p: ومن جهة ثانية لدينا • PP PeE ( x ) = E (x) + E (x) :عبارة الطاقة الكامنة الثقالية -
te: لدينا pp = 1 2E ( x ) = m g x + c ; m = m + m
ppE: و بما أن ( 0 ) tec: فإن 0 = PPE: و بالتالي =0 = (x) = m g x
2: لدينا :عبارة الطاقة الكامنة المرونية - tepe =
1E ( x ) = k ( - x ) + c2 ∆
2: و بما أن pe
1E ( 0 ) = k 2 te: فإن ∆ 2=
1c = - k 2 ∆
2: و بالتالي 2pe
1 1E ( x ) = k ( - x ) - k 2 2∆ ∆
عبارة الطاقة الكلية :ثانيا m: لدينا P cE ( x ) = E ( x ) + E ( x )
): ومنه )22 2m
dx1 1 1E ( x ) = m g x + k ( - x ) - k + m 2 2 2 dt∆ ∆
: و بجعل العبارة أآثر بساطة نقوم بنشر الحد الثاني فنجد
( )22m 1 2
dx1 1E ( x ) = k x + ( m + m ) . 2 2 dt
: فإن الجملة معزولة ما إذا اعتبرنا و في حالة * ثابت = الطاقة االبتدائية للجملة = الطاقة النهائية للجملة
): إذن )22 te
1 2 =dx1 1k x + ( m + m ) = c . . . . . . . . . . . . . ( 3 )2 2 d t
و بالتالي المعادلة التفاضلية للحرآة يمكن استنتاجها من الدراسة الطاقوية السابقة باشتقاق
)المعادلة 3 : بالنسبة للزمن (2
1 2 2dx d x dxk . . x + ( m + m ) . . = 0dt dtdt
: ومنه 2
1 2 2d xk . x + ( m + m ) . = 0dt
: و في األخير 2 2
02d x + ω . x = 0dt
2 :حيث 0
1 2
kω = m + m
:)0( حساب السرعة التي تمر بها المجموعة ألول مرة من –ب يفها بين الوضعين الذي تنتقل فيه المجموعة ظو التي يمكن تو) 3(باالعتماد على العالقة
( c + s) 0 منx = x إلى x = 0
2 2 2 20 1 2 1 2
1 1 1 1 k x + (m + m ). 0 = k . 0 + (m + m )v 2 2 2 2
165
2: و بالتالي 20 1 2
1 1 k x = (m + m ) v2 0: و منه 21 2
kv = x(m + m )
300v = . 0,0443 = 1,4 m/s0,2 + 0,1 :تطبيق عددي
' إثبات أن المجموعة ستهتز سبعة -جـ '0 max 0( x ) > x الجسم يغادر دون أن( s : الكفة (
)بتطبيق قانون نيوتن الثاني على الجسم s : نجد (2
i 1 1 2i
dxF = m a = m idt∑
)بحيث أن تسارع و السرعة هي نفسها للكلفة c ) و الجسم ( s : كل و المجموعة آ(
: إذن 2
1 1 2dxR + P = m idt
)باإلسقاط وفق المحور x' x : نتحصل على (2
1 1 2dxR - m g = m dt
: و بما أن 2
21 1
dx k = - x m + mdt1: فإن
1 1
kR = m ( g - x )m + m
R: و حتى ال يغادر الجسم الكفة يجب أن يكون > 0
1: و بالتالي 11
1 1
m + mkm ( g - x ) > 0 x < gm + m k⇒
': و بالتالي '0 0 maxx x < ( x ': حيث ≥( 1 2
0 maxm + m(x ) = = . gk∆
' :تطبيق عددي 0 max(x ) = = 1 cm∆
تنتاج ة و ـهي قريبـ : االـس ر ـمن الدـق ا جاـنب آبـي دت إـلى اآلن فيـه ة الـتي اعتـم ة ـمن المنـطق الطريـقالتجريبــي إذ أن الدراســة التــي وردت و اعتمــد فيهــا علــى الدراســة الطاقويــة آانــت فيهــا الـســعة
0x = 4,43 cm إذا ارتد النابض في الجهة ) حالته ( و التي لم تأخذ بعين االعتبار وضع الجسم
)الموجبة لـ x' x ) و آأن الجسم( s ) بالصفيحةملتحم ( c )
'maxx، maxx عبارة آل من– 4
)حساب أقصى ارتفاع يصل الجسم : أوال s الجملة ( الطاقة حفاظ بعد مغادرة الكفة حسب مبدأ ان(
الطاقة االبتدائية= الطاقة النهائية للجملة :)معزولة
)الجسم: ( الجملة محل الدراسة هي * s 2 ) أرض + (1 1 max
1 m v = m g x2
: و بالتالي 2
maxvx = 2 . g تطبيق عددي :
2
max1 ,4x = = 0,098 m = 9,8 cm2 . 10
)الكفة آتلة حساب أقصى ارتفاع: ثانيا c الطاقةحفاظبنفس الطريقة و بتطبيق مبدأ ان : (
166
الطاقة النهائية للجملة = الطاقة النهائية للجملة : ) معزولة الجملة ( )الكفة: ( الجملة محل الدراسة هي * c ) أرض + نابض + (
2 ' 2 22 2 max max
1 1 1m v + 0 + 0 = m g x + k ( x' - ) - k2 2 2∆ ∆
:و منه max
2 22 2 max max
1 1m v = m g x' + k x - k x'2 2 ∆
:و بالتالي max
2 22 1 max
1 1m v = - m g x' + k x2 2
1 : ر االعتبابعينحيث أخذنا 2( m + m ) = gk∆
: و شكل المعادلة في األخير هو max2
max 300 x' - 4 x' - 0,2 = 0
'max x : و الحل المقبول موجب = 3,3 cm
: التمرين الخامس عشر . ، و يحمل في طرفه الثاني 0 بأحد طرفيه في النقطة مربوطخيط غير قابل لإلمتطاط طوله
)جسما s ، توجد هذه المجموعة في حالة توازن في المستوي الشاقولي نعطي عند m آتلته(
)أفقية ، و نعلم موضع الجسم 0v سرعة ابتدائية sللجسم t = 0اللحظة s θ بالزاوية (
) أآتب المعادلة التفاضلية لحرآة الجسم– 1 s ) .
. و g و 0v بداللة 0θ أعط تعبير السعة– 2
. و استنتج قيمة مرور الجسم من موضع توازنه T أعط تعبيرا لشدة التوتر – 3) لكي تبقى حرآة الجسم0v حدد الشرط الذي يجب أن تحققه السرعة– 4 s دائرية حول (
.0النقطة
:الحل :آتابة المعادلة التفاضلية للحرآة – 1
باالعتماد على مبدأ انخفاض الطاقة يمكن أن نختار
co، فيكون ) آتلة –خيط ( الجمل cE + W( P ) = E
) : مهملة ( للحرآة معدومة بفرض أن جميع القوى المعرقلة
2: إذن 20
1 1m v - m g y = m v . . . . . ( 1 )2 2
v: حيث = . ω ، y = ( 1 - cos θ ) (T)
o (N)
θ
θ
Tm
P
yNP
TP
167
2: إذن 2 20
1 1m v - m g ( 1 - cos θ ) = m ω2 2
: و باشتقاقها بالنسبة للزمن نحصل على 22 d θ- m g ω sinθ = m ω dt
: و التالي 2
2d θ- g sin θ = dt
: و في األخير 2
2gd θ + sin θ = 0
dt
sin θات صغيرة االهتزازو باعتبار θ
: فإن 2
2gd θ + θ = 0 . . . . . . . . . . . . . .( 2 )
dt
بحلها نتحصل على معادلة الجسم ) متجانسة ( من المرتبة الثانية تفاضلية و هي آما نالحظ معادلة ( s )0θ: ، وحلها هو ( t ) = θ sin ( ωt + ϕ )
) باالعتماد على العالقة : و g و 0v: بداللة 0θعبارة السعة – 2 1 حيث تكون (
0θ: عظمى أي سرعة الجسم عندما تكون السعة = θ فإن ، :v = 0
2: إذن 0 0
1 m v - m g ( 1 - cos θ : و بالتالي 02 = ( 20
0v
cos θ = 1 - 2 g
: عبارة شدة توتر الخيط – 3
i: لدينا :قانون نيوتن الثاني حسب i
F = m a T + P⇒∑
) المعلم الذاتي ( الناظمي في إحداثيات فريني ق المحورباإلسقاط وفو
: نجد 2vT - m g cos θ = m l 2: حيث 2
0 v = v - 2 g l ( 1 - cos θ )
2: و منه 0
mT = m g cosθ + [ v - 2 g ( 1 - cosθ ) ]
2 : و بتبسيط العبارة نجد 0
mT = m g ( 3 cos θ - 2 ) + v . . . . .(3)
) :0( حرآة دائرية حول (s)حتى يكون للجسم v 0 تحديد الشرط الذي تحققه السرعة– 4
و أن θأن شدة التوتر في الخيط تتغير حسب موضع الجسم أي بداللة الزاوية ) 3(من العبارة θ: أدنى قيمة لشدة التوتر على مسار نفرضه دائري عندما = π ، T = 0
T :لذلك سيكون 2: إذن ≤0 0
mm g (3 cos θ - 2) + v 0≥
2: و التي يكون من أجلها 0v g (2 - 3cos θ 0v: أي ≤( g (2 - 3cos θ )≥
0: حيث min( v ) = 5 g ، θ = π 0: و بالتالي 0 minv (v )≥
168
: التمرين السادس عشر . دوران ل قابلة لm = 200 g و آتلتها cm 20 = طولها ABيمثل الشكل الجانبي عارضة
)ل المحورفي مستوي شاقولي حو آرة B ، تحمل في الطرف A أفقي يمر بالنقطة ∆(
r و نصف قطرها M = 2 mمتجانسة آتلتها = 10
.) آرة + AB( للمجموعة Gأوجد مرآز األبعاد المتناسبة - 1
ه k يطبق نابض ثابت مرونته - 2 وة و آتلـت ة ـق F مهمـلــــــي نقطــــــة ــــــافة Cعلــــــى العارضـــــــة ـف ــــــى مـس ــــــد عـل توـج
3AC = 4 من النقطة A ) نعتبر اتجاهF شاقولي ( ،
ن العارضة و نعتبر المجموعة في حالة التوازن ، بحيث تكو . مع الشاقول αزاوية
. أذآر شروط توازن الجملة - أ . حدد القوى المطبقة على المجموعة - ب . بتطبيق شروط المجموعة - جـ
m ،M ، g: بداللة Fأوجد عبارة / 1 -جـ gعددي شدة توتر النابض ، نأخذ أوجد بالتطبيق ال / 2 - جـ = 10 N/kg
∆cm 8 = : استنتج ثابت مرونة النابض على أن استطالته / 3 - جـ )شدة تأثير المحور ام / 4 - جـ ؟ AB على العارضة ∆(
ϕ.°2 = وضع توازنها بمقدار نزيح الجملة عن م- 3
أوجد المعادلة التفاضلية للحرآة - أ v ( 0 ) = 0 ، α: الهتزاز في الحالة التالية ل أآتب المعادلة الزمنية -ب = 30°
:الحل : رض نفAB إيجاد مرآز األبعاد المتناسبة للمجموعة - 1
1G : مرآز عطالة القضيبAB
2G : كرةمرآز عطالة ال
G : مرآز عطالة القضيب )AB + الكرة (
: لدينا بصفة عامة i i
i
ii
m OGOG = m
∑
∑
) المحور و نفرض x' x موجبا نحو األسفل مبدؤه ينطبق ( 1G ، 2G ، G : و يشمل النقطة Aعلى النقطة
B
A
C(∆)
α
2
x
oA
B
i
10+G
1G
2G
169
1: فيكون 2m + 2 m ( + )m AG + M AG 2 10AG = = m + M m + 2m
9AG: ومنه 9AG :تطبيق عددي 10 ( 1 ). . . . . . = = 20 = 18 cm10 ×
: 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
π: الفاصلة االبتدائية * π πx ( 0 ) = sin = cm3 4 3 2
: 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∆، d: المرآب بداللة المقادير θd t ، g , m , , θ
استنتج المعادلة التفاضلية لحرآة النواس علما أن / جـ مهملة االحتكاآات
لهذا النواس المرآب 0Tأوجد عبارة الدور الخاص / د
∆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
∆: لدينا 0
6 JT = 2 π m g . إذن :
20
∆T m g J = 6 2 π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
:تطبيق عددي 2
- 3 2 0,5 10 0,4 0 ,96J = . 7,8 . 10 kg .m6 2 . 3,14∆× × ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
: 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 )⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
: و منه 2
1 2c + c = c . . . . . . . . . . .( 3 )x ( - x )
)بتعويض 3 ) في العبارة ( 2 : نجد (2
1m g cω = . + J x ( - x ) 6 J∆ ∆
2: السابق مرينو حسب نتائج الت0
m g ω = 6 J ∆
'2: و بوضع cω = J ∆: فإن
22 21 0ω = ω' + ωx ( - x )
p sinθG
B
A
(∆)
o
1-c θ2-c θ
θ
θ
181
: من الشكل 1Tالي ستكون عبارة الدور الخاص التبو
1 22 210
2 π 2 πT = = . . . . . . . . ( 4 ) ω ω + ω' x ( - x )
)نالحظ أنه من العبارة : للنواس المرآب maxTتحديد القيمة العظمى للدور الخاص -ب 4 أن (
1T تابع للمتغير x ارتباط السلك ؛ بالقضيب لذلك ستكون له قيمة عظمى من الذي يعبر موضع
: أجل 2' 2
13 2 2
2 22 2'0
d T ( - 2 x )ω = 0 π . = 0d t x ( - x )ω + ω x ( - x )
⇒ ×⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
max: و بالتالي max - 2 x = 0 x 2⇒
max: ومنه 2 2 2'2 2' 00max
2 π 2 πT = = . . . . . (5 ) ω + 4 ω ω + ω x ( - x )
: هي c تكون قيمة ثابت مسلك فتلmaxx من أجل -جـ
)من العالقة 5 : نجد (2
2 ' 20
max
2 πω + 4 ω = T⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
: ومنه 2
20
max
2 π1 ω' = - ω2 T⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
'cω: و بما أن = J ∆
max: الدور الخاص األعظمي * tT = = 0,8 s10
∆
: 'ωالنبض * 2 22 π 2 π1ω' = - = 2,17 rad/s2 0 ,8 0 ,96
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2: ثابت فتل السلك * -3 2c = J . ω' = 7,8 . 10 ( 2,17 ) 0,0367 N .m/rad∆ ×
: التمرين الثاني و العشرون .
: إلى نتائج التمرينين السابيقين ستنادباإل) المحور أننعتبر ة ضيب الطرف األعلى للقضيب و نربط القO يمر من النقطة (∆ في النقـط
A بنابضين لهما نفس ثابت المرونة k = 10 N/m و نزيح النواس المرآب عن موضع ، 0θتوازنه بزاوية بدون في نفس المستوى الشاقولي الذي يضم النابضين و نحرره10° =
)موجب سرعة ابتدائية في المنحنى ال x' x )
182
) التحريك الدوراني ( قانون نيوتن الثاني بتطبيق ، أوجد المعادلة التفاضلية لحرآة النواس الجديد
و استنتج أن الدور الخاص لهذا النواس معبر عنه 2:بالعالقة 22
2 πT = m g 2 k + 9 J' 2 J'∆ ∆
: نضع 22 2 k = 9 J'∆
Ωونعتبر ، Ω
النبض الخاص للنواس المرن المكون من 2: بحيث mنابيضين لهما نفس الصالبة و النواس المرآب يكافئ جسما آتلته 2 k = mΩ
'21Jاستنتج أن = m 9∆ و استنتج قيمتها ، .
:الحل : ك الدوراني لدينا يحسب قانون نيوتن في التحر: لحرآة النواس المعادلة التفاضليةإيجاد 2
i 2i
d θM ( F ) = J' dt∆ ∆∑
: و بالتالي 2'
1 2 2d θM ( R ) + M ( P ) + M ( T ) + M ( T ) = J d t∆∆ ∆ ∆ ∆
: باالسقاط في االتجاه الموجب يكون2'
1 1 2d θ0 - m g sin θ - T . - T . = J2 3 3 d t∆
O: صغيرة لذلك θويةاعتبرنا الزابحيث C O A ، sin θ θ≅
: ومنه 2'
2d θ- m g θ - 2 k x = J 2 3 d t∆
1 حيث ∆ 2 x = x = x θ3∆ ∆ ∆
: و بالتالي 22 '
2d θ2 k - m g + θ = J 2 9 g dt∆
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
: و يصبح في األخير 2 2
2 ' 'm g d θ 2 k + + θ = 0
dt 2 J 9 J∆ ∆
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
:و حلها من الشكل ) متجانسة ( خطية من المرتبة الثانية ةتفاضليو هي معادلة
0 2θ ( t ) = θ sin ( ω t + )ϕ حيث نعتبر هنا :2
2 ' 'm g 2 k ω = + 2 J 9 J
∆ ∆
2 : ومنه يكون الدور الخاص هو 22' '
2 π 1T = = 2 π ω m g 2 k + 2 J 9 J
∆ ∆
x'A
xG
B
k(∆)o k
183
إذا اعتبرنا 22 2 k = 9 J'∆
Ω من نابيضين لهما نفس ثابت لنواس مرن مكون النبض الخاص
2: بحيث أن mالمرونة ، و النواس المرآب يكافئ جسما آتلته 2 k = mΩ فإن :
2 ' 2
'2 k 2 k 1 = J = m m 96 J ∆
∆
⇒
' :تطبيق عددي 21J = 0,5 0,5 = 0,022 kg.m9∆× ×
: شرونالتمرين الثالث و الع .
2g = 10 m/s: ، و نأخذ االحتكاآاتنهمل جميع
I - نعتبر عارضةABآتلتها مهملة قابلة للدوران حول قضيب معدني CD نثبت بالنقطة A 'm آتلته 'sو بالطرف األخر جسما نقطيا m = 200 g آتلته(s)جسما نقطيا = 400 g
ـ 's نعين موضع F و Bيمكن تغيير موضعه بين النقطتين x بالفاصلة E بالنسبة لAE: نعطي = EB = = 0,30 m
ات صغيرة السعة االهتزاز ، عبارة دور x أوجد بداللة - 1 x بداللة T أرسم شكل منحنى تغيرات - 2 AB و نزيح العارضة B بالنقطة 's نثبت- 3
0θشاقوليا عن موضع توازنها بالزاوية = 9°
دون سرعة ابتدائية ، أوجد قيمة و نترآها ب 'sالسرعة العظمى للجسم
II - نثبت طرفي القضيب المعدني بالنقطتين C ، D حيث يحدث دوران العارضة AB فتل القضيب .
LEC: نعطي = ED = 2 مع L طول القضيب المعدني CD
's علما أن دور االهتزازات صغيرة السعة في حالة وجودCDلمعدني حدد ثابت فتل القضيب ا- 1 T = 1,20 s هو EBبمنتصف
B بالموضع 'sن فيها وات صغيرة السعة بالنسبة للحالة التي يكاالهتزاز أحسب دور - 2
:الحل
: لدينا : ات صغيرة السعة الهتزازاإيجاد دور - 1 2
i 2i
d θM ( F ) = J' dt∆ ∆∑
: و منه 2'
2d θM ( R ) + M ( P ) + M ( P' ) = J d t∆∆ ∆ ∆
2
2d θ0 - m' g sin θ .x + m g sin θ . = Jd t∆
C D
E
B
x
s
k
s'
A
184
2: حيث 2 J = m + m' x∆ ومنه :( )2
2m' x - m gd θ + sin θ = 0Jdt ∆
sin θ: ات صغيرة السعة فإن االهتزازو باعتبار θ
: إذن 2
2 2 2d θ m' x - m + . g θ = 0d t m' x + m
المرتبة خطية من تفاضليةو هي آما نالحظ معادلة 0:الثانية حلها من الشكل 0θ ( t ) = θ sin ( ω t + )ϕ
0: حيث نعتبر هنا 2 2m' x - m ω = g
m' x + m
0: و بالتالي 2 πT = ω 0: ومنه 2 2
m' x - m T = 2 π gm' x + m
:تطبيق عددي 2 2
04 x + 0,18 4 x + 0,18T = 2 π = 2 π ( 4 x - 0,6 ) . 10 40 x - 6
0T رسم البيان - 2 = f ( x )
: 's إيجاد السرعة العظمى للجسم - 3
dθv = rdtنعلم أن ×
0: و بما أن 0θ ( t ) = θ sin ( ω t + )ϕ
0: فإن 0 0dθ( t ) = θ ω cos ( ω t + )dt ϕ
): و القيمة العظمى للسرعة هي )max maxdθv = . xdt
'Es: و بما أن = x = إذن :max 0 0v = θ ω .
:تطبيق عددي 2
04 . 0,3 + 0,18T = 2 π = 1,884 s( 40 0,6 - 6)×
's: و بالتالي max9 . π 2 ( v ) = . 0,3 = 0,157 m/s180 1 ,884
° ×°
II -حسب قانون نيوتن الثاني للتحريك الدوراني : ات صغيرة السعة الهتزازاب حس : 2
i 2i
d θM ( F ) = J dt∆ : فإن ∑∆
2
1 2 2d θM ( P' ) + M ( P ) + M ( F ) + M ( F ) + M ( R ) = J dt∆ ∆ ∆ ∆ ∆
+
A
x
P'
B
θ
(∆)
EP
P sin θ
P' sinθθ
s'
s
θ
R
x
0T
0
185
2
x 1 2 2d θ- m' g sin θ + m g sin θ - c θ - c θ = Jdt∆
c - )1: حيث θ c - )2 و ( θ CD عزمي طرفي القضيب (
sin θ: ات صغيرة السعة االهتزازأن و بما θ
: ومنه 2
1 2 2d θ- ( m' x - m ) g + ( c + c ) θ = Jd t∆⎡ ⎤⎣ ⎦
: و بالتالي 2 1 2
2
( m' x - m ) g + ( c + c ) d θ + θ = 0Jdt ∆
⎡ ⎤⎣ ⎦
: و حيث أن ( ) ( )
4 41 2
k r k r c + c = + = 4 cL L2 2
: إذن 2
2d θ c m' x - m = 4 + g θ= 0 . . . . . . .( 1 )J Jdt ∆ ∆
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
)المعادلة 1 من المرتبة الثانية حلها من الشكل فاضليةمعادلة الت هي (
0 1θ ( t ) = θ sin ( ω t + )ϕ 1 ، حيث يعبر هناωالجملة لذلك يكون هتزاز عن نبض ا
11
2 π 1T = = 2 πω c m' x - m 4 + gJ J∆ ∆
: حساب فتل القضيب : تطبيق عددي
x: لدينا 2 ؛ 2 = 2 2J = m' x + m = 0,027 kg.m∆
): و بالتالي )2
1
J 2 πc = - m' x - m g4 T∆ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦
20,027 0,32 π= - ( 0,4 . - 0,2 .0,3 ).10 = 0,18 N/rad4 1,2 2⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
:B بالموضع 'sات إذا آان االهتزاز حساب دور - 2
2: لدينا
2
1 T = 2 π( m' - m ) g 4 . c + ( m' + m )( m' + m )
2 :ع.ت
2
1 1T = 2 π = 2π 1,3 s4 0,18 0,2 . 10 13,33 + 11,11 + 0 ,6.0 ,30,6 0,3
× ×××
186
: الرابع و العشرون التمرين . )1ن ا جسم- s )2 و ( s 1 لهما نفس الكتلة ( 2m = m = 0 ,2 kg ، نعتبرهما نقطتين
)2الجسم s بكرة ذات محزين ، قابل لالنزالق على مستوي أفقي (2مهملة الكتلة نصفي قطريهما 1r = 2 r = 5 cm قابلة للدوران
)حول محورها . ثابت و أفقي ∆()1 خيطين- f )2 و ( f و ال غير قابالن لإلمتطاط (
ينزلفان على البكرة اقولي حلقاته ش مرتبطة بنابض M = 0,3 kg آفة آتلتهما -
k = 100 N/m غير متالصقة ثابت مرونته
)2 يطابق موضع t = 0 sعند اللحظة * s )2 مبدأ المعلم ( 0 , i )1 و يوجد ( s على (
)1 من الكفة التي يطابق موضعها مبدأ المعلم h = 1,15 mعلو 0 , j )
)2نحرر * s t = 0 sبدون سرعة ابتدائية عند اللحظة (
)2 حدد طبيعة حرآة - 1 s و ذلك 2a و استنتج تسارع (
2ان الشكل يباالعتماد على بy أوجد المعادلة الزمنية - 2 ( t )1 لحرآة ( s ).
)2 حدد طبيعة التماس بين - 3 s 2g = 10 m/s: نأخذ و المستوي األفقي ،(
1t عند الحظة - 4 = 2 s 1 ينقطع الخيط( f )1 فيتابع ( s سقوطه و يصدم بالكفة التي ( توجد في حالة سكون
)1بين أن سرعة / أ s v = 2 m/sالصدم هي مباشرة قبل (
)1علما أن سرعة / ب s ، ) الطاقة محفوظة ( يضل ملتصقا بالكفة بعد االصطدام المرن بها (
. للنابض 0yار االنظغاط األعظمي دحدد مق
II - 1و الجسم من البكرة السابقة 3 يتكون ترآيب الشكل( s )
)1و الخيط f ، نلف على البكرة االحتكاآات ، نهمل جميع (
ه ا حلزوني انابض د c = 0,25 N.m/rad ثاـبت مرونـت وازن يـكون عـن الـت
)1موضع الجسم s )1 منطبق مع مبدأ المعلم ( 0 , j )
)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 (
:متغيرة بانتظام معادلة حرآته من الشكل 1
21 1 y 1 1
1y ( t )= a ( t - t ) + v ( t - t ) + y2
1y ، يكون t = 0: و حيث أن = - 1,15 m ، 1yv = 0
2y( t ) = 0,25 t: إذن - 1,15 . . . . . . . . ( 5 )
)2 طبيعة التماس بين- 3 s : و المستوي األفقي (
)2 بين المستوي األفقي fإن معرفة االحتكاك s قوانين أم ال فإن ذلك يعتمد على تطبيقوجود م(
188
:كالسيكي لالميكانيك ا
)1 الجسم s ) : 1 1 1 1T + P = m a
)1ياالسقاط وفق المحور 0 , j : نجد (
1 1 1 1T - P = m a . . . . .( 6 )
)2الجسم s ) : 2 2 2 2T + P + R + f = m a
)2 وفق المحورياالسقاط 0 , i )
2: نجد 2 2T + 0 + 0 - f = m .a 2: ومنه 2 2T - f = m a . . . . . .( 7 )
):البكرة مهملة الكتلة لذلك يكون :البكرة ) ( ) ( )1 2' '
ii
M F = 0 M T + M T = 0∆ ∆ ∆⇒∑
: و بما أن 2'
2T = T و 1'
1T = T 1حيث أن الخيطين( f )2 و ( f مهملة الكتلة (
1: للدوران يكون لدينابموجللذلك و باالسقاط وفق االتجاه ا 1 2 2T . r - T . r = 0 . . . . .( 8 )
2: بأخذ المجموع 1r (7) + r (6)× 1: نجد × 1 2 1 1 1 2 2 2P . r - r .f = m r a + m .r .a
1: و بالتالي 11 1 1 2 2
2 2
r rf = P - m . a - m ar r
1 :تطبيق عددي 1f = 2 . - 0,2 . . 0,5 - 0,2 1 = 1 - 0,05 - 0,2 = 0,75 N2 2 ×
)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
21J: تها حوآتلة البكرة موزعة بانتظام على مسا = M' R2∆
1: فإن 1 13 9- k y = ( 3M + M ) a = M a2 2
: و بالتالي 2
2 1
d y 2k + y = 0 . . . . . . ( 10 )9Mdt
: و حلها من الشكل ) خطية ( و هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية
0 0y ( t ) = x sin ( ω t + ϕ ) 0: حيث نعتبر 1
2 kω = 9 M
1: دور اهتزازها الخاص هو إذن الحرآة جيبية اهتزازية و 0
0
9M2 πT = = 2 π ω 2 k
196
:القيمة الحدية لثابت مرونة النابض ليبقى الخيط متوترا أثناء الحرآة / ب
)من العالقة 9 ) : 2
0 2 2d yT = M g + > 0dt
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
: إذن 2
2d y > - gdt
)ومن العالقة 10 ) 1
2k - y > - g9M 19: ومنهM gk < 2 y
ـ تكون أعظمية و بالتالي توتر النابض الذي 2T يجب أن نالحظ أن kحتى نتحصل على القيمة ل
مع و بالتالي سيكون التسارعkيتناسب طرديا 2
2max
d ydt
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2 من أجل القيمة 0ω y فقط أي :
0y = + y 1: و بالتالي
0
9M .gk < 2 y
10k . 0,2 9:تطبيق عددي < 2 . 0,03k: أي أن × < 300 N/m ومنه :maxk = 300 N/m
: kرونة النابض استنتاج ثابت م/ جـ
0: ات الهتزازالدور الخاص ل* 20T = = 2 s t∆
ثابت صالبة النابض * 2
1
0
9 M2 πK = . T 2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
) :تطبيق عددي ) 22 . 3,14 9 0,2k = 8,87 N/m2 2××
) المعادالت الزمنية للحرآة الجسم -د s 1: لدينا : ( 0 0y ( t ) = y sin ( ω t + ϕ )
0 : االهتزازنبض 0
2 πω = = π rad/sT
0t: من أجل : الصفحة االبتدائية = 0 0y = - 3 cm ، v( 0 ) = 0
πsin = - 1 = rad2ϕ 3: ومنه y ( 0 ) = - 3 = 3 sin ϕ: إذن ⇒ ϕ
πy ( t ) = 3 sin ( π 3: إذن t + ) ( cm )2
y(t):باالستنتاج تجد : المعادلة الزمنية للبكرة * 3 πθ(t) = = sin( πt + )( rad )R 2
)2باعتبار) أرض + 's + s+ نابض ( عبارة الطاقة الكامنة للجملة / أ - O لقياس ( مرجعا
نة الثقالية و لقياس الطاقة الكامنة المرونية نختار مرجعا عندما يكون النابض على الطاقة الكام : يكون لدينا ) غير مشوه ( طوله األصلي
197
: الطاقة الكامنة الثقالية -
1 2PP PPs PPs
1 2 1
E ( y ) = E ( y ) + E ( y ) = M g y + M ( y ) g c− +
1 2 1 = ( M - M ) g y + c
PPy: و بما أن = 0 E ( 0 ) = 0⇒
1c:فإن PP: ومنه 0 = 1 2E ( y ) = ( M - M ) g y
2 و بما أن 1M = 2 . M فإن :PP 1E ( y ) = - M g y
)حيث نأخذ لكل s ) و( s') قيمة y ( t ) موجبة
: لكامنة المرونية الطاقة ا-2
pe 21E ( y ) = k (∆ - y) + c2 و بما أن :pey = - ∆ E ( - ∆ ) = 0⇒
2c: فإن 2: ومنه 0 = pe
1E ( y ) = k (∆ + y)2
: و في األخير تكون عبارة الطاقة الكامنة للمجموعة هي 2
p pe pp 11E ( y ) = E ( y ) + E ( y ) = k (∆ + y) - M g y2
2 21
1 1 = k y + k ∆ + ( k ∆ - M g ) y2 2
∆ k 1: و بأخذ حالة التوازن بعين االعتبار - M g = 0
2 2: فإن p pe
1 1E ( y ) = E ( y ) = k y + k ∆2 2
2و بمقارنة هذه العبارة مع العبارة p
1E ( y ) = k y + A2
21A= k 2نجد أن : أي ∆2 21M gA = 2k ، تطبيق عددي: A = 0,225 J
: عبارة الطاقة الكلية للمجموعة -ب m: نعلم أن P cE = E + E حيث :
1 2c cs cs cE = E + E + E رة ) ( بك2
2 2 2 2c 1 2 1 1
3 91 1 1E = M y + M y + J θ = M y = M y2 2 2 2 4∆
i i i ii
2: إذن 2 tem 1 =
91E = k y + M y = c2 4
i
ق قولة و بالتالي مبدأ ـل انخفاط الطاقة محزحيث أننا فرضنا من بداية حل المسألة الجملة مع
m: إذن 1dE 9 M = 0 k y y + y y = 0dt 2⇒i ii ii
: ومنه 1
2ky + y = 09Mii
0: حلها ) متجانسة ( اضلية من المرتبة الثانية فوهي معادلة ت 0y ( t ) = y sin ( ω t + ϕ )
2oj
∆-y (t)
E = 0pp
E = 0pe
y(t)
198
. و العشرونالتمرين السادس .
R)1نعتبر نابضا و آتلته مهملة و طوله k = 50N/mذو لفات غير متالصقة ، ثابت مرونته (
ذو (s)األخر إلى جسم بينما نربط طرفه Mأحد طرفيه إلى حامل ثابت نثبت cm 20=0االبتدائي
α االنزالق بدون احتكاك فوق مستوي مائل بزاويةه ، يمكنm = 200gآتلة = 30°.
. أحسب طول النابض عند التوازن-1
cm 4 عن موضع توازنه بمسافة (s) نزيح الجسم - 2 . مبدأ للفواصل oثم نحرره بدون سرعة ابتدائية ، نعتبر
و استنتج (s)المعادلة الزمنية لحرآة الجسم أوجد -أ 0T قيمة الدور الخاص
في 0G ، علما أنه يمر من موضع توازنه المستقر (s)م س عين المعادلة الزمنية لحرآة الج-ب
. متجه نحو المنحى الموجب t = 0sاللحظة 0t = T في اللحظة (s)ة أحسب سرع-جـ /2
بداللة الزمن ، ثم عين قيمة األزمنة التي تكون فيها (s) أوجد عبارة الطاقة الحرآية للجسم -د . عظمى (s)الطاقة الحرآية للجسم
R)2نعتبر نابضا أخرا -3 و cm 20=0صليذو آتلة مهملة و حلقاته غير متالصقة طوله األ(
2kثابت مرونته = 100N/m نثبت أحد طرفيه إلى حامل ، N و نربط الجسم ، (s)بالنابضين .
0نعطي المسافة الفاصلة بين الحاملين 5MN = 2 باعتبار أبعاد الجسم ، (s) مهملة .
2 أوجد طولي النابضين -أ . عند التوازن , 1 a= 2cm عن موضع توازنه بمسافة (s) نزيح الجسم -ب
'ثم نترآه بدون سرعة ابتدائية ، نعتبر 0Gمبدأ الفواصل .
أوجد عبارة الطاقة الميكانيكية للمجموعة / 1 -ب xبداللة الفاصلة األرض ، الجسم ، النابضين
.s للجسم vو السرعة
'باشتقاق العبارة المحصل عليها ، استنتج قيمة الدور / 2-ب0T لحرآة الجسم s نعتبر الطاقة ،
π)الكامنة المرونية للنابض منعدمة ، عندما يكون غير مشوه ، و نختار المسوي مرجعا (
.2g = 10 m/s: تعطى . منة الثقالية لقياس الطاقة الكا
αo
x0G
α
o
x
'0G
M
N
M
π
199
:الحل : بتطبيق مبادئ الميكانيك الكالسيكي عند التوازن على الجسم : طول النابض عند التوازن -1
ii
F = 0 R + P + T = 0⇒∑
: نجد ('xx)باإلسقاط وفق المحور
0 + m g sinα - k ∆ ∆m g sinα: و منه 0 = = k
0 و m g sinα = + k 0 . 10 . 0,2: ، ت ع ,5 =0 ,20+ = 0,22 m 50
:بتطبيق قوانين الميكانيك الكالسيكي في حالة حرآة نجد : المعادلة الزمنية لحرآة الجسم -2
ii
F = m a R + P + T = m a⇒∑ 0: أي + m g sinα - k (∆ + x ) = m a
m g sinα ضع التوازن بعين االعتبار و بأخذ و - k ∆ = 0
: فإن 2
2d x- k x = m dt
: و بالتالي 2
2d x k+ x = 0mdt
0: و هي معادلة تفاضلية من المرتبة الثانية حلها 0x(t) = x sin(w t + φ )
0: بحيث kw = m و منه :
0
2π mT = = 2π = 0,4 sw k
⇒t = 0 x(0) = 0 : إيجاد المعادلة الزمنية ضمن الشروط المحددة / ب -2
sinφ: إذن 2: و منه 0 = 1φ = π φ أو = 0
v(0) > 0في االتجاه الموجب t = 0و بما أن اتجاه الحرآة عند هذه اللحظة 0: ن فإ 0v(0) = w x cosφ cosφ : أي 0 < > 0
1φو بالتالي = φ 0: ألن 0 = 0 2v(0) = w x cosφ < 0
0x: و من جهة ثانية = 4 cm ، 00
2πw = = 5 π rad/sT
x(t) = 4 sin(5πt ) [cm]: إذن
x(t) = 4 sin(5πt )بما أن : 0Tt = 2حساب السرعة عند اللحظة ) جـ-2
dx(t): إذن 0,4v(t) = = 20π cos(5π . ) = - 20π cm/sdt 2
α
0
x∆
R
P
P sinα
T
α
200
2بما أن : بداللة الزمن sالطاقة الحرآية للجسم ) د -2c
1E = m v2
2: فإن 2 2c
1E = . 0,2 . ( 0,02 π ) cos 5πt = 0,04 cos 5πt2
2cosظات التي تكون فيها الطاقة عظمى هي عندماو تكون اللح 5πt = 1أي :cos5πt = 1±
Ncos5π: و بالتالي t = cosNπ 5π t = N π t = 5⇒ ⇒ / N *∈ N
2إيجاد طول النابضين ) 3-1 و 22cm = ل األول من خالل نتيجتنا في السؤا : , 1
1: المسافة المعطاة بين الحاملين هي 2 05 + = 2
: بتطبيق مبادئ الميكانيك الكالسيكي في حالة التوازن نجد
i 1 2i
F = 0 R + P + T + T : نجد ('xx) و باإلسقاط على المحور ∑⇒0 =
1 1 2 2m g sinα - k ∆ + k ∆ 1: ن و بما أ0 = 0 25= - 2
1: فإن 0 2 0 2 2 05m g sinα - k ( - - ) + k ( - ) = 02
1: و منه 2 02
1 2
((3/2)k + k ) - mg sinα= = 22,7 cmk + k 1 و يكون = 27,3 cm
) األرض ، الجسم ، النابضين ( عبارة الطاقة الميكانيكية للجملة ) أ -3-2
mنعلم أن p cE = E + Eقة الحرآية للجملة فإن الطا :2
2c1 1E = m v = m x2 2
i
pp: و الطاقة الكامنة الثقالية هي 2 1E = m g ( - x ) sinα + c
)باعتبار المستوي π : المرجع لقياس الطاقة الكامنة الثقالية فإن (
pp 1y = 0 E (0) = 0 c = 0⇒ ) = 2y حيث ⇒ - x ) sinα
نباعتبار الطاقة المرونية معدومة عندما يكون النابض غير مشوه ، فم: امنة المرونية ك الطاقة ال-
2: أجل آل نابض لدينا pc1 1 1 2
1E (x)= k ( ∆ + x ) + c2
1: حيث pc1 2x = -∆ E = 0 c = 0⇒ 2: إذن ⇒pc1 1 1
1E (x)= k ( ∆ + x )2
2: و من أجل النابض الثاني pc2 2 2 3
1E (x)= k ( ∆ - x ) + c2
201
2: حيث pc2 3x = ∆ E = 0 c = 0⇒ 2: إذن ⇒pc2 2 2
1E (x)= k ( ∆ - x )2
: و تكون عبارة الطاقة الميكانيكية للمجموعة 2
2 2m 2 1 1 2 2
1 1 1E = m x + m g sinα ( - x) + k ( ∆ + x) + k (∆ - x)2 2 2i
1: و بأخذ حالة التوازن بعين االعتبار 1 2 2m g sinα - k ∆ + k ∆ = 0
: نجد 2
2 2 2m 1 2 1 1 2 2 2
1 1 1 1E = m x + ( k + k ) x + k ∆ + k ∆ + m g sinα 2 2 2 2i
: استنتاج عبارة دور اهتزاز المجموعة ) ب -3-2t: بما أن االحتكاآات مهملة فالطاقة الكلية للمجموعة محفوظة أي e
mE = c
m: إذن 1 2
dE = 0 m x x + ( k + k ) x x = 0dt ⇒
1: و منه 2k + k x + x = 0m
': حلها من الشكل ) متجانسة( و هي معادلة تفاضلية 0 0x(t) = x sin( ω t + φ )
1: حيث 2'0
k + kω = m و من ثم :'0
1 2
mT = 2 π = 0,23 sk + k
Top Related