سلام
دو تا سوال داشتم لطفا جواب بدين 1- ايا زمان نوسان يك آونگ در ارتفاعهاي مختلف از سطح زمين تغيير مي كنديا خير چرا؟2-اگر آونگي را از سطح زمين به كره ي ماه ببريم دوره آن چه تغييري مي كند؟
با تشكر
نوسان يك آونگ
-
عضویت : چهارشنبه ۱۳۸۶/۹/۲۱ - ۲۲:۰۹
پست: 3-
تماس:
Re: نوسان
سلام،
شتاب گرانش ماه یک ششم گرانش روی سطح زمینه پس زمان نوسان توی اون رادیکال 6 برابر زمان تناوب روی زمین هست...
تا بعد...
شتاب گرانش ماه یک ششم گرانش روی سطح زمینه پس زمان نوسان توی اون رادیکال 6 برابر زمان تناوب روی زمین هست...
تا بعد...
تو هم یک روز بزرگ میشی میری تا شهر رویاها
به یاد خونه میافتی چشات میشه مثل دریا
به یاد امشب و هر شب که من ویرون و آواره
نشستم تا سحر بیدار به پای تو و گهواره
به یاد خونه میافتی چشات میشه مثل دریا
به یاد امشب و هر شب که من ویرون و آواره
نشستم تا سحر بیدار به پای تو و گهواره
- khashayar_xe
عضویت : چهارشنبه ۱۳۹۰/۵/۲۶ - ۱۳:۳۵
پست: 34-
Re: نوسان
سوال اولی که پرسیدی جوابش خیر چون طبق رابطه
__________________________
تو کره ماه تغییر می کنه چون شتاب گرانش بازمین متفاوت هست پس طبق رابطه بالا T تغییر می کنه و بیشتر میشه
T=2*pi*(l/g)^.5
شتاب گرانش تو اکثر نقاط ثابت و طبق رابطه بالا T ثابت میمونه __________________________
تو کره ماه تغییر می کنه چون شتاب گرانش بازمین متفاوت هست پس طبق رابطه بالا T تغییر می کنه و بیشتر میشه
- rohamavation
نام: roham hesami radرهام حسامی راد
محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2
عضویت : سهشنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴
پست: 3286-
سپاس: 5494
- جنسیت:
تماس:
نوسان يك آونگ
برای تولید SHM چه شرایطی باید رعایت شود؟ نیروی ترمیم کننده باید متناسب با جابجایی باشد و برخلاف جهت حرکت و بدون نیروی کشش یا اصطکاک عمل کند. فرکانس نوسان به دامنه بستگی ندارد به عبارت دیگه شرایط نوسان یک جسم با حرکت هارمونیک ساده این هست که
یک نوسان در صورتی از حرکت هارمونیک ساده پیروی می کند که دو قانون زیر را رعایت کند: شتاب همیشه در جهت مخالف جابجایی از موقعیت تعادل است. شتاب متناسب با جابجایی از موقعیت تعادل است.
بیایید یک آونگ ساخته شده از جرم M را در نظر بگیریم
و یک طناب به طول L، و θ زاویه بین طناب و یک خط عمودی باشد. سپس، تنها نیروی اعمال شده بر M که گشتاور آن صفر نیست، وزن M است.، پس می گیریم$ML^2\ddot{\theta} = - Mg \sin(\theta)$یا$\ddot{\theta} = -\omega^2 \sin(\theta)$جایی که$\omega = \sqrt{\frac{g}{L}}$حال باید این معادله دیفرانسیل غیرخطی را حل کنیم. با این حال، ما ترجیح می دهیم با معادله خطی سر و کار داشته باشیم... بنابراین می توانیم یک مورد خاص را مطالعه کنیم: وقتی θ≪1. سپس، می دانیم که sin(θ)≈θ، بنابراین معادله دینامیکی می شود$\ddot{\theta} \approx -\omega^2\theta$بنابراین$\theta \approx \theta_0 \cos(\omega t + \varphi) $متوجه شدیم که برای زوایای کوچک، آونگ حرکت تقریباً هارمونیک دارد.ببینید شرط اون اگر نیروی خالص توسط قانون هوک تعریف شود و میرایی (کندی به علت اصطکاک یا سایر نیروهای ناپایستار) نداشته باشیم، آنگاه نوسانگر هماهنگ ساده shm هست.یعنی در مکانیک و فیزیک، حرکت هارمونیک ساده (گاهی اوقات به اختصار SHM) نوع خاصی از حرکت تناوبی است که در آن نیروی بازگرداننده بر جسم متحرک نسبت مستقیمی با بزرگی جابجایی جسم دارد و نسبت به موقعیت تعادل جسم عمل می کند. این نوسان منجر به نوسانی می شود که اگر توسط اصطکاک یا هر اتلاف انرژی دیگر مهار نشود، به طور نامحدود ادامه می یابد.جرم m متصل به فنر ثابت k، حرکت هارمونیک ساده ای را در فضای بسته نشان می دهد. شما اینطور در نظر بگیر جسمی را در نظر بگیرید که به فنر متصل شده است و روی یک سطح بدون اصطکاک قرار دارد. سه نیرو بر این جسم وارد میشود: نیروی وزن، نیروی عمودی تکیهگاه و نیروی ناشی از فنر. همچنین، فقط دو نیروی عمود بر سطح داریم: نیروی وزن و نیروی عمودی تکیهگاه که بزرگی یکسان و جهتهای مخالف دارند و از این رو، جمع آنها برابر با صفر است. تنها نیرویی که موازی با سطح است، نیروی ناشی از فنر است. بنابراین، نیروی خالص باید برابر با نیروی فنر باشد:$\large \begin {split} F _ { x } & = – k x ; \\ m a & = – k x ; \\ m \frac { d ^ { 2 } x } { d t ^ { 2 } } & = – k x ; \\ \frac { d ^ { 2 } x } { d t ^ { 2 } } & = – \frac { k } { m } x \ldotp \end {split}$با جایگذاری معادلات حرکت x و a داریم$\large – A \omega ^ { 2 } \cos ( \omega t + \phi ) = – \frac { k } { m } A \cos ( \omega t +\phi ) \ldotp$خوب حالا میدونیم $a(t) = \frac{d}{dt} v(t) = \frac{d^2}{dt^2} x(t) = -A \cos(\omega t + \varphi ) \omega^2 $و نتیجه ما $-A \cos(\omega t + \varphi ) \omega^2 = \frac{F}{m} = -\frac{k x}{m} = -\frac{k A}{m} \cos(\omega t + \varphi )$که $\omega^2 = \frac{k}{m}$که ثابت فنر و جرم جسم را به فرکانس نوسان مرتبط می کند. جرم یک آونگ ساده
حرکت یک آونگ بدون میرا تقریباً به حرکت هارمونیک ساده می رسد اگر نوسان کوچک باشد.
در تقریب زاویه کوچک، حرکت یک آونگ ساده با حرکت هارمونیک ساده تقریب می شود. دوره یک جرم متصل به آونگی به طول l با شتاب گرانشی ${\displaystyle g}$ با${\displaystyle T=2\pi {\sqrt {\frac {l}{g}}}}$
این نشان می دهد که دوره نوسان مستقل از دامنه و جرم آونگ است، اما نه از شتاب ناشی از گرانش، g، بنابراین آونگی با همان طول روی ماه به دلیل حرکت آهسته تر می چرخد. قدرت میدان گرانشی کمتر ماه از آنجایی که مقدار g کمی در سطح زمین متفاوت است، دوره زمانی از مکانی به مکان دیگر کمی متفاوت است و همچنین با ارتفاع از سطح دریا نیز متفاوت خواهد بود.
این تقریب فقط برای زوایای کوچک دقیق است زیرا بیان شتاب زاویه ای α با سینوس زاویه جابجایی متناسب است:${\displaystyle -mgl\sin \theta =I\alpha ,}$جایی که i لحظه اینرسی هست. وقتی θ کوچک است sin θ ≈ θ و بنابراین عبارت تبدیل می شود
${\displaystyle -mgl\theta =I\alpha } $که شتاب زاویه ای را با θ متناسب می کند و تعریف حرکت هارمونیک ساده را برآورده می کند.پاندول یا آونگ، مدلی ایدهآل از جرمِ در حال نوسان است که به میلهای بیوزن متصل شده. به منظور بدست آوردن معادله نوسان در ابتدا میلهای به طول L را در نظر گرفته که جرمِ m به آن متصل شده است. در این سیستم، حرکتی دورهای وجود دارد که میتوان آن را به صورت حرکتی دایرهای در نظر گرفت. با فرض این که ε، شتاب زاویهای پاندول در هر لحظه باشد، در این صورت میتوان رابطه زیر را بین آن و لختی دورانی بیان کرد:$ \large \varepsilon = \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^ 2 } } } = \frac { M } { I }$و I نشان دهنده لختی دورانی حول مرکز است گشتاور با تصویر کردن نیروی وزن در راستای مماس بر حرکت آونگ بدست میآید. این گشتاور برابر است با:$\large M = – m g L \sin \alpha$خوب مفهو.م اون علامت منفی هنگام قرارگیری پاندول در زاویه مثبت، نیروی گرانش تلاش میکند پاندول را در راستای منفی به حرکت در بیاره.خوب لختی هم $I = m { L ^ 2 } $حال معادله دیفرانسیل بنویسم $\large \begin {gather*} \require {cancel} { { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^ 2 } } } } = { \frac{{ – \cancel { m } g \cancel { L } \sin \alpha } } { { \cancel { m } { L^ \cancel {2 } } } } } = { – \frac { { g \sin \alpha } } { L } ,\;\;} } \\ \\ \Rightarrow { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d{ t ^ 2 } } } + \frac { g } { L } \sin \alpha = 0 } \end {gather*}$خوب تو زاویه های کوچک سینوس با زاویه برابر هست $\large { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t^ 2 } } } + \frac { g } { L } \alpha = 0\;\;} \kern-0.3 pt {\text{or}\;\; \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^2 } } } + {\omega ^ 2 } \alpha = 0 } $پس میشه $\large T = \frac { { 2 \pi } } { \omega } = 2 \pi \sqrt { \frac { L }{ g } } $I hope I help you understand the question. Roham Hesami رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا
یک نوسان در صورتی از حرکت هارمونیک ساده پیروی می کند که دو قانون زیر را رعایت کند: شتاب همیشه در جهت مخالف جابجایی از موقعیت تعادل است. شتاب متناسب با جابجایی از موقعیت تعادل است.
بیایید یک آونگ ساخته شده از جرم M را در نظر بگیریم
و یک طناب به طول L، و θ زاویه بین طناب و یک خط عمودی باشد. سپس، تنها نیروی اعمال شده بر M که گشتاور آن صفر نیست، وزن M است.، پس می گیریم$ML^2\ddot{\theta} = - Mg \sin(\theta)$یا$\ddot{\theta} = -\omega^2 \sin(\theta)$جایی که$\omega = \sqrt{\frac{g}{L}}$حال باید این معادله دیفرانسیل غیرخطی را حل کنیم. با این حال، ما ترجیح می دهیم با معادله خطی سر و کار داشته باشیم... بنابراین می توانیم یک مورد خاص را مطالعه کنیم: وقتی θ≪1. سپس، می دانیم که sin(θ)≈θ، بنابراین معادله دینامیکی می شود$\ddot{\theta} \approx -\omega^2\theta$بنابراین$\theta \approx \theta_0 \cos(\omega t + \varphi) $متوجه شدیم که برای زوایای کوچک، آونگ حرکت تقریباً هارمونیک دارد.ببینید شرط اون اگر نیروی خالص توسط قانون هوک تعریف شود و میرایی (کندی به علت اصطکاک یا سایر نیروهای ناپایستار) نداشته باشیم، آنگاه نوسانگر هماهنگ ساده shm هست.یعنی در مکانیک و فیزیک، حرکت هارمونیک ساده (گاهی اوقات به اختصار SHM) نوع خاصی از حرکت تناوبی است که در آن نیروی بازگرداننده بر جسم متحرک نسبت مستقیمی با بزرگی جابجایی جسم دارد و نسبت به موقعیت تعادل جسم عمل می کند. این نوسان منجر به نوسانی می شود که اگر توسط اصطکاک یا هر اتلاف انرژی دیگر مهار نشود، به طور نامحدود ادامه می یابد.جرم m متصل به فنر ثابت k، حرکت هارمونیک ساده ای را در فضای بسته نشان می دهد. شما اینطور در نظر بگیر جسمی را در نظر بگیرید که به فنر متصل شده است و روی یک سطح بدون اصطکاک قرار دارد. سه نیرو بر این جسم وارد میشود: نیروی وزن، نیروی عمودی تکیهگاه و نیروی ناشی از فنر. همچنین، فقط دو نیروی عمود بر سطح داریم: نیروی وزن و نیروی عمودی تکیهگاه که بزرگی یکسان و جهتهای مخالف دارند و از این رو، جمع آنها برابر با صفر است. تنها نیرویی که موازی با سطح است، نیروی ناشی از فنر است. بنابراین، نیروی خالص باید برابر با نیروی فنر باشد:$\large \begin {split} F _ { x } & = – k x ; \\ m a & = – k x ; \\ m \frac { d ^ { 2 } x } { d t ^ { 2 } } & = – k x ; \\ \frac { d ^ { 2 } x } { d t ^ { 2 } } & = – \frac { k } { m } x \ldotp \end {split}$با جایگذاری معادلات حرکت x و a داریم$\large – A \omega ^ { 2 } \cos ( \omega t + \phi ) = – \frac { k } { m } A \cos ( \omega t +\phi ) \ldotp$خوب حالا میدونیم $a(t) = \frac{d}{dt} v(t) = \frac{d^2}{dt^2} x(t) = -A \cos(\omega t + \varphi ) \omega^2 $و نتیجه ما $-A \cos(\omega t + \varphi ) \omega^2 = \frac{F}{m} = -\frac{k x}{m} = -\frac{k A}{m} \cos(\omega t + \varphi )$که $\omega^2 = \frac{k}{m}$که ثابت فنر و جرم جسم را به فرکانس نوسان مرتبط می کند. جرم یک آونگ ساده
حرکت یک آونگ بدون میرا تقریباً به حرکت هارمونیک ساده می رسد اگر نوسان کوچک باشد.
