[MECHANIKA KLASYCZNA] Ruch drgający :: Kompendium / Polski Serwis Naukowy

Polecamy również:

[Stężenia] Stężenia procentowe i molowe

[F. kwadratowa] Rozwiązywanie równań i nierówności

[F.wielomianowa] Rozwiązywanie równań i nierówności

[MECHANIKA KLASYCZNA] Prędkość i szybkość średnia

[F.liniowa] Równanie kierunkowe, równanie ogólne

[MECHANIKA KLASYCZNA] Nieinercjalne układy odniesienia

Ruch drgający

Ruch drgający, to kolejny z ruchów występujących w przyrodzie. Jego charakterystyka polega na tym, że drgające ciało oscyluje wokół położenia równowagi. Ciało wykonujące drgania nazywa się właśnie oscylatorem harmonicznym.

Tutaj zajmę się jedynie ruchem drgającym prostym, czyli najprostszym rodzajem tego ruchu. Jednocześnie uświadamiam Czytelnika, że rozważania te dotyczą sytuacji modelowej - wyidealizowanej. Na co dzień spotykamy się z takimi ruchami jak oscylator harmoniczny z tłumieniem, z tłumieniem i siłą wymuszającą itp., przy czym ilość zagadnień tych szybko rośnie ze względu na różny wpływ tłumienia ruchu i liczność doboru sił wymuszających.

Wszędzie tam gdzie materiał będzie wykraczał poza program nauczania w szkołach ponadgimnazjalnych lub będzie on jedynie ciekawostką lub rozszerzeniem, zostanie użyta mniejsza czcionka.

Wspomniana wyżej różnorodność może sugerować, że opis tego rodzaju ruchów nie jest łatwy w sensie matematycznym. Tak jest w rzeczywistości, gdyż II zasada dynamiki Newtona jest w zasadzie trójwymiarowym równaniem różniczkowym rzędu przynajmniej drugiego, ponieważ występuje w nim druga pochodna położenia po czasie. Nawet w przypadku stałych sił rozwiązanie tego typu równań wymaga pewnych podstaw analizy matematycznej, więc nie będziemy się zajmować tym, w istocie matematycznym, problemem. Na lekcjach fizyki w szkołach ponadgimnazjalnych powinno się skupić na rozwiązaniach równań ruchu i jego interpretacji fizycznej. Dlatego schematycznie mechanikę newtonowską prezentuje się mniej więcej w taki sposób:

[SIŁA + II ZASADA DYNAMIKI + WARUNKI POCZĄTKOWE]----->[METODA ROZWIĄZANIA]----->[ROZWIĄZANIE + INTERPRETACJA FIZYCZNA]

Rozumujmy więc w sposób: mamy siłę $\fs2 \vec F=\vec{\text{const.}}$ , czyli jest to ruch jednostajnie przyspieszony; mamy siłę $\fs2 \vec F=\vec 0$ , czyli jest to ruch jednostajny itd. Wkrótce poznawać będziemy inne siły, które powodują inne, ciekawsze ruchy.

Warunki początkowe to np. prędkość, położenie w chwili początkowej. Są one niezwykle istotne. Gdyby w położeniu równowagi prędkość była równa zeru, to ciało pozostałoby tam na zawsze, chyba, że "coś" nadałoby mu niezerową energię kinetyczną. Mówi się, że ciało zostałoby uwięzione w jamie lub, częściej, studni potencjału. Do jej opuszczenia potrzebna jest pewna energia kinetyczna a kiedy ta jest równa zeru, nie ma mowy o wydostaniu się ciała z tej bariery. Jest to temat na osobną dyskusję - o wykresach energii potencjalnej - które są swoistymi mapami prezentującymi stan ciała w danym położeniu w zależności od energii.

§ 1. Definicja ruchu drgającego prostego

Ruch drgający prosty to ruch, który odbywa się pod wpływem siły, zwanej siłą sprężystości, która jest postaci

Siłą sprężystości (elastyczna)

$\vec F=-k(\vec r-\vec r_o)$

gdzie $\fs2 k$ jest nieujemnym współczynnikiem proporcjonalności (jest to wielkość stała dla danego ciała), a $\fs2 \vec r$ to wektor położenia (wychylenia) ciała z położenia równowagi $\fs2 \vec r_o$ - położenia ciała, w którym ciało to się znajduje, jeśli nie podlega działaniu żadnych sił, bądź gdy działające nań siły wzajemnie się równoważą.

Możemy tak wybrać układ współrzędnych, aby $\fs2 \vec r_o=\vec 0$ i większości przypadków tak właśnie czynimy. Położenie $\fs2 \vec r$ może być reprezentowane przez współrzędną kartezjańską, np. $\fs2 x$ , kąt wychylenia, np. $\fs2 \phi$ i inne współrzędne. W temacie tym skupimy się jedynie na jednowymiarowym oscylatorze harmonicznym, więc ogólnie nasza siła będzie postaci

,

gdzie $\fs2 q$ jest współrzędną, którą opisujemy położenie ciała. Dla ułatwienia przyjąłem $\fs2 q_o=0$ . O sile będącej takie postaci mówi się, że spełnia prawo Hooke'a.

Należy zwrócić uwagę, że jeśli $\fs2 q>0$ , to siła jest ze znakiem minus, czyli powoduje ruch ciała "do" położenia równowagi. Gdy $\fs2 q<0$ to siła jest ze znakiem plus i nadal powoduje ruch w stronę położenia równowagi. Oznacza to, że ciało poddane działaniu takiej siły wytrącone z położenia równowagi będzie wokół niego oscylować. Tym prostym rozumowaniem "dowiedliśmy", że siła postaci $\fs2 F=-kq$ powoduje ruch harmoniczny.

Możemy posunąć się dalej. Zgodnie z II prawem Newtona możemy zapisać $\fs2 ma=-kq$ , czyli

$a=-\frac{k}{m}q$ .

Co to równanie oznacza? Jeśli $\fs2 q>0$ , to przyspieszenie jest ze znakiem minus, więc jest to w istocie opóźnienie, którego wartość bezwzględna rośnie proporcjonalnie do wychylenia q. Oznacza to, że im dalej ciało zostało wytrącone z położenia równowagi tym ma większe opóźnienie - coraz szybciej zwalnia - i dla pewnego maksymalnego wychylenia ciało ma prędkość równą zero. Jednakże $\fs2 q>0$ , więc siła F spowoduje ruch ciała z powrotem do położenia równowagi, ale tym razem współrzędna q maleje, zatem przyspieszenie jest dodatnie i rośnie, aż uzyskuje maksymalną wartość w położeniu równowagi. Po przekroczeniu tego położenia mamy już $\fs2 q<0$ i sytuacja ta jest analogiczna do przedstawionej wyżej.

§ 2. Kinematyka ruchu drgającego prostego

2.1. Rozwiązanie równania ruchu drgającego prostego
Rozwiązanie równanie ruchu sprowadza się do rozwiązania pewnego równania, zwanego równaniem różniczkowym, jak wspomniałem o tym wcześniej. W liceum interesuje nas tylko wynik tego równania. Musimy tylko wiedzieć, że rozwiązaniem tego typu zagadnień są funkcje, a nie jak w równaniach algebraicznych liczby.

Jeśli chcielibyśmy mimo wszystko szukać rozwiązania, to musimy zastanowić się jaka ze znanych nam funkcji spełnia wszystkie cechy, które wymieniliśmy w poprzednim paragrafie? Nie pewności, że jest to jakaś ze znanych nam funkcji, tzw. funkcji elementarnych, ale nie zaszkodzi pomyśleć przez chwilę. Oczywiście łatwo pisać o tym w ten sposób, jeśli zna się tę funkcję, więc zamiast o tym opowiadać napiszę rozwiązanie.

Okazuje się, że położenie ciała w ruchu drgającym prostym pod wpływem siły $\fs2 \vec F=[-kx,-ky,-kz]$ i z warunkami początkowymi $\fs2 \vec r_o=\vec r(t_o)=[x_o,y_o,z_o],\;\;\vec v_o=\vec v(t_o)=[v_{ox}, v_{oy}, v_{oz}]$ danymi oczywiście w kartezjańskim układzie współrzędnych opisuje zależność

Rozwiązanie równania ruchu - ruch drgający prosty (wersja I - gorsza)

$\vec r(t)=\vec r_o\cos\omega(t-t_o)+\frac{\vec v_o}{\omega}\sin\omega(t-t_o)$

gdzie $\fs2 \omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$ nazywana jest częstością kołową.

Warto uzmysłowić sobie rolę częstości kołowej. Z matematyki wiadomo, że funkcja $\fs2 y_1=\sin (nx)$ , gdzie $\fs2 n>0$ "zwęża" się w stosunku do funkcji $\fs2 y_2=\sin x$ , tzn. jej "grzbiety i doliny" są bliżej siebie, zatem okres funkcji $\fs2 y_1$ jest mniejszy od okresu funkcji $\fs2 y_2$ . Funkcja zatem szybciej osiąga te same wartości. Robi to tym szybciej im większe jest $\fs2 n$ . U nas rolę $\fs2 n$ pełni częstość kołowa. Odpowiada ona za szybkość z jaką oscylator harmoniczny powraca do tych samych położeń.

Istotnie ruch harmoniczny jest okresowy. Postaramy znaleźć czas $\tau$ , po którym oscylator wraca do położenia w jakim znajdowało się w pewnej chwili $\fs2 t$ . Matematycznie ten fakt można zilustrować równaniem $\fs2 x(t+\tau)=x(t)$ , do którego powrócimy kiedy poznamy wygodniejszą postać opisującą drgania.

Nasze rozwiązanie zapisaliśmy jako funkcję wektorową argumentu skalarnego [trochę groźnie brzmi, ale jest to po prostu funkcja przyporządkowująca pewnym chwilom czasu (skalarom) położenia ciała (wektory)].

Powiedzmy więc trochę więcej o wektorach. Jak wiemy, możemy je opisywać przez podanie składowych. Jeśli uzmysłowimy sobie, co opisuje wektor (długość, kierunek, zwrot), to dojdziemy do wniosku, że każdy wektor jest niezależny od ustawienia osi naszego kartezjańskiego układu odniesienia. Co to oznacza? Ano to, że nasz układ możemy sobie tak ustawić, że wektor, który początkowo opisywaliśmy przez 3 składowe - x, y, z, możemy poprzez odpowiednie ustawienie osi opisywać przez jedną współrzędną! Mówi się wówczas, że wektor jest niezmienniczy względem obrotów [wektora jest także niezmienny względem translacji]. Warto dobrze zrozumieć, to co tutaj zostało powiedziane. To właśnie ze względu na tę własność podejmuje się trud sformułowania prawa w języku wektorów. Prawa fizyczne są wówczas zapisane w zwartej i niezależnej od wyboru układu współrzędnych postaci. Dlatego właśnie możemy dowolnie wybierać układy współrzędnych. Raz oś z może być skierowana do góry, a za drugim razem w prawo.

Z tego powodu możemy ograniczyć się do jednowymiarowego układu współrzędnych.

U nas siła została dana przez 3 składowe w kartezjańskim układzie współrzędnych, toteż rozwiązanie zapiszemy teraz jako 3 równania skalarne (przy przyjęciu chwili początkowej $\fs2 t_o=0$ ):

$\vec r(t)=\begin{cases}x(t)=x_o\cos\omega t+\frac{v_{ox}}{\omega}\sin\omega t \\ y(t)=y_o\cos\omega t+\frac{v_{oy}}{\omega}\sin\omega t \\ z(t)=z_o\cos\omega t+\frac{v_{oz}}{\omega}\sin\omega t\end{cases}$

Zgodnie z tym co powiedzieliśmy, możemy zajmować się np. równaniem na $\fs2 x(t)$ .

W rzeczywistości robimy tu pewne czynności, o których nie wspomniałem. Po pierwsze, tak obracamy nasz pierwotny układ współrzędnych x, y, z otrzymując inny układ kartezjański x', y', z'. W nowym układzie nasza siła dana jest za pomocą jednej składowej, np x' zamiast trzech w układzie pierwotnym. Po drugie, zakładamy że nasz oscylator harmoniczny, a właściwie współczynnik k, jest izotropowy tzn. jest taki sam we wszystkich kierunkach - również niezmienny względem zmiany układu współrzędnych. Oscylatory o tej własności nazywamy oscylatorami izotropowymi.

Istnieją także oscylatory anizotropowe, których współczynniki są zmienne wraz ze zmianą kierunku oscylacji. Może się zdarzyć, że w ciało wykonuje drgania w dwóch różnych kierunkach o zupełnie różnych częstotliwościach! Wówczas ruch drgający nie jest już jednowymiarowy. Kształty torów jakie przyjmują takie oscylatory nazywamy figurami Lissajous [lisażu] i przyjmują one różnorodne postaci: od odcinka, "kopniętą" elipsę do krzywych "otwartych". W przypadku tych ostatnich ruch nie wykazuje już cechy periodyczności (okresowości).

Wykonując dwa podstawienia [ $\fs2 x_o=A\sin\phi$ i $\fs2 v_o/\omega=A\cos\phi$ ] można w dość prosty sposób przejść z postaci $\fs2 x(t)=x_o\cos\omega t+\frac{v_{ox}}{\omega}\sin\omega t$ do w pełni równoważnego i często stosowanego równania:

Rozwiązanie równania ruchu - ruch drgający prosty (wersja II - lepsza)

$x(t)=A\sin(\omega t+\phi)$

gdzie
• $\fs2 A$ to tak zwana amplituda drgań. Trzeba zauważyć, że zw względu na występującą funkcję sinus $\fs2 x\in[-A,A]$ ,
• $\fs2\omega t+\phi$ to faza drgań,
• $\fs2 \phi$ to stała fazowa bądź faza początkowa, która musi być wyrażona w radianach (pamiętaj o tym, to ważne!).

W zasadzie trzeba by się upewnić, że poczynione wyżej podstawienia są poprawne. Wystarczy zauważyć, że układ równań ma jednoznaczne rozwiązania dla kąta $\fs2 \phi$ i amplitudy $\fs2 A$ dla niezerowego położenia i prędkości początkowych. Jak zostało wspomniane wcześniej, takie skrajne warunki początkowe uniemożliwiają ruch harmoniczny.

Można także uzyskać inne rozwiązanie równania ruchu poprzez inne podstawienia. Niech $\fs2 x_o=B\cos\varphi$ oraz $\fs2 v_o/\omega=-B\sin\varphi$ . Wówczas rozwiązaniem będzie $\fs2 x(t)=B\cos(\omega t+\varphi)$ i jak prosto można sprawdzić, $\fs2 A=B$ , ale kąty $\fs2 \phi$ i $\fs2 \varphi$ będą się różnić.

Możemy teraz zająć się znalezieniem okresu ruchu ciała. Stawiamy warunek $\fs2 x(t+\tau)=x(t)$ , z którego otrzymamy

$A\sin(\omega (t+\tau)+\phi)=A\sin(\omega t+\phi)$ .

Wynika z niego [ $\fs2 \sin\alpha=\sin(\alpha +2\pi n)$ ], że $\fs2 \omega \tau = 2\pi n$ , gdzie $\fs2 n$ jest liczbą naturalną. Nas interesuje najkrótszy czas, po którym nastąpi powrót do położenia wyjściowego, zatem $\fs2 n=1$ i tym samym okres w ruchu drgającym prostym wyraża się wzorem

Okres w ruchu drgającym prostym

$\tau=\frac{2\pi}{\omega}$

2.2. Prędkość, przyspieszenie i siła w ruchu drgający prostym
W liceach na ogół wprowadza się pojęcie pierwszej pochodnej, czasem także drugiej pochodnej. Niestety wyznaczenie prędkości i przyspieszenia wymaga umiejętności liczenia pochodnych obu rzędów. Istnieją sposoby wyznaczenia prędkości i przyspieszenia bez znajomości pochodnych, ale są one długie i mozolne. Czytelnik zyska o wiele więcej zapoznając się z podstawowymi pojęciami rachunku różniczkowego, gdyż z pewnością przydadzą się one w dalszej nauce fizyki.

Nie chce podejmować próby wprowadzenia pochodnych. Podam jedynie efekt końcowy niedługich obliczeń. Gdy Czytelnik zapozna się z wymienionymi tutaj pojęciami, sprawa wyda się nad wyraz banalna.

2.2.1. Prędkość
Prędkość definiuję się jako pierwszą pochodną położenia po czasie. Pochodną dowolnej funkcji zaznaczamy jako:

$\fs2 \dot{y}$ lub $\fs2 \dot{y}(x_o)$ (wprowadził Newton)
$\fs2 \frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}t}$ lub $\fs2 \frac{\mbox{d}y(x_o)}{\mbox{d}t}$ (wprowadził Leibniz)
$\fs2 y^\prim$ lub $\fs2 y^\prim(x_o)$ (wprowadził Lagrange)
$\fs2 Dy$ lub $\fs2 Dy(x_o)$ (wprowadził Cauchy)

My używać będziemy kilku notacji, ale najczęściej tej wprowadzonej przez Newton'a i Lagrange'a.
Zgodnie z tym co powiedzieliśmy

$v=\dot{x}=$A\sin(\omega t +\phi)$^\prim$

(a) wyłączam stałą A przed znak pochodnej na podstawie $\fs2 $Af$^\prim =Af^\prim$ ;
(b) widzę, że argumentem f. sinus jest funkcja liniowa. Funkcja $\fs2 \sin(\omega t +\phi)$ jest funkcją zewnętrzną, natomiast $\fs2 \omega t+\phi$ funkcją wewnętrzną, zatem na podstawie $\fs2 $f(u)$^\prim=f^\prim(u)\cdot u^\prim$ , po podstawieniu $\fs2 u=\omega t+\phi$ otrzymujemy

$v=A(\sin u)^\prim u^\prim=A\cos u u^\prim$

Powracając do wyjściowych oznaczeń $v=A\cos(\omega t+\phi)(\omega t +\phi)^\prim$

Prędkość w ruchu drgającym prostym

$v=\omega A\cos(\omega t+\phi)$

2.2.2. Przyspieszenie
Tym razem nie będę już tak elementarnie liczył pochodnej z prędkości, bo właśnie pierwsza pochodna z prędkości po zmiennej czasowej jest przyspieszeniem. Zakładam, że $\fs2\omega=\text{const.}$ , zatem

$a=\dot{v}=\omega A$\cos(\omega t+\phi)$^\prim=-\omega^2A\sin(\omega t+\phi)=-\omega^2x$

Przyspieszenie w ruchu drgającym prostym

$a=-\omega^2A\sin(\omega t+\phi)=-\omega^2 x$

Tym samym

Siła w ruchu drgającym prostym

$F=-m\omega^2A\sin(\omega t+\phi)=-m\omega^2x$

Po wstawieniu $\fs2 \omega^2 =k/m$ otrzymuję $\fs2 F=-kx$ , co stanowi potwierdzenie zależności jaką dane jest położenie: $\fs2 x(t)=A\sin(\omega t+\phi)$ .

§ 3. Energia w ruchu drgającym prostym

W dalszym ciągu rozważać będziemy energię jako sumę energii potencjalnej i kinetycznej. Obliczywszy wyżej prędkość w ruchu drgającym prostym, musimy znaleźć tylko energię potencjalną. Oczywiście najpierw powinniśmy sprawdzić czy siła postaci $\fs2 \vec F=-k\vec r$ jest siłą zachowawczą. Jest duże prawdopodobieństwo, że tak jest w istocie; siła zależy wyłącznie od położenia, ale to daje tylko "jako takie" uzasadnienie tego faktu. Ścisły dowód wymaga jednak trochę bardziej zaawansowanych metod analizy matematycznej (ściślej: analizy wektorowej), więc pozostaje wierzyć mi lub innym, którzy to sprawdzili, że siła sprężystości jest zachowawcza. Tym samym istnieje funkcja zwana energią potencjalną, której wyliczenie polega przeprowadzeniu tzw. operacji całkowania w odpowiednich granicach. My nie musimy jednak tego robić. Jak wiemy, energia potencjalna to praca (siły zachowawczej, ale to mamy już za sobą) wykonana na pewnym odcinku drogi (z dokładnością do znaku), a z kolei praca to pole pod wykresem siły od położenia. Każdy może ten wykres wykonać samodzielnie. Wówczas zobaczy, że pole, o które się rozchodzi, to pole trójkąta prostokątnego, to przyprostokątnych długości $\fs2 kx$ i $\fs2 x$ , zatem energia potencjalna, równa temu polu, wynosi

Energia potencjalna w ruchu drgającym prostym

$E^{\text{pot}}=\frac12 kx^2=\frac12 kA^2\sin^2(\omega t+\phi)$

gdzie rzecz jasna skorzystałem ze wzoru na położenie $\fs 2 x$ ciała w ruchu drgającym prostym.

Z kolei podstawiając wzór na prędkość w ruchu harmonicznym do znanej definicji energii kinetycznej, otrzymamy

Energia kinetyczna w ruchu drgającym prostym

$E^{\text{kin}}=\frac12 mv^2=\frac12 (m\omega^2)A^2\cos^2(\omega t+\phi)=\frac12 kA^2\cos^2(\omega t+\phi)$

gdzie skorzystałem ze wzoru na prędkość w ruchu harmonicznym i ze związku $\fs2 \omega^2=k/m$ .

Jeśli teraz zechcemy policzyć całkowitą energię mechaniczną, to musimy utworzyć sumę

$E=E^{\text{pot}}+E^{\text{kin}}=\frac12 kA^2=\text{const.}$

,
czyli energia mechaniczna jest w tym ruchu stała, zatem obowiązuje zasada zachowana energii. To kolejny fakt przemawiający na korzyść naszym przypuszczeniom, że siła sprężystości jest zachowawcza.

§ 4. Przykłady i zadania

Przykład 1 - butelka w wiadrze
Butelka pływa w pozycji pionowej w dużym wiadrze z wodą, jak pokazano na rysunku. W położeniu równowagi butelka zanurza się na głębokość $\fs2 d_o$ , poniżej powierzchni wody. Pokazać, że po wepchnięciu na głębokość $\fs2 d$ i uwolnieniu, butelka będzie poruszać się ruchem harmonicznym. Obliczyć częstotliwość drgań. Oblicz okres drgań dla przypadku gdy $\fs2 d_o=25\text{ cm}$ .

Rozwiązanie:
Jak zwykle w ramach mechaniki newtonowskiej rozpatrujemy siły działające na butelkę. Są to siła grawitacji i siła wyporu. Aby poprawnie je opisać te siły, musimy wybrać jakiś układ współrzędnych. Niech oś x będzie skierowana w dół. Postąpimy na dwa sposoby:
1. Początek osi x wybierzemy na poziomie powierzchni wody. (W zasadzie poziom wody będzie się zmieniał wraz z ruchem butelki, ale będą to wahania mało znaczące, gdyż założyliśmy, że wiadro jest wystarczająco duże, aby ten czynnik można uznać za znikomy).
2. Początek osi x wybierzemy w położeniu równowagi $\fs2 d_o$ .

ad 1. Równanie ruchu w stanie równowagi można zapisać następująco:

$0=mg-\rho gSx\|_{x=d_o}$ ,

gdzie $\fs2 \rho$ jest gęstością wody, a $\fs2 S$ powierzchnią przekroju poprzecznego butelki. Teraz zapiszmy równanie ruchu butelki

$ma=mg-\rho g S x$ ,

gdzie patrząc na ostatnie równanie mamy $\fs2 mg=\rho g Sd_o$ , zatem

$\frac{d^2(x-d_o)}{dt^2}=-\frac{\rho g S}{m}(x-d_o)$ .

Na podstawie równania na położenie równowagi mamy, że $\fs2 \rho g S/m=g/d_o$ , a zatem

$\frac{d^2(x-d_o)}{dt^2}=-\frac{g}{d_o}(x-d_o)$ .

Ostatnie równania musiałem zapisać za pomocą pochodnych, gdyż nie byłoby klarownie pokazane, że dostaliśmy ruch harmoniczny. Nie proszono nas o jego rozwiązanie, ale podając je dla takiego układu współrzędnych zobaczymy dlaczego wygodniej jest opisywać ruch względem położenia równowagi. Rozwiązanie bez trudu zapisujemy jako

$x(t)-d_o=A\sin$\sqrt{\frac{g}{d_o}}t+\phi$\;\Leftrightarrow\;x(t)=d_o+A\sin$\sqrt{\frac{g}{d_o}}t+\phi$$ ,

gdzie zgodnie z przyjętymi oznaczeniami $\fs2 \omega^2=g/d_o$ .

Jak za chwilę zobaczymy, rozwiązanie to różni się od rozwiązania względem układu zaczepionego w położeniu równowagi czynnikiem $\fs2 d_o$ . Jest to okoliczność korzystna, gdyż pozbędziemy się z równania zbędnego czynnika, choć tutaj nie przeszkadza on w zasadzie wcale. Po raz kolejny pragnę zaznaczyć, że wybór układu współrzędnych nie ma wpływu na zaistniałą sytuację fizyczną; odpowiedni wybór może natomiast znacznie uprościć opis zjawiska.

ad 2. Tutaj nasze równanie równowagi pozostaje takie samo jak powyżej. Zmienia się tylko równanie ruchu:

$ma=mg-\rho gS(d_o+x)$ ,

gdzie $\fs2 x$ jest właśnie współrzędną wychylenia butelki z położenia równowagi. Skoro $\fs2 mg=\rho gS d_o$ , to bez trudu przekonać się, że nasz równanie przybierze postać

$ma=-\rho g Sx\;\Leftrightarrow\; a=-\frac{g}{d_o}x$ ,

gdzie zastosowałem przekształcenia analogiczne do przedstawionych wyżej. Tym samym nasze rozwiązanie to

$x(t)=A\sin$\sqrt{\frac{g}{d_o}}t+\phi$$ ,

a zatem nie ma tutaj czynnika d_o

. Można było się tego spodziewać, gdyż nasze układy współrzędnych są przesunięte w przestrzeni o taka odległość. Oba układy są inercjalne więc, jak pokazuje transformacja Galileusza, można było otrzymać rozwiązanie równania w układzie drugim poprzez zastosowanie tejże transformacji dla położeń. Warto też zauważyć, że układy te nie poruszają się względem siebie, więc prędkość liczona w każdym z nich jest taka sama. Proste różniczkowanie położenia po czasie pokazuje, że tak jest w istocie.

Pozostaje nam kwestia znalezienia częstotliwości i okresu dla $\fs2 d_o=25\text{ cm}$ . Przyjmijmy dla ułatwienia $\fs2 g=1000\text{ cm}\cdot\text{s}^{-2}$ . Wówczas z wyprowadzonego wcześniej związku otrzymamy

$\tau =\frac{2\pi}{\omega}=2\pi \sqrt{\frac{d_o}{g}}\approx 1\text{ s}$ ,

a tym samym $\fs2 f=\tau^{-1}=1\text{ Hz}$ .

Przykład 2 - wahadło matematyczne
Dane jest wahadło matematyczne jak na rysunku.

Wykazać, że ruch wahadła będzie harmoniczny. Obliczyć okres drgań kulki. Zapisać wzór na energię potencjalną kulki w zależności od kąta $\fs2 \phi$ . Przyjąć, że w najwyższym położeniu kulka została wychylona o kąt $\fs2 \phi_o$ .

Rozwiązanie:
Na ciało działają dwie siły: siłą naciągu nici i siła grawitacji. Na rysunku zaproponowałem już pewien układ współrzędnych. Nie będziemy jednak korzystać ze zmiennych kartezjańskich x i y, ale z kąta $\fs2 \phi$ wychylenia ciała w położenia równowagi. Interesuje nas zatem przyspieszenie styczne kulki w ruchu wahadła; tor ruchu będzie fragmentem okręgu, a nasz analiza ruchu znów sprowadza się do analizy sił. Składowa styczna (transwersalna) siły wyniesie

$F_{\phi}=-mg\sin\phi$ ,

a składowa radialna

$F_r=mg\cos\phi-N$ ,

przy czym musi zachodzić $\fs2 F_r=0$ , aby długość nici $\fs2 l$ była stała podczas ruchu.

Mamy ruch po okręgu zatem nasze przyspieszenie możemy zapisać jako $\fs2 a=l\varepsilon$ , gdzie $\fs2 \varepsilon$ jest przyspieszeniem kątowym masy $\fs2 m$ . Tym samym otrzymujemy równanie ruchu

$ml\varepsilon=-mg\sin\phi \;\Leftrightarrow\; \varepsilon = -\frac{g}{l}\sin\phi$ .

Postać tego równania jest nam nieznana. Nie mamy więc pewności, że prezentuje ono ruch harmoniczny. W zasadzie bez jego rozwiązania można przewidzieć jakościowe zachowanie się wahadła, ale nie będziemy tu tego robić. Dla formalności podam, że rozwiązaniem jest funkcja eliptyczna Jacobiego, która nie jest z pewnością elementarna (dla nikogo). Można o niej poczytać np. tutaj http://en.wikipedia.org/w...iptic_functions lub w "Mechanice teoretycznej" Królikowskiego i Rubinowicza, gdzie została wprowadzona właśnie przy dyskusji ruchu wahadła.

My musimy posłużyć się pewnym przybliżeniem, tj. dla małych kątów można sinusa zastąpić jego argumentem, a zatem $\fs2 \sin\phi\approx\phi$ . Jak już wspomniałem, wzór ten zachodzi dla małych kątów, które ponadto muszą być wyrażone w radianach. Uwzględniając to, przepisujemy równanie ruchu w postaci

$\varepsilon =-\frac{g}{l}\phi$ [dla małych $\fs2 \phi\text{ [rad]}$ ]

Przyspieszenie kątowe jest proporcjonalne do wychylenia ze znakiem minus, zatem istotnie jest to ruch harmoniczny.

Okres drgań w ruchu po zastosowaniu znanego już wzoru wyniesie $\fs2 \tau =2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ . Wzór ten widnieje w tablicach maturalnych, zatem Czytelnik nie musi go pamiętać, lecz musi umieć go stosować w sytuacjach typu: wahadło matematyczne w przyspieszającej windzie czy przyspieszającym pojeździe. To tych problemów powrócimy jeszcze później.

Jest oczywiste, że energia potencjalna, o którą nas pytają to energia potencjalna dla siły grawitacji. Określimy ją względem punktu położonego najniżej na okręgu i tam przyjmiemy zerowy poziom energii potencjalnej. Nasze zadanie sprowadza się od uzależnienia wielkości $\fs2 E^{\text{pot}}=mg(l-h)$ od kąta wychylenia. Interesuje nas zatem długość czerwonego odcinka, zaznaczonego na rysunku. Bez trudu można zauważyć, że $\fs2 h=l\cos\phi$ , a zatem energia potencjalna wyniesie

$E^{\text{pot}}=mgl(1-\cos\phi)$ .

W tym momencie uważny Czytelnik mógłby wyrazić zdziwienie. W części teoretycznej zostało napisane, że energia potencjalna dla siły sprężystości jest proporcjonalna do połowy kwadratu wychylenia z położenia równowagi. Tutaj natomiast mamy funkcję $f(\phi)=1-\cos\phi$ . W tym momencie zaprezentuję wykres, który mówi sam za siebie:

(Wykres wykonany za pomocą programu Mathcad 14)

Widać, że wykresy nie odbiegają zbytnio od siebie. Co więcej, dla energii potencjalnej nie zastosowaliśmy przybliżenia jak dla sinusa. Okazuje się, że dla małych kątów wyrażonych w radianach mamy także $\fs2 \cos\phi\approx 1-\frac12 \phi^2$ , a zatem

$E^{\text{pot}} =mgl\frac{\phi^2}{2}$ [dla małych $\fs2 \phi\text{ [rad]}$ ].

Naszemu rozwiązaniu nie możemy więc już nic zarzucić.

Przykład 3 - wahadło matematyczne w przyspieszającym pojeździe
Wahadło matematyczne (o masie $\fs2 m$ i długości $\fs2 l$ ) zostało umieszczone w przyspieszającym pojeździe, jak pokazano na rysunku.

Obliczyć częstość drgań wahadła.

Rozwiązanie:
Na początku powinniśmy wykazać, że ruch rzeczywiście będzie harmoniczny. Zadanie rozwiążemy w nieinercjalnym układzie odniesienia. Taki wybór zdecydowanie uprości rachunki i "zwolni z myślenia". Wyliczenie częstości drgań w inercjalnym układzie odniesienia powinno dawać taki sam wynik, ale wymaga o wiele więcej pomysłowości.

Równanie ruchu dla wahadła matematycznego niezależnie od układu współrzędnych (ale musi to być układ inercjalny!) ma postać

$m\vec a=\vec N+m\vec g$ .

Wówczas częstość drgań wynosiła $\fs2 \omega=\sqrt{g/l}$ .
W zadaniu występuje ruch przyspieszony naszego układu odniesienia. Zgodnie z podstawowym równaniem mechaniki w nieinercjalnych układach odniesienia ([MECHANIKA KLASYCZNA] Nieinercjalne układy odniesienia) musimy dodać siłę pozorną $\rm{-}m\vec A$ . Wówczas mamy

$\begin{array}{lll}m\vec a & = & \vec N+m\vec g-m\vec A \\ & = & \vec N+m(\vec g-\vec A) \\ & = & \vec N+m\vec g_{\text{ef}}\end{array}$ ,

gdzie $\fs2 \vec g_{\text{ef}}=\vec g-\vec A$ jest przyspieszeniem efektywnym, którego wartość na podstawie twierdzenia Pitagorasa wynosi $\fs2 \sqrt{g^2+A^2}$ .

Widać, że otrzymane równanie ruchu ma postać analogiczną do drgań "zwykłych", a zatem częstość drgań, również przez analogię, wyniesie

$\omega=\sqrt{\frac{\sqrt{g^2+A^2}}{l}}$ .

Warto również zwrócić uwagę na nowe położenie równowagi wokół jakiego będzie oscylować wahadło. Pierwotnie był to kąt $\fs2 \phi=0$ . Teraz natomiast położenie równowagi będzie określone przez $\fs2 \phi^\prim = \text{arctg}\frac{A}{g}$ . Wynika to z faktu, że $\vec a=\vec 0$ w położeniu równowagi i tym samym wektor $\fs2 \vec N$ musi być równoległy do wektora $m\vec g_{\text{ef}}$ .

Przykład 4 - masa na sprężynie w polu grawitacyjnym
Nieważka sprężyna ma długość swobodną $\fs2 l_o$ i współczynnik sprężystości $\fs2 k$ . Jeden z jej końców jest zaczepiony u sufitu, a na drugim jest zawieszony ciężarek o msie $\fs2 m$ . Jeśli układ jest w równowadze, to sprężyna ma długość $\fs2 l_1$ . Podaj warunek, który określa wartość $\fs2 l_1$ . Przypuśćmy teraz, że sprężynę rozciągnięto dodatkowo o $\fs2 x$ poza nowe położenie równowagi. Pokaż, że całkowita siła (siła sprężystości sprężyny plus siła grawitacji) ma postać $\fs2 F=-kx$ . Inaczej mówiąc, siła spełnia prawo Hooke'a, jeśli przyjmiemy, że $\fs2 x$ jest wychyleniem z położenia równowagi.

Ten użyteczny wynik pozwala traktować nam ruch masy zawieszonej na pionowo umieszczonej sprężynie jako równoważny ruchowi masy poruszającej się poziomo, przyczepionej do poziomej sprężyny.

Rozwiązanie:
Dla takiego układu siła sprężystości wyraża się wzorem $\fs2 F_s=-k(l_1-l_o)$ . Siła grawitacji natomiast $\fs2 F_g=mg$ . Oś $\fs2 x$ kierujemy w dół. Wówczas

jest warunkiem równowagi dla masy zawieszonej na sprężynie.

Nasze równanie ruchu zapisujemy standardowo: [masa] × [przyspieszenie] = [suma wszystkich sił działających na ciało]. Po wychylenia ze swobodnego położenia równowagi długość sprężyny wyniesie $\fs2 l_1+x$ m, zatem

$\begin{array}{lll}ma & = & mg-k((l_1+x)-l_o) \\ & = & $mg-k(l_1-l_o)$-kx \\ & = & -kx\end{array}$

gdyż wyrażenie w nawiasie zeruje się na podstawie warunku równowagi.

§ 5. Bibliografia i literatura uzupełniająca

1. John R. Taylor, Mechanika klasyczna, t. 1, Warszawa 2006.
Książki pisane przez amerykańskich uczonych prezentują kunszt dydaktycznej precyzji. Choć podręcznik powstał z notatek do wykładu z mechaniki teoretycznej, to osoby po rocznym kursie analizy matematycznej i algebry mogą bez przeszkód korzystać z dobrodziejstw książki. A są nimi spora liczba wspaniale dobranych i napisanych zadań, których rozwiązanie jest kluczem do zrozumienia prezentowanej teorii i uzyskania sprawności rachunkowej. Rzadko spotyka się książki napisane w ten sposób i w dodatku tak precyzyjnie. Z tej książki pochodzi większość zadań prezentowanych w fizycznym kompendium.
2. Wojciech Rubinowicz, Wojciech Królikowski, Mechanika teoretyczna, Warszawa 1995.
Jest to piękny wykład poświęcony metodom matematycznym w mechanice. Uczeń z bardzo solidnym przygotowaniem matematycznym (podstawy analizy matematycznej i algebry liniowej, geometria analityczna i czasem różniczkowa, analiza wektorowa, równania różniczkowe) jest w stanie spokojnie czytać tę książkę. Dla matematyków jest więc to pozycja idealna, opatrzona dodatkowo wieloma ciekawymi zadaniami. Niestey w większości zbyt trudnymi aby je tutaj prezentować.
3.David Halliday, Robert Resnick, FIZYKA dla studentów nauk przyrodniczych i technicznych, t. 1, Warszawa 1975.
No cóż, jest to chyba najsolidniejszy i ponadczasowy wykład z fizyki ogólnej jaki kiedykolwiek istniał. Przygotowany w najlepszym możliwym stopniu dla studentów. Niezbędny aparat matematyczny jest prezentowany równolegle do wprowadzanych pojęć fizycznych. Duża liczba zadań i problemów czyni lekturę podręcznika obowiązkową dla wszystkich zainteresowanych fizyką jak i pragnących przebrnąć ten przedmiot jak najszybciej.
4. Jay Orear, Fizyka, t. 1, Warszawa 2004.
Znów podręcznik napisany przez Amerykanina. Złośliwi pewnie powiedzą, że uczeni z USA muszą dostosowywać swój wykład do słuchaczy. Według mnie tak powinno być wszędzie i któż by się obraził gdyby i Polacy pisali równie zrozumiale? Fizyka Oreara to idealny podręcznik dla studentów wyższych szkół technicznych - niezbyt długi a bogaty w treść, liczne przykłady i zadania. Autor używa wielu pojęć analizy matematycznej, ale nie zagłębia się w nie przesadnie.

Kolorem niebieskim została zaznaczona literatura akademicka. Niestety z podręczników licealnych nie mogę w tym momencie żadnego polecić, gdyż nie wiem jakie pozycje są obecnie dostępne.

komentuj publikację