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