152 GLAVA 3. OSCILACIJE. r 2 dr + cs

152 GLAVA 3. OSCILACIJE Štap se pri ovom kretanju ponaša kao fizičko katno čiji je period osciovanja I, gde je I moment inercije štapa a d je udajenost mgd centra mase štapa od tačke vešanja. Moment inercije štapa dobijamo integracijom izraza dmr 2, koji predstavja moment inercije deića štapa dužine dr i mase dm po dužini štapa. Masa jednog takvom deića je dm = ρdv, dok je gustina, prema usovima zadatka ρ = ρ + cr. Zapremina posmatranog deića štapa može da se zapiše kao dv = Sdr, gde je S površina poprečnog preseka štapa. Na osnovu ovoga je moment inercije I = (ρ + cr)r 2 Sdr = ρ S r 2 dr + cs r 3 dr = SL 3 ( ρ 3 + cl 4 ). Poožaj centra masa štapa, r CM = r CM = 1 m r(ρ +cr)sdr = ρ S m rdm m, je rdr+ cs m r 2 dr = SL2 m ( ρ 2 + cl 3 ). Kako je on odredjen u odnosu na tačku vešanja, ovaj izraz istovremeno predstavja veičinu d u izrazu za period fizičkog katna. Na osnovu ovako dobijenih podataka, period je L(4ρ + 3cL) 2g(3ρ + 2cL) = 2s. 9. O dve opruge okačeni su tegovi masa m 1 i m 2, pri čemu je m 1 > m 2 a izduženje opruga je jednako i iznosi. Koji teg ia veći period osciovanja a koji, pri jednakim apmitudama, ima veću energiju. Mase opruga zanemariti. ω = 2π m k Ovde je k koeficijent eastičnost koji je odredjen siom koja izaziva izduženje opruge za jedničnu dužinu, k = Q, pa je k 1 = m 1g, i k 1 = m 2g

3.5. PRIMERI I ZADACI 153 Na osnovu ovoga su period jednaki i iznose Energije osciovanja su g E i = 1 2 k ia 2 = m ig 2 A2, pa će veću energiju imati teg veće mase. 1. Materijana tačka osciuje po zakonu x(t) = A cos(ωt+ϕ), gde je A = 2 cm. Odrediti početnu fazu ϕ, ako je x() = 3 cm i ẋ() <. Iz jednačine osciovanja je x() = A cos ϕ, odake je cos ϕ = x()/a = 3/2, odnosno ϕ = π ± π/6. Da bi odrediti koju od ove dve vrednosti da uzmemo za početnu fazu potreban nam je još jedan podatak a on je dat sa ẋ() <. Iz izraza za brzinu ẋ(t) = ωa cos(ωt + ϕ), odake je ẋ() = ωa sin ϕ. Početna brzina je negativna pri negativnim vrednostima sinusa, odnosno za ugove izmedju i π, pa je početna faza ϕ = π π/6 = 5π/6. 11. Materijana tačka mase m = 5 g vrši harmonijske osciacije sa frekvencijom ν =, 5 Hz. Ampituda osciovanja je A = 3 cm. Odrediti: brzinu tačke u momentu vremena t, kada je eeongacija x = 1, 5 cm, maksimanu siu F max koja deuje na tačku i ukupnu energiju osciovanja tačke. Iz jednačine osciovanja je se za brzinu dobija x = A cos(2πνt + ϕ ) v = ẋ = 2πνA sin(2πνt + ϕ ).

154 GLAVA 3. OSCILACIJE Ako iz ova dva izraza eiminišemo vreme dobija se x 2 A 2 + v 2 (2πνA) 2 = 1, pa je v(t) = ±2πν A 2 x 2 = ±8, 2 cm/s. Sia se može dobiti kao prozivod mase i ubrzanja koje je a = v = (2πν) 2 A cos(2πνt + ϕ ). pa je sia F = m(2πν) 2 A cos(2πνt + ϕ ). Maksimana vrednost sie je, prema tome, F max = ma(2πν) 2 = 1, 5 mn. Ukupna energija je E = ka2 2 = 2mπ2 ν 2 A 2 = 22 µj. 12. Dva matematička katna, jednakih masa ai razičitih dužina, osciuju jednakim ugaonim ampitudama α. Koje od ova dva katna ima veću energiju? Ukupna energija osciovanja materijane tačke je jednaka zbiru kinetičke i potencijane a takodje je jednaka maksimanoj kinetičkoj (tada je potencijana nua) ii maksimanoj potencijanoj (kada je kinetička jednaka nui). U ovom sučaju je zgodno uporediti maksimane potencijane energije koje su odredjene maksimanim otkonom. U ovim sučajevima tegovi su, u odnosu na njihov ravnotežni poožaj, podignuti na visinu h = (1 cos α) gde je dužina katna. Kako su kod oba katna ugaone ampitude jednake, na veću visinu se podiže katno veće dužine. Drugim rečima, veću energiju ima katno veće dužine.

3.5. PRIMERI I ZADACI 155 13. Dve osciacije istog pravca su zadate jednačinama x 1 = A 1 cos ω(t + τ 1 ) i x 2 = A 2 cos ω(t + τ 2 ), gde je A 1 = 1 cm, A 2 = 2 cm, τ 1 = 1/6 s, τ 2 = 1/2 s, ω = π 1/s. Odrediti ampitudu i početnu fazu rezutujuće osciacije. Zgodno je prvo zapisati ove osciacije u uobičajenom obiku x i = A i cos(ωt + ϕ i ), i = 1, 2 gde su početne faze ϕ i = ωτ i, odnosno ϕ 1 = π/6 i ϕ 2 = π/2. Ampituda rezutujuće osciacije je A = A 2 1 + A 2 2 + 2A 1 A 2 cos ϕ 2 ϕ 1 = 7 = 2, 65 cm, dok je njena početna faza Zamena vrednosti daje tan ϕ = tan ϕ = A 1 sin ϕ 1 + A 2 sin ϕ 2 A 1 cos ϕ 1 + A 2 cos ϕ 2. sin π/6 + 2 sin π/2 cos π/6 + 2 cos π/2 = 1/2 + 2 3/2 = 5 3, odake je ϕ =, 394πrad = 7, 9 o. Pošto osciacije koje se sabiraju imaju jednake frekvencije, rezutujuća osciacija će imati istu frekvenciju i biće zadata izrazom x = A cos(ωt + ϕ). 14. Materijana tačka istovremeno učestvuje u dva uzajamno normana harmonijska osciovanja, čije su jednačine x = A 1 cos ωt, y = A 2 cos ωt 2, gde je A 1 = 1 cm, A 2 = 2 cm, ω = π 1/s. Nacrtati jednačinu trajektorije tačke i prikazati smer njenog kretanja. Da bi naši jednačinu trajektorije, treba iz jednačina osciacija eiminisati vreme t. Koristeći trigonometrijsku formuu cos 2α = 2 cos 2 α 1, za α = ωt/2, se dobija x = 2A 1 y 2 A A 2 1. 2

156 GLAVA 3. OSCILACIJE 15. Sika 3.29: Štap dužine = 5 cm i mase m = 27 g ima na jednom svom kraju pričvršćen disk pouprečnika R = 1 cm i mase M = 5 g. Odrediti moment inercije ovako formiranog matematičkog katna, rastojanje od centra masa do tačke vešanja i period maih osciacija katna. Period osciovanja fizičkog katna je odredjen jednačinom I m u gd gde je m u ukupna masa katna (m u = m + M =, 77 kg), I moment inercije u odnosu na osu oko koje osciuje a d rastojanje centra mase štapa do tačke vešanja (u kojoj se naazi osa osciovanja). Moment inercije katna je jednak zbiru momenata inercije štapa I 1 i diska I 2. Moment inercije diska u odnosu na osu koja je normana na njega i proazi kroz jedan njegov kraj je I 1 = m 2 /3. Moment inercije diska u odnosu na osu koja proazi kroz njegov centar je I = MR 2 /2, a u odnosu na osu koja proazi kroz tačku vešanja udajenu + R od njegovog centra, se dobija na osnovu Štajnerove teoreme I 2 = I + M( + R) 2 = M( 2 + 2R + 3R 2 /2). Ukupan moment inercije katna je I = I 1 + I 2 = m2 3 + M ( 2 + 2R + 3 2 R2 ) =, 25 kgm 2. Centar mase katna se naazi izmedju centra mase diska i štapa, recimo na nekom rastojanju x od centra mase štapa. Ovo rastojanje se može

3.5. PRIMERI I ZADACI 157 Sika 3.3: naći iz jednakosti odgovarajućih momenata (sia) koja daje xm = (/2+ R x)m, odnosno x = M ( ) m + M 2 + R =, 227 m. Rastojanje d od tačke vešanja do centra mase je prema tome d = /2 + x =, 477 m. Na osnovu ovoga je period maih osciacija katna, 25 = 1, 5 s., 77 9, 8, 477 16. Na vasionskom brodu, u usovima bestežinskog stanja, za merenje mase tea se može iskoristi apratura čiji princip rada se sastoji u sedećem. Prvo se izmeri frekvencija osciovanja tega poznate mase m okačenog o oprugu, a zatim se toj masi doda ona koju žeimo da izmerimo i ponovo odredi frekvencija osciacija. Pokazati kako se, na osnovu poznavanja ovih dveju frekvencija, može odrediti nepoznata masa.

158 GLAVA 3. OSCILACIJE Ako sa m označimo nepoznatu masu, frekvencije ω i ω kojima sistem osciuje u prvom, odnosno drugom sučaju će sa masama biti povezane reacijama ω = k, ω = m k m + m gde je k koeficijent eastičnosti opruge sistema. Iz ova dva izraza se za traženu masu dobija ) m = m ( ω 2 ω 2 1 17. Teg koji se naazi u šupjem ciindru površine poprečnog preseka S, pri potapanju ciindra u tečnost gustine ρ zadržava ga u uspravnom poožaju. Ciindar sa ovim tegom je priikom postavjanja u tečnost utonuo do neke dubine. Nakon toga je pritisnut naniže i pušten da osciuje u odnosu na poožaj ravnoteže. Masa ciindra sa tegom je m. Zanemarijući viskoznost tečnosti, odrediti period T osciovanja posmatranog sistema kao i ravnotežnu dubinu na koju je potonuo. U ovom sučaju uogu restitucione sie igra sia potiska. Usmerimo x osu vertikano naniže, izabraši za koordinatni početak njen presek sa površinom tečnosti. Neka je x koordinata dodnjeg dea ciindra. Sia. Sika 3.31: potiska je F p = Sxρg. Na ciindar osim toga deuje sia teže Q = mg, pa je jednačina kretanja mẍ = mg Sxρg.

3.5. PRIMERI I ZADACI 159 U poožaju ravnoteže (x = ), sia teže i sia potiska su uravnotežene pa je mg = Sρg, odake je dubina na koju je utonuo ciindar sa tegom = m Sρ. Ako sa y označimo otkon ciindra od njegovog ravnotežnog poožaja, koordinatu donjeg dea ciindra možemo da zapišemo kao x = + y, pa će jednačina kretanja sada biti mÿ = Syρg, odnosno ÿ + Sρg m y =, odake se vidi daje koeficijent eastičnost ovog sistema k = Sρg, što znači da je odgovarajuća ugaona frekvencija ω = Sρg/m. Na osnovu ovoga je period osciovanja sistema ii preko ravnotežne dubine ω = 2π g m Sρg, 18. Maa metana opta mase m, okačena o neistegjivu nit dužine, osciuje iznad beskonačne, ravnomerno naeektrisane horizontane poče naeektrisane pozitivno (površinska gustina naeektrisanja σ). Odrediti period osciovanja katna ukoiko se na njemu naazi koičina naeektrisanja Q. Harmonijsko osciovanje ovog katna se odvija u homogenom gravitacionom i eektričnom poju. Obe sie su istog smera, a sia eektričnog poja je F e = QE, gde je eektrično poje poče E = σ/2ɛ. Drugi Njutnov zakon sada ima obika ma = mg + Qσ 2ɛ = m ( g + Qσ ), 2mɛ što znači da će period osciovanja katna biti 2ɛ m 2ɛ mg + σq.

16 GLAVA 3. OSCILACIJE 19. J. J. Tomson je 196. godine postavio mode atoma koji se popuarno naziva puding sa šjivama prema kome su negativni eektroni uronjeni u prostor pozitivnog naeektrisanja, čija masa predstavja veći deo mase atoma. Atom vodonika je, prema ovom modeu, opta pouprečnika R = 1 1 m, naeektrisanja Q = +e = 1, 6 1 19 C i sa jednim eektronom unutar nje, neektrisanja e i mase m e = 9, 1 1 31 kg, koji se u normanom stanju naazi u centru pozitivno naeektrisane opte. Pretpostavimo da je eektron na neki način pomeren na neko mao rastojanje r od centra pozitivne opte. Ukoiko se nakon toga prepusti sebi on će početi da osciuje oko ravnotežnog poožaja sa ampitudom r. Koika je frekvencija ovog osciovanja? E = Q 4πɛ R 3 r F = ee e2 m r = 4πɛ R r 3 ω = 1, 6 1 16 Hz λ = 2πc ω = 12 nm.