صفحه 1 از 1

نوسان يك آونگ

ارسال شده: دوشنبه ۱۳۸۶/۹/۱۲ - ۱۸:۵۶
توسط مريم احمدي
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

ارسال شده: پنج‌شنبه ۱۳۸۶/۹/۲۲ - ۰۰:۱۹
توسط physics_love
سلام جواب این سوال خیلی معروفه
دوره نوسان با مجذور طول آونگ و شتاب گرانش نسبت داره
هالیدی رو نگاه کن

ارسال شده: چهارشنبه ۱۳۸۶/۹/۲۸ - ۲۲:۱۷
توسط شهبازي
T=2(3.14)radical(l/g)
tدوره نوسان
البته اين براي اونگ با زاويه ي كمتر از 6 درجه است

Re: نوسان

ارسال شده: شنبه ۱۳۸۷/۱۱/۲۶ - ۱۳:۴۰
توسط كوير
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... smile072

Re: نوسان

ارسال شده: چهارشنبه ۱۳۹۰/۵/۲۶ - ۱۸:۵۱
توسط khashayar_xe
سوال اولی که پرسیدی جوابش خیر چون طبق رابطه
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 smile051

Re: نوسان

ارسال شده: جمعه ۱۳۹۰/۵/۲۸ - ۲۱:۳۶
توسط Townsend
بله دوره تناوب متفاوت میشه با تغییر ارتفاع که البته در ارتفاعات کم ناچیزه .

تو ماه هم تغییر میکنه و زیاد میشه.

نوسان يك آونگ

ارسال شده: سه‌شنبه ۱۴۰۰/۹/۹ - ۱۷:۴۲
توسط Mahan224
شرط حرکت نوسانی ساده چیست

نوسان يك آونگ

ارسال شده: چهارشنبه ۱۴۰۰/۹/۱۰ - ۰۷:۵۶
توسط rohamavation
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.تصویر
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 } $که شتاب زاویه ای را با θ متناسب می کند و تعریف حرکت هارمونیک ساده را برآورده می کند.پاندول یا آونگ، مدلی ایده‌آل از جرمِ در حال نوسان است که به میله‌ای بی‌وزن متصل شده. به منظور بدست آوردن معادله نوسان در ابتدا میله‌ای به طول L را در نظر گرفته که جرمِ m به آن متصل شده است. در این سیستم، حرکتی دوره‌ای وجود دارد که می‌توان آن را به صورت حرکتی دایره‌ای در نظر گرفت. با فرض این‌ که ε، شتاب زاویه‌ای پاندول در هر لحظه باشد، در این صورت می‌توان رابطه زیر را بین آن و لختی تصویردورانی بیان کرد:$ \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 smile072 smile261 smile260 رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا