المسألة السادسة من المسائل العامّة

الحلّ خطوةً خطوة

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

1. 1. انطلاقاً من العلاقة العامّة لدور النوّاس الثقليّ المركّب، استنتج العلاقة المحدِّدة لدوره الخاصّ في حالة السّعات الصّغيرة، ثمَّ احسب قيمة هذا الدّور.

   العلاقة

   الدور الخاصّ للنوّاس الثقليّ المركّب في حالة السعات الزاويّة الصغيرة:

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

   العلاقة

   مركز عطالة القرص المتجانس في مركزه، والمحور يمرّ من نقطةٍ على محيطه، فبُعد مركز العطالة عن المحور نصف القطر:

   $$d=r$$

   العلاقة

   عزم عطالة القرص حول المحور بنظريّة هايغنز، والمسافة بين المحورين $r$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=I_{\mathrm{\Delta }\mathrm{/}c}+m{r}^2}\\ {\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=\frac{1}{2}m{r}^2+m{r}^2=\frac{3}{2}m{r}^2}\end{array}$$

   العلاقة

   نعوّض في علاقة الدور، فتُختصر $m$ وإحدى $r$، وهذه العلاقة المحدِّدة للدور الخاصّ:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{\frac{3}{2}m{r}^2}{mgr}}}}\\ {\displaystyle T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{3r}{2g}}}}\end{array}$$

   التعويض

   مع $r=\frac{2}{3}\mathrm{m}$، فـ $3r=2$، و${\pi }^2=\mathrm{1<!--\; -->0}$:

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

   الجواب

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

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

   العلاقة

   النوّاس البسيط المواقت دوره الخاصّ يساوي الدور الخاصّ $T_0$ للنوّاس المركّب. نسمّي طوله $l$:

   $$2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{l}{g}}}=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{3r}{2g}}}$$

   العلاقة

   بالتربيع تُختصر $4{\pi }^2$ و$g$:

   $$l={\displaystyle \frac{3r}{2}}$$

   التعويض

   $$l={\displaystyle \frac{3}{2}}\times {\displaystyle \frac{2}{3}}$$

   الجواب

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

   وهو ما تعطيه أيضاً علاقة طول النوّاس البسيط المواقت $l=\frac{I_{\mathrm{\Delta }}}{md}=\frac{3r}{2}$، ولا يتعلّق بـ $g$.

3. 3. نثبِّت في نقطة من محيط القرص كتلة نقطيَّة $m^{\mathrm{\prime }}$ تساوي كتلة القرص $m$ ونجعله يهتزُّ حول محور أفقيٍّ مارٍّ من مركز القرص، احسب دوره في هذه الحالة من أجل السّعات الزاوية الصّغيرة.

   العلاقة

   كتلة الجملة $m+m^{\mathrm{\prime }}=2m$. المحور يمرّ الآن من مركز القرص، فعزم عطالة القرص حوله $I_{\mathrm{\Delta }\mathrm{/}c}$، والكتلة النقطيّة على بُعد $r$ منه:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}=\frac{1}{2}m{r}^2+m^{\mathrm{\prime }}{r}^2}\\ {\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}=\frac{3}{2}m{r}^2}\end{array}$$

   العلاقة

   مركز عطالة القرص على المحور، فبُعد مركز عطالة الجملة عن المحور:

   $$d^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{m^{\mathrm{\prime }}r}{m+m^{\mathrm{\prime }}}}={\displaystyle \frac{r}{2}}$$

   وفي وضع التوازن المستقرّ تكون الكتلة النقطيّة تحت المحور، ومركز العطالة في منتصف المسافة بينهما.

   العلاقة

   نسمّي الدور في هذه الحالة $T$، ونعوّض في علاقة الدور:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle T=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{I_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}}{(m+m^{\mathrm{\prime }})g{d}^{\mathrm{\prime }}}}}}\\ {\displaystyle T=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{\frac{3}{2}m{r}^2}{2mg\frac{r}{2}}}}=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{3r}{2g}}}}\end{array}$$

   التعويض

   وهي علاقة الطلب الأوّل نفسها:

   $$T=2\pi \sqrt{\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}}=\sqrt{\mathrm{4<!--\; -->0}\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}}$$

   الجواب

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

   الدور لم يتغيّر: عزم العطالة بقي $\frac{3}{2}m{r}^2$، والكتلة تضاعفت و$d$ نقص إلى نصفه، فبقي الجداء $mgr$ كما كان.

4. 4. نزيح القرص من جديد عن وضع توازنه الشاقوليّ بسعة زاوية ${\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}$ ونتركه دون سرعة ابتدائيَّة فتكون السرعة الخطِّيَّة للكتلة النقطيَّة $m^{\mathrm{\prime }}$ لحظة المرور بالشاقول $\frac{2\pi }{3}\mathrm{m}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$ احسب قيمة السعة الزاوية ${\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}$.

   العلاقة

   السعة أكبر من $\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->4}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$، ونظريّة الطاقة الحركيّة لا تحتاج تقريب السعات الصغيرة. نطبّقها على الجملة بين لحظة الترك ${\theta }_1={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}$ ولحظة المرور بالشاقول ${\theta }_2=0$، والقوى الخارجيّة ثقل الجملة $\vec{w}$ وردّ فعل المحور $\vec{R}$:

   $$E_{k2}-E_{k1}={\bar{W}}_{\vec{w}}+{\bar{W}}_{\vec{R}}$$

   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 $\frac{1}{2}{I}_{\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}{\omega }^2$، ومركز العطالة ينخفض $d^{\mathrm{\prime }}(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\times \frac{3}{2}m{r}^2{\omega }^2}\\ {\displaystyle =2mg\frac{r}{2}(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})}\\ {\displaystyle \frac{3}{4}r{\omega }^2=g(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})}\end{array}$$

   العلاقة

   الكتلة النقطيّة على بُعد $r$ من المحور، فسرعتها الخطّيّة $v^{\mathrm{\prime }}=\omega r$:

   $$\omega ={\displaystyle \frac{v^{\mathrm{\prime }}}{r}}$$

   التعويض

   $$\omega ={\displaystyle \frac{\frac{2\pi }{3}}{\frac{2}{3}}}=\pi \mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$$

   التعويض

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

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{3}{4}\times \frac{2}{3}\times \mathrm{1<!--\; -->0}=\mathrm{1<!--\; -->0}(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})}\\ {\displaystyle 1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}=\frac{1}{2}}\\ {\displaystyle \cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}=\frac{1}{2}}\end{array}$$

   الجواب

   $${\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}=\frac{\pi }{3}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$$

   أي ${\mathrm{6<!--\; -->0}}^{\circ }$، وهي أكبر من $\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2<!--\; -->4}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$ كما في نصّ المسألة.