المسألة الخامسة

الحلّ خطوةً خطوة

حاول أن تحلّ بنفسك أوّلاً، ثمّ افتح الخطوات واحدةً بعد الأخرى وقارن.

1. 1. استنتجِ التابعَ الزمنيّ للمطال الزاويّ لحركة هذا النوّاس انطلاقاً من شكله العامّ.

   العلاقة

   الشكل العامّ للتابع الزمنيّ للمطال الزاويّ في السعات الصغيرة:

   $$\bar{\theta }={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}\cos ({\omega }_{0}t+\bar{\phi })$$

   العلاقة

   السعة هي زاوية الإزاحة نفسها، لأنّ الجملة تُترك دون سرعة ابتدائيّة:

   $${\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}=\frac{1}{2\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$$

   العلاقة

   النبض الخاصّ:

   $${\omega }_0=\frac{2\pi }{T_0}$$

   التعويض

   $${\omega }_0=\frac{2\pi }{\mathrm{2<!--\; -->.<!--\; -->5}}=\frac{4\pi }{5}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$$

   العلاقة

   الطور الابتدائيّ من شرط البدء: نعدّ جهة الإزاحة موجبة، فعند $t=0$ يكون $\bar{\theta }=+{\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}\cos \bar{\phi }}\\ {\displaystyle \cos \bar{\phi }=1\Rightarrow \bar{\phi }=0}\end{array}$$

   الجواب

   $$\bar{\theta }=\frac{1}{2\pi }\cos \left(\frac{4\pi }{5}t\right)$$

   حيث $\bar{\theta }$ بالراديان و$t$ بالثانية.

2. 2. استنتجْ بالرموز العلاقة المحدّدة لطول الساق، ثمّ احسب قيمته.

   العلاقة

   دور النوّاس الثقليّ المركّب في السعات الصغيرة:

   $$T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{I_{\mathrm{\Delta }}}{mgd}}}$$

   العلاقة

   الكتلة الكليّة $m=2m^{\mathrm{\prime }}$. نعدّ $\bar{r}$ موجباً تحت المحور وسالباً فوقه، كما في الصفحة 28: الكتلة العلويّة فوق المحور على بعد $\frac{L}{4}$، والسفليّة تحته على بعد $\frac{3L}{4}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle {\bar{r}}_1=-\frac{L}{4}{\bar{r}}_2=+\frac{3L}{4}}\\ {\displaystyle d={\displaystyle \frac{m^{\mathrm{\prime }}(-\frac{L}{4})+m^{\mathrm{\prime }}\frac{3L}{4}}{2m^{\mathrm{\prime }}}}=\frac{L}{4}}\end{array}$$

   العلاقة

   عزم عطالة الجملة حول المحور، حيث $r_i$ بعد الكتلة $m_i$ عن المحور، والساق مهملة الكتلة:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=\sum m_i{r}_i^2}\\ {\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=m^{\mathrm{\prime }}{\left(\frac{L}{4}\right)}^2+m^{\mathrm{\prime }}{\left(\frac{3L}{4}\right)}^2}\\ {\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=\frac{5}{8}{m}^{\mathrm{\prime }}{L}^2}\end{array}$$

   العلاقة

   نعوّض في علاقة الدور:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{\frac{5}{8}{m}^{\mathrm{\prime }}{L}^2}{2m^{\mathrm{\prime }}g\frac{L}{4}}}}}\\ {\displaystyle T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{5L}{4g}}}=\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{5L}{g}}}}\end{array}$$

   العلاقة

   ومنها العلاقة المحدّدة لطول الساق:

   $$T_0^2={\displaystyle \frac{5{\pi }^{2}L}{g}}\Rightarrow L={\displaystyle \frac{g{T}_0^2}{5{\pi }^2}}$$

   التعويض

   مع ${\pi }^2=\mathrm{1<!--\; -->0}$:

   $$L={\displaystyle \frac{\mathrm{1<!--\; -->0}\times (\mathrm{2<!--\; -->.<!--\; -->5}{)}^2}{5\times \mathrm{1<!--\; -->0}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{6<!--\; -->2<!--\; -->.<!--\; -->5}}{\mathrm{5<!--\; -->0}}}$$

   الجواب

   $$L=\mathrm{1<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}\mathrm{m}$$

3. 3. احسبْ قيمة السرعة الزاويّة العُظمى للحركة (طويلة).

   العلاقة

   السرعة الزاويّة هي المشتقّ الأوّل للمطال الزاويّ بالنسبة للزمن:

   $$\bar{\omega }=(\bar{\theta }{)}_t^{\mathrm{\prime }}=-{\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}{\omega }_0\sin ({\omega }_{0}t)$$

   العلاقة

   تبلغ طويلتها أكبر قيمة حين $\sin ({\omega }_{0}t)=\pm 1$، أي لحظة المرور بوضع التوازن الشاقوليّ. و«طويلة» تعني القيمة دون إشارة، كما في الصفحة 10:

   $${\omega }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}{\omega }_0$$

   التعويض

   $${\omega }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}=\frac{1}{2\pi }\times \frac{4\pi }{5}$$

   الجواب

   $${\omega }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->4}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$$

4. 4. لنفرضْ أنّه في إحدى النَّوْسات انفصلتِ الكتلةُ العلويّةُ عن الساق، استنتج الدورَ الخاصَّ الجديد للجملة في حالة السّعات الزاويّة الصغيرة.بعد التصحيح

   العلاقة

   تبقى الكتلة السفليّة وحدها تحت المحور على بعد $\frac{3L}{4}$، والساق مهملة الكتلة:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle m=m^{\mathrm{\prime }}{d}^{\mathrm{\prime }}=\frac{3L}{4}}\\ {\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}=m^{\mathrm{\prime }}{\left(\frac{3L}{4}\right)}^2}\end{array}$$

   العلاقة

   الدور الخاصّ الجديد:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle T_0^{\mathrm{\prime }}=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{m^{\mathrm{\prime }}{\left(\frac{3L}{4}\right)}^2}{m^{\mathrm{\prime }}g\frac{3L}{4}}}}}\\ {\displaystyle T_0^{\mathrm{\prime }}=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{3L}{4g}}}}\end{array}$$

   وهو دور نوّاسٍ ثقليٍّ بسيطٍ طوله $\frac{3L}{4}$.

   العلاقة

   نقسمه على $T_0=2\pi \sqrt{\frac{5L}{4g}}$، فيزول $\pi$ و$g$ و$L$:

   $${\displaystyle \frac{T_0^{\mathrm{\prime }}}{T_0}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{3}{5}}}\Rightarrow T_0^{\mathrm{\prime }}=T_0\sqrt{{\displaystyle \frac{3}{5}}}$$

   التعويض

   $$T_0^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{2<!--\; -->.<!--\; -->5}\times \sqrt{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->6}}$$

   الجواب

   $$T_0^{\mathrm{\prime }}\approx \mathrm{1<!--\; -->.<!--\; -->9<!--\; -->4}\mathrm{s}$$