در تقریب زاویه کوچک، حرکت یک آونگ ساده با حرکت هارمونیک ساده تقریب می شود. دوره یک جرم متصل به آونگی به طول l با شتاب گرانشی ${\displaystyle g}$ با${\displaystyle T=2\pi {\sqrt {\frac {l}{g}}}}$
این نشان می دهد که دوره نوسان مستقل از دامنه و جرم آونگ است، اما نه از شتاب ناشی از گرانش، g، بنابراین آونگی با همان طول روی ماه به دلیل حرکت آهسته تر می چرخد. قدرت میدان گرانشی کمتر ماه از آنجایی که مقدار g کمی در سطح زمین متفاوت است، دوره زمانی از مکانی به مکان دیگر کمی متفاوت است و همچنین با ارتفاع از سطح دریا نیز متفاوت خواهد بود.
این تقریب فقط برای زوایای کوچک دقیق است زیرا بیان شتاب زاویه ای α با سینوس زاویه جابجایی متناسب است:${\displaystyle -mgl\sin \theta =I\alpha ,}$جایی که i لحظه اینرسی هست. وقتی θ کوچک است sin θ ≈ θ و بنابراین عبارت تبدیل می شود
${\displaystyle -mgl\theta =I\alpha } $که شتاب زاویه ای را با θ متناسب می کند و تعریف حرکت هارمونیک ساده را برآورده می کند.پاندول یا آونگ، مدلی ایدهآل از جرمِ در حال نوسان است که به میلهای بیوزن متصل شده. به منظور بدست آوردن معادله نوسان در ابتدا میلهای به طول L را در نظر گرفته که جرمِ m به آن متصل شده است. در این سیستم، حرکتی دورهای وجود دارد که میتوان آن را به صورت حرکتی دایرهای در نظر گرفت. با فرض این که ε، شتاب زاویهای پاندول در هر لحظه باشد، در این صورت میتوان رابطه زیر را بین آن و لختی دورانی بیان کرد:$ \large \varepsilon = \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^ 2 } } } = \frac { M } { I }$و I نشان دهنده لختی دورانی حول مرکز است گشتاور با تصویر کردن نیروی وزن در راستای مماس بر حرکت آونگ بدست میآید. این گشتاور برابر است با:$\large M = – m g L \sin \alpha$خوب مفهو.م اون علامت منفی هنگام قرارگیری پاندول در زاویه مثبت، نیروی گرانش تلاش میکند پاندول را در راستای منفی به حرکت در بیاره.خوب لختی هم $I = m { L ^ 2 } $حال معادله دیفرانسیل بنویسم $\large \begin {gather*} \require {cancel} { { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^ 2 } } } } = { \frac{{ – \cancel { m } g \cancel { L } \sin \alpha } } { { \cancel { m } { L^ \cancel {2 } } } } } = { – \frac { { g \sin \alpha } } { L } ,\;\;} } \\ \\ \Rightarrow { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d{ t ^ 2 } } } + \frac { g } { L } \sin \alpha = 0 } \end {gather*}$خوب تو زاویه های کوچک سینوس با زاویه برابر هست $\large { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t^ 2 } } } + \frac { g } { L } \alpha = 0\;\;} \kern-0.3 pt {\text{or}\;\; \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^2 } } } + {\omega ^ 2 } \alpha = 0 } $پس میشه $\large T = \frac { { 2 \pi } } { \omega } = 2 \pi \sqrt { \frac { L }{ g } } $I hope I help you understand the question. Roham Hesami رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا