2-2 Elemente de Mecanica Newtoniana - Probleme

2. Elemente de mecanică newtoniană 80

PROBLEME REZOLVATE 2.1. Două particule se mişcă pe direcţia Ox conform ecuaţiilor:

( )1 0x t x v t= + 1 , ( ) 22 2

1x t v t at2

= +

a) Să se reprezinte grafic , şi ( )1x t ( )2x t . b) Să se exprime distanţa dintre particule ca funcţie de timp. c) Este posibilă întâlnirea particulelor? d) Să se stabilească momentul când distanţa dintre particule este minimă, precum şi valoarea acesteia. Se consideră: . 2

0 1 2x 1m;v 1m/ s;v 2m/ s;a 1m/ s= = = = −

Rezolvare:

a) ( ) ( ) 21 2

1x t 1 t; x t 2t t2

= + = −

b) D= ( ) ( ) 21 2

1D x t x t 1 t t2

⎛ ⎞= − = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

c) Nu, deoarece ecuaţia D=0 are rădăcini imaginare.

d) dD 0dt

= conduce la t=1s. La acest moment de timp distanţa dintre particule

este minimă. D(1)=1/2 m

2.2. Să se stabilească traiectoria punctului material care se deplasează în planul xOy conform ecuaţiilor:


a) 0 x 0 yx x v t; y y v t= + = +

b) 20 x 0 y

1x x v t; y y v t at2

= + = + +

c) 20 x 0 y

1x x v t at ; y y v t2

= + + = +

d) . x A cos t; y A sin t= ω = ω Să se recunoască natura geometrică a curbelor obţinute; sunt constante.

0 0 x yx ,y ,A,v ,v ,a,ω

Rezolvare: Pentru a afla traiectoriile se elimină timpul între cele două ecuaţii în

fiecare caz în parte. Astfel, rezultă:

a) (y0 0

x

vy y x x

v= + − ) , dreaptă

b) ( ) (y0 0 2x x

v ay y x x x xv 2v

= + − + − )0 , parabolă

c) ( ) (x0 0 2y y

v ax x y y y yv 2v

= + − + − )0

2

, parabolă

d) , cerc. 2 2x y r+ = 2.3. Legea de mişcare a unui punct material este dată de relaţia:

2x x y y z 0

1r 1 v t 1 (v t at ) 1 z cos t2

= + + +r uur uur uur

ω

Să se calculeze: a) Viteza şi acceleraţia b) Aplicaţia numerică pentru t=0 şi t=1s, ştiind că:

2x yv v 1m/ s,a 1m/ s ,z 1m= = = = şi 1s−ω = π .

Rezolvare:

a) Se ştie că: rdtrdv &rr

r== . Astfel: x x y y z 0v 1 v 1 (v at) 1 z sin t= + + − ω ω

r uur uur uur

x xv (t) v

, de

unde rezultă componentele vitezei: = ; ;

. yv (t) v= y at+

z 0v (t) z sin t= − ω ωDeci, v(t) va fi:


2 22 2 2x y 0v(t)= v (v at) z sin t+ + + ω ω

Ştiind că

tcosz1a1vdt

rda 20zy2

2ωω−===

rr&r

rr

,

componentele acceleraţiei vor fi:

x

y2

z 0

a (t) 0a (t) a

a (t) z cos t

⎧ =⎪⎪ =⎨⎪

= − ω ω⎪⎩

Atunci a(t) va fi: 22 4 2

0a(t) a z cos t= + ω ω .

b) v(0) 1,41m/ s≅

4 2

4 2

a(0) 1 9,9m/ s

v(1) 5 2,2m/ s

a(1) 1 9,9m/ s

= + π ≅

= ≅

= + π ≅

2.4. Să se găsească viteza şi poziţia unui corp la momentul de timp t=1s, dacă acceleraţia acestuia are componentele: x 0 y 0 za a ; a a cos t; a kt= = ω = .

Aplicaţie numerică: 3 10k 2ms ; s ;a 50cm/ s

2− − 2π

= ω = = .

Se ştie că la momentul de timp t=0, corpul se află în originea sistemului de referinţă, şi în repaus. Rezolvare: Ştiind că :

xx

dvadt

= , yy

dva

dt= , z

zdvadt

= ,

vom calcula componentele vitezei:

x xv a= ∫ dt y yv a= ; dt∫ ; z zv a= dt∫ .

Prin integrare obţinem:


x 0x 0

0y 0y

2z 0z

v v a tav v sin

1v v Kt2

⎧⎪ = +⎪⎪ t= + ω⎨ ω⎪⎪

= +⎪⎩

Din condiţiile iniţiale, rezultă că: 2

0 0 0 0 Ox Oy Oza 0,5m/ s ;x y z 0;v v v 0= = = = = = = , şi atunci:

2 2 2x y zv v +v +v= ( )

2 22 20

0a 1a t sin t Kt

2⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ω + ⎜ ⎟⎜ ⎟ω ⎝ ⎠⎝ ⎠

Deoarece xdxvdt

= , ydyvdt

= , zdzvdt

= , vom obţine coordonatele x, y, z prin

integrarea vitezelor. La modul general, acestea sunt:

20x0x ta

21tvdtvx +== ∫

0y 0y 2

ay v dt v t cos= = −ω∫ tω

3z 0z

1z v dt v t Kt6

= = +∫ .

Vectorul de poziţie:

x y zr(t) 1 x(t) 1 y(t) 1 z(t)= ⋅ + ⋅ + ⋅r uur uur uur

are modulul:

2 2 2r(t) x y z= + + . Ţinând seama de condiţiile iniţiale, la momentul t=1s se obţin:

x y z1v 0,5m/ s;v m/ s;v 1m/ s;v 1,16m/ s= = = =π

x 0,25m;y 0m;z 1/ 3m;r 0,46m= = = = . 2.5. Considerând două puncte materiale aflate în mişcare, pentru care se cunosc

şi , să se găsească 21a (t) t t= + 2

2a (t) 2t= −& 21 21r r (t)= dacă la t=0 se ştie că şi 2,0 1,0a 0,v 2,0v 0= 1,0= = 2,0r r 0= = .


Rezolvare: Pentru primul corp avem:

2 31 1

t tv a dt C2 3 1= = + +∫

Dar astfel că 1,0 1v 0 C= ⇒ = 02 3

1t tv (t)2 3

= + . Atunci

3 41 1

t tr v dt C6 12

= = + +∫ 2

0

Deoarece . 1,0 2r 0 C= ⇒ =Pentru cel de-al doilea corp, obţinem:

32 2

2a a dt t C3

= = − +∫ & 3.

0 0

Deoarece rezultă că 2,0a = 3C = astel că 32

2a t3

= − .

Atunci: 4

2 2tv a dt C6

= = − +∫ 4 0, unde din aceleaşi considerente şi

atunci:

4C =

52 2

1r v dt t C30

= = − +∫ 5 , iar 5C 0= .

Astfel 3

5 421 2 1

1 1r r r t t30 12 6

= − = − − −t .

2.6. Pentru un punct material aflat în mişcare accelerată se cunosc: 1a(t) t2

=&& şi

. Să se calculeze spaţiul parcurs de punctul material în prima secundă de la începutul mişcării. ( )a 0 1,a(0) 2,v(0) 3= = =&

Rezolvare:

2

1 1ta adt C ;a(0) 1 C4

= = + = ⇒ =∫& && & 1

Deci: 2ta 14

= +&

Astfel: 3

2ta adt t C12

= = + +∫ &


Deoarece rezultă că a(0) 2= 2C 2= şi 3ta t

122= + + .

Atunci: 4 2

3t tv adt 2t C48 2

= = + + +∫ , unde 3C 3= . Astfel ( )s t va fi:

5 32

4t ts(t) vdt t 3t C

240 6= = + + + +∫ .

Atunci spaţiul parcurs în prima secundă va fi: 1 1 101s s(1) s(0) 4 m

240 6 240Δ = − = + + = .

2.7. Un punct material se deplasează cu viteza constantă v pe o curbă continuă realizată din două semicercuri de raze 1R 2m= şi 2R 1m= , conform figurii de mai jos. Să se determine punctele în care apare un salt al acceleraţiei normale şi să se calculeze raportul valorilor acesteia. Rezolvare:

Pentru mişcarea circulară, acceleraţia normală este dată de: 2

nvaR

=

Cum pe parcursul întregii mişcări v = constant, este constantă pe semicercul

AB, având valoarea

na2

n,11

vaR

= şi semicercul BC unde valoarea 2

n,22

vaR

= .

Apare astfel un singur punct de salt al acceleraţiei normale şi anume în punctul B, raportul celor două valori fiind:

n,2 1

n,1 2

a R 2a R

= = .


2.8. Considerând două puncte materiale, care la t=0, pleacă fără viteză iniţială din poziţiile 1 xr (0) 2 1 1y= ⋅ −

ur uur uur, respectiv, 2r (0) 0=

ur

y1

, cu acceleraţiile constate:

, respectiv, a 11a 2= ⋅uur u

x y1 1+ur uur

2 x= −uur uur uru

, să se determine poziţia relativă a corpului 2 faţă de corpul 1 la t =4s. Rezolvare: Pentru o mişcare cu a =constant, viteza este

r1 0v(t) adt C at v= + = +∫

r r uur r uur şi

vectorul de poziţie va fi: 2

2 0atr(t) v(t)dt C v t r2

= + = +∫ 0+

rr r uuur uur ur

.

Atunci, vectorii de poziţie pentru cele două puncte materiale sunt:

2 21

1 01 01 x ya t tr (t) v t r (2 1 1 ) 2 1 1

2 2= + + = ⋅ + + ⋅ −

uurur uuur uur uur uur uur uur

x y

2 22

2 02 02 xa t tr (t) v t r (1 1 )

2 2= + + = −

uurur uuuur uuur uur uur

y .

Poziţia relativă 12r

uur a corpului 2 faţă de corpul 1 este:

( )2

12 2 1 x y x ytr (t) r (t) r (t) 1 2 1 2 1 12

= − = − − ⋅ − ⋅ +uur ur ur uur uur uur uur

Astfel, pentru t = 4s, se obţine:

12 x yr (4) 10 1 15 1= − ⋅ − ⋅uur uur uru

2.9. Două corpuri, cu energiile cinetice constante şi egale între ele, se mişcă pe cercurile concentrice de raze şi . 1r 2ra) Să se găsească raportul dintre forţele care acţionează asupra corpurilor. b)Aplicaţie numerică pentru: 1 2r 2r= .

Rezolvare: a) Energia cinetică constantă conduce la relaţia:

C2vm

2vm 2

22211 ==


De aici rezultă că vitezele 1v şi 2 sun nstante şi deci acceleraţiile tangenţiale,

definite ca

v t co

tdvadt

= , su n e.t nul

Acceleraţiile normale sunt date de relaţia:

mrC2

rva

2n == .

Astfel, raportul dintre forţele ce acţionează asupra corpurilor este:

1

2

1 n1 2

2 2 n

m aF rF m a r1

= =

b) 1

2

F 0,5F

= .

2.10. Să se scrie energia potenţială corespunzătoare forţei conservative:

2 2x y

1F xy1 (x y )1 yz12

= + + +r uur uur ur

zu

.

Rezolvare:

Ţinând cont de relaţia dintre forţă şi potenţial:

x yU U UF U 1 1 1x y z

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= −∇ = − + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

r uur uur uurz

şi exprimând lucrul mecanic efectuat între punctele 0rur

şi rr

ca suma lucrurilor mecanice efectuate pe segmentele:

( ) (0 0 0 0 0x ,y ,z x,y ,z− ) , ( ) ( )0 0 0x,y ,z x,y,z− şi ( ) ( )0x,y,z x,y,z− , se obţine:

0 0 0

yx z2 2

0 0x y z

1U xy dx (x z )dy yzdz2

= − − + −∫ ∫ ∫ =

( ) ( )( ) ( ) =−−+−−−−= 20

220

20

20

20 zzy

21zxyy

21xxy

21

2 2 2 20 0 0

1 1(x z )y (x z )y2 2

= + − +

Cum potenţialul este definit până la o constantă aditivă, obţinem:

( ) 2 21U x,y,z (x z )y2

= − + .


2.11. Să se găsească care din următoarele două câmpuri de forţă bidimensionale este conservativ şi să se evalueze potenţialul asociat acestuia: a) . x yF =ky , F =kx

b) , k fiind o constantă. x yF =ky , F kx= −

Rezolvare:

Pentru un câmp de forţe conservativ lucrul mecanic realizat prin deplasarea în câmpul de forţe pe orice contur închis este nul:

0dF =∫ lrr

Conform teoremei Stockes:

∫∫ ⋅×∇=S

SdFdFrr

lrr

,

unde , este vectorul unitar normal la suprafaţa dS. Astfel, pentru un câmp de forţe conservativ trebuie ca:

ndS dS 1= ⋅ur uur

n1uur

F 0∇× =r

. În cazul unui câmp bidimensional, singura componentă nenulă a rotorului este componenta normală pe plan care va fi calculată în cele 2 cazuri:

a) ( ) y yz

F FF 0

x y∂ ∂

∇× = − =∂ ∂

r.

În acest caz câmpul este conservativ. Potenţialul este legat de câmp prin relaţiile:

xFx∂φ

= −∂

yFy∂φ

= −∂

Astfel: kxy ct.φ = − +

b) ( ) 0k2y

Fx

FF xy

z ≠−=∂∂

−∂

∂=×∇

r.

Câmpul nu este conservativ. 2.12. Găsiţi coordonatele centrului de masă al unei foi de tablă având forma din figură.


Rezolvare:

m. 266,066,1

65,0x23,01,0x3y

m 233,064,1

65,03,0x21,0x3x

CM

CM

≅=++

=

≅=++

=

2.13. Găsiţi poziţia centrului de masă pentru sistemul de patru puncte materiale având masele , şi dispuse în planul xy ca în figura de mai jos.

1m =1kg 2m =2kg, 3m =2kg 4m =1kg

Rezolvare:

iM m 6= = kg∑

m611

Mxmxmxmxm

x 44332211CM =

+++=

m6

10M

ymymymymy 44332211

CM =+++

=

CMz 0=


Atunci yxCM 1351

511r

rrr+= .

2.14. Să se calculeze momentul de inerţie al unei semisfere faţă de: a) axa de simetrie; b) o axă perpendiculară pe axa de simetrie ce trece prin centrul bazei; Semisfera este considerată omogenă, de densitate ρ şi rază R.

Rezolvare: a) Se alege axa de simetrie ca axă Oz cu originea în centrul bazei. Atunci, lucrând în coordonate sferice, momentul de inerţie al semisferei va fi:

( )2 R2

2 2 4 3

0 0 0

x y dV r sin drd d

ππ

Ι = ρ + = ρ θ θ ϕ∫ ∫ ∫∫ =

52 2R 4 2 2VR MR

5 3 5 5π

= ρ = ρ = ,

unde M este masa totală a sferei, 34 RM

3π

= ρ . Astfel 58 R15

Ι = ρπ .

La calculul momentului de inerţie s-a ţinut cont că, în coordonate sferice: 2dV r sin drd d= θ θ ϕ şi 2 2 2 2x y r sin+ = θ

b) Se consideră axa care ne interesează ca fiind axa Ox. Atunci:

( )2 R2

2 2 4 2

0 0 0

y z dV r (cos sin

ππ

Ι = ρ + = ρ θ θ +∫ ∫ ∫ ∫

R 23 2 4 2

0 0

sin sin )drd d r dr[2 cos sin d

π

+ θ ϕ θ ϕ = ρ π θ θ θ∫ ∫ +

2 22 3

0 0

sin d sin d ]

ππ

+ ϕ ϕ θ∫ ∫ =

5 52R 1 2 R 4 2[2 ] MR

5 3 3 5 3 5π

= ρ π ⋅ + π ⋅ = ρ = ,


unde s-au folosit 2 2 2 2y r sin sin= θ ϕ2 2 2z r cos= θ .

2.15. Să se calculeze momentul de inerţie al unui cilindru de rază R şi înălţime h faţă de: a) axa de simetrie; b) faţă de o axă perpendiculară pe axa de simetrie în centrul de masă; Se consideră cilindrul omogen, de densitate ρ.

Rezolvare: a) Se alege axa de simetrie ca axă Oz cu originea în centrul de masă şi se lucrează în coordonate cilindrice:

( )h / 2 2 R

2 2 3

h / 2 0 0

x y dV r drd dzπ

−

Ι = ρ + = ρ ϕ =∫ ∫ ∫ ∫

4 2R M2 h

4 2= ρ π =

R

2

,

unde dV = r dr dϕ dz, şi M=ρV cu 2 2x y r+ = 2V=R hπ . b) Se alege axa care ne interesează ca fiind Ox:

( )h / 2 2 R

2 2 2

h / 2 0 0

y z r drd dzπ

−

Ι = ρ + ⋅ ϕ =∫ ∫ ∫

2 R 3

2 22

0 0

hhr sin r drdr

π ⎛ ⎞= ρ ϕ + ⋅ ⋅ ϕ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫

4 3 2 2 2 2

2hR h R MR Mh M hR4 12 4 12 4 3

⎡ ⎤ ⎛π π= ρ + = + == +⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝

⎞

⎠

.

2.16. Un corp execută o mişcare oscilatorie armonică de-a lungul axei Ox conform ecuaţiei:

m3

tcos2x ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π

+π= .


Se cere să sea) Viteza şi accelera

determine: ţia corpului;

raţia corpului la b) Poziţia, viteza şi accele s1t = şi la 0t = ; c) Viteza şi acceleraţia maxime; d) Care este deplasarea corpului între 0t = şi ? t = s1 Rezolvare:

Comparând cu ecuaţia de miş care a oscilatorului armonic în forma ei ( )ϕ+ωts 1s,m2A −π=ω= , generală, , rezultă: = coAx

Hz5,02

=2 π

π=

πω şi s21T =

ν= . =ν

( ) s/m3⎟⎠⎞πtsin2tsinA

dtdxv ⎜

⎝⎛ +ππ−=ϕ+ωω−== a)

( ) 222 s/m3

tcos2tcosAdtdva ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π +ππ−=ϕ+ωω−==

)

b s1t = ⇒

m1212m

3cos2x −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

+π=

s/m3s/m232s/m

3sin2v π=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−π−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

+ππ−=

2222 s/m212

3cos2a π=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−π−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

+ππ−=

⇒= 0t

m13

cos2x =π

= 0

s/m3s/m232

3sin2v0 π−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛π−=

ππ−=

22220 s/m

212

3cos2a π−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛π−=

ππ−= .

c) s/m2Avmax π=ω=

d)

222max s/m2Aa π=ω= .

( ) ( ) m2m1m10x1xx −=−−=−=Δ .


2.17. Un punct material cu masa kg2,0m = , legat de un resort de masă

neglijabilă având constanta elastică , oscilează cu amplitudinea , fără frecare, pe o suprafaţă orizontală.

1−Nm5k =cm5A =

Să se calculeze: a) energia totală a corpului b) viteza maximă c) viteza, energia cinetică şi energia potenţială la elongaţia de cm3d) care este elongaţia sistemului la viteza de . s/m1,0 Rezolvare: a)

J105,62

mN102

1252

102552

kAE

4

442

−

−−

⋅=

=⋅⋅=⋅⋅

==

b)

s/m25,0s/m10525Amkv

2mv

2kAE

2max

2max

2max,c

=⋅⋅=⋅=⇒

⇒==

−

c)

( ) ( ) s/m109252,0

5xAmkv

2kA

2kx

2mv

2kAEEE

222

222

2pc

−⋅−±=−±=

⇒=+

==+

s/m2,0s/m101625v 2 ±=⋅⋅±= −

J1040J004,0J2

04,02,02

mvE 42

c−⋅==

⋅==

J105,22J21095

2kxE 4

42p

−−

⋅=⋅⋅

== .

Evident, suma lor este . J105,62 4−⋅


d) ⇒=+2

kA2

kx2

mv 222

( ).cm6,4x

m1021m10425x

m01,052,01025v

kmAx

24

422

±≈

⋅±=⋅−±=

⋅−⋅±=−±=⇒

−−

−

2.18. Un pendul gravitaţional, cu masa m şi lungimea , este scufundat într-un mediu vâscos care determină o forţă încetinitoare proporţională cu viteza, constanta de proporţionalitate fiind

b

b/gm2 . Iniţial pendulul se află în repaus, făcând cu verticala un unghi mic. Să se găsească: unghiul pe care-l face acesta cu verticala la un moment de timp t ulterior şi viteza pendulului.

α

Rezolvare: Se alege ca variabilă independentă unghiul θ făcut de pendul cu verticala ce trece prin punctul de suspensie. Ecuaţia de mişcare de-a lungul arcului de cerc de rază b este:

θ−θ−=θ &&& cbsinmgmb unde s-a notat b/gm2c = . Deoarece unghiul iniţial făcut de pendul cu vericala a fost mic şi unghiurile

atinse de pendulul în mişcare vor fi mici, se poate face aproximaţia: α

θθ≅θsin

Atunci, ecuaţia se scrie:

0bg

mc

=θ+θ+θ &&& .

Aceasta este ecuaţia de mişcare pentru un pendul amortizat. Se notează 20b

gω= şi

γ= 2mc . Ecuaţia devine:

02 20 =θω+θγ+θ &&&

Soluţia este de forma: ( )ϕ+ωθ=θ γ− tcose t0 , unde 22

0 γ−ω=ω .

Viteza va fi: ( ) ( )[ ]ϕ+ωγ+ϕ+ωωθ−=θ γ− tcostsine t

0& . Constantele şi se determină din condiţiile iniţiale. 0θ ϕ


2.19. Un oscilator mecanic cu masa kg1m = execută oscilaţii de aceeaşi perioadă cu un circuit oscilant RLC. Ştiind că pulsaţiile proprii ale celor două oscilaţii coincid şi că Ω= 2R , iar coeficientul forţei rezistive mecanice este , să se afle inductanţa bobinei, L .

1kgs3 −=ρ

Rezolvare: Condiţia conduce la ecuaţia: 21 ω=ω

22

202

21

201 22 γ−ω=γ−ω .

Dat fiind că m21ρ

=γ şi L2

R2 =γ , egalitatea 0201 ω=ω impune:

L2R

m2=

ρ

adică

H23mRL =

ρ= .

2.20. O masă legată de un resort de constantă elastică execută oscilaţii amortizate. Ştiind că după oscilaţii amplitudinea scade de ori, să se afle: a) decrementul logaritmic al amortizării; b) perioada oscilaţiilor amortizate şi coeficientul de amortizare.

m kqn

Rezolvare: a) Ştim că . Într-o mişcare amortizată: Td γ=

nT0n eAA γ−= .

Astfel ndAA

ln0

n = . Deoarece qAA

n

0 = , rezultă qlnn1d = .

b) Pulsaţia oscilaţiei amortizată este:

2220 m

kγ−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=γ−ω=ω .

Dar T2π

=ω şi Td

=γ astfel că obţinem ecuaţia:

22

Td

mk

T2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

π

din care rezultă


22 d4kmT +π⋅= şi

Td

=γ .

2.21. O vergea elastică cu masa kg0m 2,= oscilează forţat sub acţiunea forţei

se afle ce rela

Rezolvare: oscila cu pulsaţia . Condiţia ca vergeaua să nu se rupă

( )Ne6F it5= . Ştiind că vergeaua se rupe pentru deformaţii mai mari de cm15 , să ţie trebuie să verifice coeficientul de amortizare al mişcării pentru ca

vergeaua să nu se rupă la rezonanţă? Vergeaua va 1s5 −=ω

ţinând cola rezonanţă este cm15AR < , care nt de expresia lui RA se scrie:

15,02

mF0

220

<γ−ωγ

,

unde . Dar, la rezonanţă, N6F0 = 220R 2γ−ω=ω trebuie să fie egal cu

ă . În acest caz, condiţia impusă pentru devine:

1s− , adic5=ω 2220 2γ+ω=ω RA

15,02

mF

220

0

<γ+ωγ

.

Astfel, ţinând seama de datele problemei, relaţia pe care trebuie să o verifice γ este:

( )2

0222

15,02mF

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

×>γ+ωγ ,

( ) 422 1025 >γ+γadică .

.22. Presupunând că în molecula liniară de legăturile oscilează 2 2CO

enţă independent, ambele oscilaţii fiind de aceeaşi frecv şi amplitudine, să se stabilească care este diferenţa de fază între cele două oscilaţii pentru deplasarea maximă, respectiv, minimă a atomului de C . Rezolvare:


O C O

În figură este prezentată molecula de , unde şi sunt

ia oscilaţiei rezultante va fi:

2CO 1x 2xelongaţiile ce caracterizează oscilaţiile atomului de carbon corespunzătoare celor două legături. Elongaţ

1xx −= 2x Scriind:

( ) ( )11 tcosatx ϕ+ω= şi

( ) ( )22 tcosatx ϕ+ω= rezultă:

( ) ( )ϕ+ω= tcosAtx unde

( )2122 cosa2a2A ϕ−ϕ+= .

Astfel, A este maxim când 21 ϕ=ϕ şi m nim când i π=ϕ−ϕ 21 .

( )tf2.23. Să se analizeze spectrul semnalului periodic reprezentat în figurile:

a) b)

Rezolvare: Fourier, coeficienţii din dezvoltarea în serie:

a) Conform analizei

( ) ( )∑ ω+ω+= nn0 tnsinBtncosAAtf n


sunt

( )25dt5

T1dttf

T1A

2T

0

T

00 === ∫∫

( ) 0tnsinn1

T10tdtncos

T10tdtncostf

T2A 2

T

0

2T

0

T

0n =ω

ω=ω=ω= ∫∫

( ) ( )[ ].11n5t

T2ncos

n1

T10tdtnsintf

T2B n2

T

0

T

0n −−

π=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡π

−ω

=ω= ∫

Astfel, semnalul dat se scrie:

...t5sin510t3sin

310t( ) sin105tf

2+ω+ω

π π+ω

π

iar spectrul său arată astfel:

+=

b) În acest caz, coeficienţii din dezvoltarea în serie Fourier sunt:

( ) 0dtT

dtT

dttfT

A

2T

T

000 ∫∫∫ 441 T2T

=+−==

( ) 0tdtncosT8tdtncos

T8tdtncostf

T2A

T

2T

2T

0

T

0n =ω+ω−=ω= ∫∫∫


( )

( )[ ].11n8t

T2ncos

n1

T8t

T2ncos

n1

T8

tdtnsinT8tdtnsin

T8tdtnsintf

T2B

nT

2T

2T

0

T

2T

2T

0

T

0n

−−π

=π

ω−

πω

=

=ω+ω−=ω= ∫∫∫

Astfel:

( ) ...t5sin516t3sin

316tsin16tf −ω

π−ω

π−ω

π−=

iar spectrul semnalului este:

2.24. Un pendul gravitaţional de lungime m5,2=l de la începutul m

cşora am2ms10 − .

pierde, în urma amortizării din energia sa în primele işcării. Ştiind că la

, să afle de câte ori se va mi plitudinea mişcării după

plete. Se va considera

%99,0t =

de oscila

s100

g0AA =

ţii com

100

=

Rezolavare: Datorită amortizării, amplitudinea pendulului variază după legea:

( ) 0eAtA = tγ− .

Ştiind că energia oscilaţiilor pendulului ( ) ( )tkA21tE 2= scade la din %1

valoarea iniţială după s100t1 = de la începutul mişcării, rezultă că:

( ) ( )101

EtE

A100A

0

1

0==

de unde


10010ln

=γ .

Cum 10 s

g2 −π=π=ω

l şi 0ω<<γ se poate considera că :

022

0T2

ω≅γ−ω=π

=ω .

Astfel, după de oscilaţii complete, adică la momentul de timp

, amplitudinea va fi: 100

s200T100t2 ==

( ) ( ) 10ln20

200100100

⋅ln

02 eAeA200AtA −−=== .

Astfel, obţinem: ( ) 10ln2

0AeT100A −= .

2.25. Un corp de masă aflat pe o suprafaţă orizontală este legat de două resorturi de constante elastice şi , ale căror extremităţi sunt fixate rigid.

esorturilor şi ştiind că mişcarea pe suprafaţa orizontală se face afle pulsaţia cu care oscilează corpul.

Rezolvare:

m1k 2k

Neglijând masa rfără frecare, să se

Să presupunem că tensionăm resorturile astfel că faţă de poziţia de echilibru deplasarea corpului este notată cu Asupra corpului acţionează forţele

x . xkF 11 −= şi xkF 22 −= , orientate ca

în figură. Astfel, ecuaţia de mişcare pentru corpul de masă este: m

( )xkkxm 21 +−=&& care, rearanjând termenii, devine:


0xm

kkx 21 =

++&& .

Atunci, pulsaţia oscilaţiilor executate de corpul de masă m este:

mkk 21 +

=ω .

2.26. Un sistem alcătuit din două corpuri de mase şi legate între ele

ără frecare pe o suprafaţă orizontală. Să se calculeze pulsaţia oscilaţiilor sistemului dacă se neglijează masa resortului.

1m 2printr-un resort de constantă elastică k şi lungime 0l , oscilează f

m

Rezolvare:

Presupunem că iniţial resortul este alungit şi apoi sistemul este lăsat liber. Asupra corpurilor şi vor acţiona forţele elastice 1m 2m 1F

r şi 2F

r care sunt egale

în modul kx=FF 21 =rr

, unde 012 xxx l−−= este alungirea resortului. Atunci

ecuaţiile de mişcare sunt:

.kxxmkxxm

22

11−=

=&&

&&

Înmulţind cu 2m cu 1m şi scăzându-le obţinem: prima ecuaţie şi a doua ecuaţie ( ) ( )xmmkxxmm 21122 +−=− &&&& . 1

Observând că x&& şi rearanjând termenii, ecuaţia devine: xx12 &&&& =−

0x

mmmm 21+

kx

21

=+&& .

a ă a sistem Introducând m sa redus ului alcătuit din cele două corpuri

21

21mmmm +

=μ , ecuaţia va fi scrisă sub forma:


0xkx =μ

+&& .

Astfel, pulsaţia oscilaţiilor sistemului este:

μ=ω

k .

2-2 Elemente de Mecanica Newtoniana - Probleme

Documents

Transcript of 2-2 Elemente de Mecanica Newtoniana - Probleme