Maži svyravimai ir fizinė švytuoklė

Svyravimas atsiranda, kai grąžinanti jėga ar momentas nukreipti į pusiausvyrą. Mažiems nuokrypiams sinθ≈θ radianais. Fizinei švytuoklei I_Oθ″=−mgd sinθ, todėl mažais kampais θ″+ω₀²θ=0, ω₀=√(mgd/I_O), T=2π√(I_O/(mgd)). d — atstumas nuo ašies iki visos sistemos masės centro; I_O skaičiuojamas apie tą pačią ašį.

Sprendimo eiga

Rask masės centrą → apskaičiuok d ir I_O → linearizuok momentą → apskaičiuok T → įvertink modelio paklaidą.

Matematinė švytuoklė yra taškinės masės modelis: I=md², todėl T=2π√(d/g). Realus rutulys turi ir savąjį I_cm; kai jo negalima ignoruoti, periodas padidėja. Spyruoklei m x″=−kx → T=2π√(m/k). Amplitudė mažuose, idealiuose svyravimuose periodo nekeičia; didesniems kampams sinθ≈θ nebetiksli. Kai ašis per masės centrą, d=0 ir gravitacinio grąžinančio momento nėra — ši svyravimo formulė neapibrėžia baigtinio T.

Formulės ir žymėjimai

Periodas T sekundėmis; kampai išvedimuose radianais. Paklaida δ=(T_fiz−T_mat)/T_mat; jos vardiklį visada apibrėžti.

x = A \cos (ω_{0} t + φ_{0})

A — amplitudė; φ₀ — pradinė fazė.

v = - A ω_{0} \sin (ω_{0} t + φ_{0}), a = - ω_{0}^{2} x

Harmoniniai svyravimai.

T = \frac{2 π}{ω_{0}}, ω_{s p} = \sqrt{\frac{k}{m}}, E = \frac{k A^{2}}{2}

Ideali spyruoklė; v_max=Aω₀.

I_{O} \dot{\dot{θ}} = - m g d \sin θ, T = 2 π \sqrt{\frac{I_{O}}{m g d}}

Fizinė švytuoklė; periodo formulė tik mažiems kampams, sinθ≈θ.

T_{s t r, g a l} = 2 π \sqrt{\frac{2 l}{3 g}}, T_{l a n k} = 2 π \sqrt{\frac{2 R}{g}}

Vienalytis strypas ant galo; plonas lankas pakabintas krašte.

I_{O} = I_{c m} + m d^{2}, T_{m a t} = 2 π \sqrt{\frac{d}{g}}

d — iki masės centro, ne iki rutulio paviršiaus.

\frac{T_{f i z}}{T_{m a t}} = \sqrt{1 + \frac{2 R^{2}}{5 d^{2}}}, d = L + R

Rutulys standžios fizinės švytuoklės modelyje.

v_{g a l} = \sqrt{3 g l (1 - \cos θ_{0})}

Vienalytis strypas paleistas iš rimties θ₀ nuo apačios.

I = \frac{(m_{1} + m_{2}) l^{2}}{4}, l = \frac{T \sqrt{g d}}{π}

Du taškiniai svareliai lengvo strypo galuose; ašis per vidurį.

Atverti interaktyvų modelį ↗

Pirmiausia – paprastas pavyzdys

Mažai išjudintas svarelis ant siūlo svyruoja beveik harmoniškai. Strypas taip pat gali svyruoti, tačiau jo masė išsidėsčiusi visame ilgyje, todėl periodui reikia inercijos momento.

Taškiniam svareliui veikia tik dvi tikros jėgos: sunkis ir siūlo įtempimas. Sunkio dedamoji mg sinθ nėra trečia papildoma jėga. Tangentinė +τ kryptis čia link žemiausio taško, radialinė +r – link pakabos. Strypo pakabos ir sunkio brėžinys pateiktas strypo pamokoje. Rodyklių ilgiai iliustraciniai; dydžius lygink pagal užrašus ir lygtis.

Judėjimo lygtys

mg\sin\theta=ma_\tau

T_{\text{siūlo}}-mg\cos\theta=m\frac{v^2}{l}

\text{Strypui: }-mg\frac l2\sin\theta=I_O\varepsilon

1 m siūlas ir 1 m strypas. l = 1 m; g = 10; maži kampai; strypas vienalytis ir pakabintas už galo.

Siūlo švytuoklė: T = 2π√(1/10) ≈ 1,987 s.
Strypui masės centras per d = l/2 = 0,50 m.
Inercijos momentas apie pakabą I_O = ml²/3.
Periodo formulėje masė sutrumpėja: I_O/(mgd) = (ml²/3)/(mgl/2) = 2l/(3g).
T_str = 2π√(2/(3 · 10)) ≈ 1,622 s.
Vienodi ilgiai nereiškia vienodų periodų: masė išsidėsčiusi skirtingai.

T_siūlo ≈ 1,987 s; T_strypo ≈ 1,622 s.

Formulės su paaiškinimais ir visas mokymosi žingsnis →

Uždaviniai

Strypas ant galo ir kitos ašies

Vienalytis l=0,50 m strypas svyruoja: (a) apie viršutinį galą; (b) apie ašį 0,10 m nuo viršutinio galo. Rask abu periodus.

Duota: Vienalytis l=0,50 m strypas svyruoja: (a) apie viršutinį galą; (b) apie ašį 0,10 m nuo viršutinio galo.
Rasti: Rask abu periodus.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. ℓ = 0,50 m; vienalytis. Ašis A: viršutinis galas. Ašis B: 0,10 m nuo viršaus. CM – masės centras

Užuomina

(b) atveju d=l/2−0,10.

Pirmas žingsnis

Fizinės švytuoklės formulė T=2π√(I/(mgd)), kur d nuo ašies iki masės centro. Strypo centras yra l/2=0,25 m nuo galo.

Visas sprendimas

Fizinės švytuoklės formulė T=2π√(I/(mgd)), kur d nuo ašies iki masės centro. Strypo centras yra l/2=0,25 m nuo galo.
(a) I=ml²/3, d=l/2 → T=2π√(2l/(3g))=1,1582 s.
(b) Ašis yra 0,10 m nuo viršutinio galo, todėl d=0,25−0,10=0,15 m. Steinerio teorema: I=ml²/12+md²=m(0,25/12+0,0225). Formulėje masė m susiprastina.
(b) d=0,15 m; I=m(l²/12+d²)=0,043333m.
T=2π√[0,043333/(9,81·0,15)]=1,0782 s.

T_a≈1,158 s; T_b≈1,078 s.

Lankas ant vinies

Plonas lankas D=0,565 m pakabintas už krašto ir svyruoja savo plokštumoje. Rask T.

Duota: Plonas lankas D=0,565 m pakabintas už krašto ir svyruoja savo plokštumoje.
Rasti: Rask T.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. Plonas lankas D = 0,565 m. Pakaba už krašto. Maži kampai. mg – sunkio jėga (m – masė, g – sunkio pagreitis)

Užuomina

I apie kraštą = I_cm+mR².

Pirmas žingsnis

Skersmuo D=0,565 m, todėl R=D/2=0,2825 m. Ašis per kraštą, tad d=R.

Visas sprendimas

Skersmuo D=0,565 m, todėl R=D/2=0,2825 m. Ašis per kraštą, tad d=R.
R=0,2825 m, d=R.
Steinerio teorema duoda I_O=I_cm+mR²=mR²+mR²=2mR². Periodo šaknyje I/(mgd)=2mR²/(mgR)=2R/g.
I_cm=mR², I_O=2mR².
T=2π√(2R/g)=2π√(0,565/9,81)=1,5079 s.

1,508 s.

Dviejų svarelių švytuoklė

Lengvo l ilgio strypo galuose taškiniai svareliai. Ašis per vidurį; masės centras d=0,05 m žemiau jos. T=2 s. Rask l.

Duota: Lengvo l ilgio strypo galuose taškiniai svareliai.
Rasti: Rask l.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. Svareliai strypo galuose. CM: masės centras. d = 0,05 m; T = 2 s. CM – masės centras

Užuomina

Abu svareliai yra l/2 nuo ašies, nors jų masės skiriasi.

Pirmas žingsnis

Abu svareliai nuo ašies nutolę l/2. Todėl I=m₁(l/2)²+m₂(l/2)²=(m₁+m₂)l²/4. Bendrą masę žymime M.

Visas sprendimas

Abu svareliai nuo ašies nutolę l/2. Todėl I=m₁(l/2)²+m₂(l/2)²=(m₁+m₂)l²/4. Bendrą masę žymime M.
I=(m₁+m₂)l²/4; gravitacinis koeficientas (m₁+m₂)gd.
Į T=2π√(I/(Mgd)) statome I=Ml²/4 ir sutrumpiname M. Kadangi l>0, √(l²)=l. Iš T=πl/√(gd) dauginame iš √(gd) ir dalijame iš π.
T=2π√[l²/(4gd)]=πl/√(gd).
l=T√(gd)/π=2√(9,81·0,05)/π=0,4459 m. d<l/2, taigi tokį masių pasiskirstymą įmanoma sudaryti.

l≈0,4459 m.

Rutulys ir modelio paklaida

Rutulio R=0,02 m orientacija susieta su pakaba taip, kad jis sudaro standžią fizinę švytuoklę; siūlo ilgis L iki rutulio paviršiaus, d=L+R. Koks mažiausias L, jei (T_fiz−T_mat)/T_mat≤1 %?

Duota: Rutulio R=0,02 m orientacija susieta su pakaba taip, kad jis sudaro standžią fizinę švytuoklę; siūlo ilgis L iki rutulio paviršiaus, d=L+R.
Rasti: Koks mažiausias L, jei (T_fiz−T_mat)/T_mat≤1 %?

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. Standžiai susietas rutulys. R = 0,02 m; d = L + R. Leistina periodo paklaida 1 %. mg – sunkio jėga (m – masė, g – sunkio pagreitis)

Užuomina

T_fiz/T_mat=√[1+(2/5)R²/d²].

Pirmas žingsnis

Abiejų modelių periodai: T_fiz=2π√[(md²+2mR²/5)/(mgd)], T_mat=2π√(d/g). Dalyboje 2π, g ir m susiprastina.

Visas sprendimas

Abiejų modelių periodai: T_fiz=2π√[(md²+2mR²/5)/(mgd)], T_mat=2π√(d/g). Dalyboje 2π, g ir m susiprastina.
I_O=md²+(2/5)mR², todėl santykio kvadratas 1+0,4R²/d².
Sąlyga (T_fiz−T_mat)/T_mat≤0,01 reiškia T_fiz/T_mat≤1,01. Abi pusės teigiamos, todėl keliame kvadratu: 1+0,4R²/d²≤1,0201. Atimame 1: 0,4R²/d²≤0,0201. Iš čia d²≥0,4R²/0,0201; imame teigiamą šaknį.
√[1+0,4R²/d²]≤1,01 → d≥R√(0,4/0,0201).
d_min=0,08922 m → L_min=0,06922 m. Paprastam lanksčiam siūlui su laisvai besisukančiu rutuliu reikia patikslinti mechaninį ryšį; formulė daro standžios fizinės švytuoklės prielaidą.

L_min≈6,92 cm; d_min≈8,92 cm.

Sujunk energiją ir periodą

1 kg vienalytis 1 m strypas ant galo atlenktas 5° ir paleistas. Rask T ir didžiausią apatinio galo greitį.

Duota: 1 kg vienalytis 1 m strypas ant galo atlenktas 5° ir paleistas.
Rasti: Rask T ir didžiausią apatinio galo greitį.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. Strypas 1 kg; ℓ = 1 m. Pradinis kampas 5°. Paleistas iš rimties. mg – sunkio jėga (m – masė, g – sunkio pagreitis). θ – brėžinyje pažymėtas kampas

Užuomina

Periodui mažo kampo modelis, greičiui galima tiksli energija.

Pirmas žingsnis

Periodui I=ml²/3 ir d=l/2. Įstatę į T=2π√(I/(mgd)) sutrumpiname m bei vieną l ir gauname T=2π√(2l/(3g)).

Visas sprendimas

Periodui I=ml²/3 ir d=l/2. Įstatę į T=2π√(I/(mgd)) sutrumpiname m bei vieną l ir gauname T=2π√(2l/(3g)).
T=2π√(2l/(3g))=1,63795 s.
Greičiui naudojame tikslų aukščio pokytį, kampą skaičiuotuve matuojame teisingu režimu. Į Iω²/2=mg(l/2)(1−cos5°) statome I=ml²/3, gauname ω²=3g(1−cos5°)/l. Galui v=lω.
Masės centras nusileidžia (l/2)(1−cos5°). Iω_max²/2=mg(l/2)(1−cos5°).
v_gal=lω_max=√[3gl(1−cos5°)]≈0,33465 m/s. Patikra mažam kampui v≈lω₀θ₀.

T≈1,638 s; v_gal≈0,3346 m/s.

Iššūkis: Greičiausia strypo švytuoklė

Vienalytis ℓ=1 m strypas pakabintas atstumu d nuo masės centro (0<d≤ℓ/2). Koks d sumažina mažų svyravimų periodą iki minimumo? Rask periodą, kai g=9,81 m/s².

Duota: Vienalytis ℓ=1 m strypas pakabintas atstumu d nuo masės centro (0<d≤ℓ/2).
Rasti: Koks d sumažina mažų svyravimų periodą iki minimumo? Rask periodą, kai g=9,81 m/s².

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. Vienalytis strypas ℓ = 1 m. Ašis d atstumu nuo CM. 0 < d ≤ ℓ/2; maži kampai. CM – masės centras

Užuomina

Šteinerio teorema ir išvestinė pagal d.

Pirmas žingsnis

I=mℓ²/12+md²; T²=(4π²/g)(ℓ²/(12d)+d).

Visas sprendimas

I=mℓ²/12+md²; T²=(4π²/g)(ℓ²/(12d)+d).
Išvestinė proporcinga 1−ℓ²/(12d²); ji lygi nuliui, kai d=ℓ/√12.
Antroji išvestinė teigiama; d≈0,288675 m yra leistiname intervale. Tmin=2π√(ℓ/(√3g)).

d=ℓ/√12≈0,289 m; Tmin≈1,524 s.

Ryšys su kita tema

Pakartok energijos ir momento metodus: dabar gali pasirinkti trumpiausią kelią mišriam uždaviniui.