المسألة الخامسة من المسائل العامّة

الحلّ خطوةً خطوة

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

1. 1. احسب دور النوّاس في حالة السّعات الصَّغيرة.

   العلاقة

   الدور الخاصّ للنوّاس الثقليّ المركّب في حالة السعات الزاويّة الصغيرة، و$m=m_1+m_2$ كتلة الجملة، لأنّ الساق مهملة الكتلة:

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

   العلاقة

   المحور في منتصف الساق، فكلّ كتلةٍ على بُعد $r_1=r_2=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}\mathrm{m}$ منه، وعزم عطالة الجملة مجموع عزمَي عطالة الكتلتين النقطيّتين:

   $$I_{\mathrm{\Delta }}=m_1{r}_1^2+m_2{r}_2^2$$

   التعويض

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}+\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->6}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}}\\ {\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}\mathrm{k}\mathrm{g}\mathrm{.}{\mathrm{m}}^2}\end{array}$$

   العلاقة

   $d$ بُعد مركز عطالة الجملة عن المحور. نعدّ البعد موجباً تحت المحور وسالباً فوقه: $m_2$ تحت المحور، و$m_1$ فوقه:

   $$d={\displaystyle \frac{m_2{r}_2-m_1{r}_1}{m_1+m_2}}$$

   التعويض

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle d={\displaystyle \frac{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->6}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}-\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}}{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->8}}}}\\ {\displaystyle d=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}\mathrm{m}}\end{array}$$

   فمركز العطالة تحت المحور، ولذلك تهتزّ الجملة حول وضع توازنٍ مستقرّ.

   التعويض

   نعوّض مع $m=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->8}\mathrm{k}\mathrm{g}$، و$g=\mathrm{1<!--\; -->0}\mathrm{m}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-2}$، و${\pi }^2=\mathrm{1<!--\; -->0}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}}{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->8}\times \mathrm{1<!--\; -->0}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}}}}}\\ {\displaystyle T_0=2\pi \sqrt{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}}=\sqrt{\mathrm{4<!--\; -->0}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}}}\end{array}$$

   الجواب

   $$T_0=2\mathrm{s}$$

2. 2. احسب طول النوَّاس البسيط المواقت لهذا النوَّاس.

   العلاقة

   النوّاس البسيط المواقت دوره الخاصّ يساوي الدور الخاصّ $T_0$ للنوّاس المركّب. نسمّي طوله $l$، ودوره الخاصّ في السعات الصغيرة $2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$:

   $$2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{l}{g}}}=T_0$$

   العلاقة

   بالتربيع:

   $$l={\displaystyle \frac{g{T}_0^2}{4{\pi }^2}}$$

   التعويض

   مع $T_0=2\mathrm{s}$ من الطلب السابق و$4{\pi }^2=\mathrm{4<!--\; -->0}$:

   $$l={\displaystyle \frac{\mathrm{1<!--\; -->0}\times 4}{\mathrm{4<!--\; -->0}}}$$

   الجواب

   $$l=1\mathrm{m}$$

   وتحقّقٌ بعلاقة طول النوّاس البسيط المواقت: $l=\frac{I_{\mathrm{\Delta }}}{md}=\frac{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}}{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->8}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}}=1\mathrm{m}$.

3. 3. احسب دور النوَّاس لو ناس بسعة زاوية ${\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->4}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$.

   العلاقة

   السعة $\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->4}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$ أكبر من $\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->4}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$، فهي سعةٌ كبيرة. والنوّاس المركّب يهتزّ كنوّاسه البسيط المواقت، فدوره عندئذٍ كما في الصفحة 31:

   $$T_0^{\mathrm{\prime }}\approx T_0[1+{\displaystyle \frac{{\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}^2}{\mathrm{1<!--\; -->6}}}]$$

   التعويض

   مع $T_0=2\mathrm{s}$ من الطلب الأوّل، و${\displaystyle \frac{{\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}^2}{\mathrm{1<!--\; -->6}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1<!--\; -->6}}{\mathrm{1<!--\; -->6}}}=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->0<!--\; -->1}$:

   $$T_0^{\mathrm{\prime }}\approx 2[1+\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->0<!--\; -->1}]$$

   الجواب

   $$T_0^{\mathrm{\prime }}\approx \mathrm{2<!--\; -->.<!--\; -->0<!--\; -->2}\mathrm{s}$$

   أطول من دوره في السعات الصغيرة بواحدٍ في المئة.

4. $\text{4<!-- -->a}$. نزيح الساق عن وضع توازنها الشاقوليّ بزاوية ${\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}={\mathrm{6<!--\; -->0}}^{\circ }$ ونتركها دون سرعة ابتدائيَّة. استنتج بالرموز علاقة السّرعة الزاوية لجملة النوَّاس لحظة مرورها بشاقول محور التعليق، ثمَّ احسب قيمتها عندئذٍ.

   العلاقة

   نطبّق نظريّة الطاقة الحركيّة على جملة النوّاس بين وضعين: الأوّل لحظة الترك ${\theta }_1={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}$، والثاني لحظة المرور بالشاقول ${\theta }_2=0$. القوى الخارجيّة: ثقل الجملة $\vec{w}$ في مركز عطالتها، وردّ فعل المحور $\vec{R}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{\Delta }{\bar{E}}_{k(1\to 2)}=\sum {\bar{W}}_{\vec{F}(1\to 2)}}\\ {\displaystyle E_{k2}-E_{k1}={\bar{W}}_{\vec{w}}+{\bar{W}}_{\vec{R}}}\end{array}$$

   العلاقة

   $E_{k1}=0$ لأنّ الجملة تُترك دون سرعةٍ ابتدائيّة، و${\bar{W}}_{\vec{R}}=0$ لأنّ نقطة تأثيرها على المحور لا تنتقل. والطاقة الحركيّة لجسمٍ صلبٍ يدور حول محورٍ ثابت $\frac{1}{2}{I}_{\mathrm{\Delta }}{\omega }^2$، و${\bar{W}}_{\vec{w}}=mgh$، حيث ينخفض مركز العطالة $h=d(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})$:

   $${\displaystyle \frac{1}{2}}{I}_{\mathrm{\Delta }}{\omega }^2=mgd(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})$$

   العلاقة

   ومنها العلاقة المطلوبة بالرموز:

   $$\omega =\sqrt{{\displaystyle \frac{2mgd(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})}{I_{\mathrm{\Delta }}}}}$$

   التعويض

   مع $\cos {\mathrm{6<!--\; -->0}}^{\circ }=\frac{1}{2}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \omega =\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->8}\times \mathrm{1<!--\; -->0}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}\times \frac{1}{2}}{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}}}}}\\ {\displaystyle \omega =\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}}}}}\end{array}$$

   الجواب

   $$\omega =\sqrt{\mathrm{1<!--\; -->0}}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$$

   أي نحو $\mathrm{3<!--\; -->.<!--\; -->1<!--\; -->6}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$، ومع ${\pi }^2=\mathrm{1<!--\; -->0}$ يُكتب $\omega =\pi \mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$.

5. $\text{4<!-- -->b}$. احسب السُّرعة الخطِّيَّة لمركز عطالة جملة النوّاس لحظة المرور بالشّاقول.

   العلاقة

   كلّ نقاط الجسم الصلب تدور بالسرعة الزاويّة نفسها $\omega$، ومركز العطالة على بُعد $d$ من المحور:

   $$v=\omega d$$

   التعويض

   مع $\omega =\sqrt{\mathrm{1<!--\; -->0}}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$ و$d=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}\mathrm{m}$:

   $$v=\sqrt{\mathrm{1<!--\; -->0}}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}$$

   الجواب

   $$v={\displaystyle \frac{\sqrt{\mathrm{1<!--\; -->0}}}{4}}\approx \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->7<!--\; -->9}\mathrm{m}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$$

   ومع $\omega =\pi \mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$ يُكتب $v={\displaystyle \frac{\pi }{4}}\mathrm{m}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$.

6. $\text{5}$. نستبدل بالكتلة $m_2$ كتلة $m_1=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}\mathrm{k}\mathrm{g}$ ونعلِّق السَّاق من منتصفها بسلك فتل شاقوليّ لنشكِّل بذلك نوّاساً للفتل، نزيح السَّاق الأفقيَّة عن وضع توازنها بزاوية ونتركها دون سرعة ابتدائيّة فتهتزُّ بدور $T_0=2\pi \mathrm{s}$. احسب قيمة ثابت فتل سلك التعليق.

   العلاقة

   نرفع $m_2$ ونضع مكانها كتلةً مثل $m_1$، فتحمل الساق في كلٍّ من طرفيها $m_1=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}\mathrm{k}\mathrm{g}$ على بُعد $r_1=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}\mathrm{m}$ من السلك. والساق مهملة الكتلة، فعزم عطالة الجملة حول السلك:

   $$I_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}=2m_1{r}_1^2$$

   التعويض

   $$I_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}=2\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->5}=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}\mathrm{k}\mathrm{g}\mathrm{.}{\mathrm{m}}^2$$

   العلاقة

   الدور الخاصّ لنوّاس الفتل، ومنه ثابت الفتل:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{I_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}}{k}}}}\\ {\displaystyle k={\displaystyle \frac{4{\pi }^2{I}_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}}{T_0^2}}}\end{array}$$

   التعويض

   مع $T_0=2\pi \mathrm{s}$، فيُختصر $4{\pi }^2$:

   $$k={\displaystyle \frac{4{\pi }^2\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}}{4{\pi }^2}}$$

   الجواب

   $$k=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}\mathrm{m}\mathrm{.}\mathrm{N}\mathrm{.}\mathrm{r}\mathrm{a}{\mathrm{d}}^{-1}$$

7. $\text{6}$. احسب قيمة التَّسارع الزاوي لنوَّاس الفتل عند المرور بوضع $\theta =\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$.

   العلاقة

   التسارع الزاويّ المشتقّ الثاني للمطال الزاويّ بالنسبة للزمن، وفي الحركة الجيبيّة الدورانيّة:

   $$\bar{\alpha }=(\bar{\theta }{)}_t^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=-{\omega }_0^2\bar{\theta }$$

   التعويض

   النبض الخاصّ من الدور $T_0=2\pi \mathrm{s}$:

   $${\omega }_0={\displaystyle \frac{2\pi }{T_0}}={\displaystyle \frac{2\pi }{2\pi }}=1\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$$

   ويخرج كذلك من ${\omega }_0^2=\frac{k}{I_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}}=\frac{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}}{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}}=1$.

   التعويض

   مع $\bar{\theta }=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$:

   $$\bar{\alpha }=-1^2\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}$$

   الجواب

   $$\bar{\alpha }=-\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-2}$$

   طويلته $\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-2}$، والإشارة السالبة تعني أنّه موجّهٌ نحو وضع التوازن، بعكس إشارة المطال.