التطورات المهتزة

2. النواس المرن الأفقي

الجملة والقوى المؤثرة

جسم صلب $(S)$ كتلته $m$ مثبّت بنهاية نابض حلقاته غير متلاصقة، ثابت مرونته $k$ وكتلته مهملة، ويتحرّك على مستوٍ أفقي أملس (الاحتكاك مهمل). نختار محوراً أفقياً $Ox$ مبدؤه $O$ يوافق وضع توازن مركز عطالة الجسم، أي حين يكون النابض غير مشوّه.

القوى المؤثرة على الجسم: ثقله $\vec{P}$، وردّ فعل المستوي $\vec{R}$ (عمودي عليه لانعدام الاحتكاك)، وقوة توتر النابض وهي القوة المرجعة:

$\vec{F} = -k\,x\,\vec{i}$

الإشارة السالبة تعني أن القوة تعاكس دائماً الانتقال: إذا كان $x > 0$ اتّجهت القوة نحو السالب، والعكس، فهي تعيد الجسم نحو وضع التوازن.

المعادلة التفاضلية

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن في مرجع أرضي نعتبره غاليلياً:

$\vec{P} + \vec{R} + \vec{F} = m\,\vec{a}$

بالإسقاط على المحور $Ox$ (الثقل وردّ الفعل عموديان عليه):

$-k\,x = m\,\ddot{x}$

$\ddot{x} + \frac{k}{m}\,x = 0$

حلّ المعادلة التفاضلية

$x(t) = X_m \cos(\omega_0 t + \varphi)$

حيث $X_m$ السعة بالمتر، و $\omega_0$ النبض الذاتي بـ $rad/s$، و $\varphi$ الصفحة الابتدائية بالراديان.

التحقّق: نشتقّ مرّتين: $\dot{x} = -X_m\omega_0\sin(\omega_0 t + \varphi)$ ثم $\ddot{x} = -\omega_0^2\,x$. بالتعويض في المعادلة: $-\omega_0^2 x + \frac{k}{m}x = 0$ مهما كان $t$، ومنه:

$\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}$

$T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$

الدور الذاتي يتعلّق بخصائص الجملة فقط ($m$ و $k$)، ولا يتعلّق بالسعة ولا بالشروط الابتدائية. تحليل بُعدي: $\left[\frac{m}{k}\right] = \frac{kg}{N/m} = \frac{kg \cdot m}{kg \cdot m \cdot s^{-2}} = s^2$، فالجذر متجانس مع الزمن.

السرعة والتسارع

$v(t) = -X_m\,\omega_0 \sin(\omega_0 t + \varphi)$

$a(t) = -\omega_0^2\,x(t)$

• السرعة العظمى $V_m = X_m\,\omega_0$ عند المرور بوضع التوازن.
• التسارع الأعظمي بالقيمة $a_m = X_m\,\omega_0^2$ عند الوضعين المتطرّفين، حيث تنعدم السرعة.

تعيين $X_m$ و $\varphi$ من الشروط الابتدائية

عند $t = 0$: $x_0 = X_m\cos\varphi$ و $v_0 = -X_m\,\omega_0\sin\varphi$.

| الشروط الابتدائية | السعة | الصفحة الابتدائية | |---|---|---| | أُزيح إلى $x_0 > 0$ وتُرك دون سرعة | $X_m = x_0$ | $\varphi = 0$ | | أُزيح إلى $x_0 < 0$ وتُرك دون سرعة | $X_m = -x_0$ | $\varphi = \pi$ | | قُذف من وضع التوازن بسرعة $v_0 > 0$ | $X_m = \frac{v_0}{\omega_0}$ | $\varphi = -\frac{\pi}{2}$ | | قُذف من وضع التوازن بسرعة $v_0 < 0$ | $X_m = -\frac{v_0}{\omega_0}$ | $\varphi = +\frac{\pi}{2}$ |

مثال محلول

نواس مرن أفقي: $m = 200\ g$ و $k = 20\ N/m$. نزيح الجسم $4\ cm$ في الاتجاه الموجب ونتركه دون سرعة ابتدائية.

• التحويل: $m = 0{,}2\ kg$ و $X_m = 0{,}04\ m$.
• النبض الذاتي: $\omega_0 = \sqrt{\frac{20}{0{,}2}} = \sqrt{100} = 10\ rad/s$
• الدور الذاتي: $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}2}{20}} = 2\pi\sqrt{0{,}01} = 0{,}2\pi \approx 0{,}63\ s$
• الصفحة الابتدائية: $x_0 = X_m > 0$ و $v_0 = 0$، فـ $\varphi = 0$.
• المعادلة الزمنية: $x(t) = 0{,}04\cos(10\,t)$ بالمتر.
• $V_m = 0{,}04 \times 10 = 0{,}4\ m/s$ و $a_m = 0{,}04 \times 100 = 4\ m/s^2$.

> ملاحظة للامتحان: الصفحة الابتدائية تُعيَّن من $x_0$ ومن إشارة $v_0$ معاً، لأن $\cos\varphi$ وحده يعطي قيمتين متعاكستين. وحوّل دائماً الكتلة إلى $kg$ والمطال إلى $m$ قبل أيّ حساب.

3. الطاقة في النواس المرن الأفقي

أشكال الطاقة

نأخذ الجملة (جسم + نابض). على مستوٍ أفقي لا تتغيّر الطاقة الكامنة الثقالية، فلا ندخلها في الحصيلة.

• **الطاقة الحركية:**

$E_c = \frac{1}{2}\,m\,v^2$

• **الطاقة الكامنة المرونية** (المرجع: النابض غير مشوّه، أي $x = 0$):

$E_{pe} = \frac{1}{2}\,k\,x^2$

• **الطاقة الميكانيكية:**

$E = E_c + E_{pe} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2$

انحفاظ الطاقة الميكانيكية دون احتكاك

نشتقّ $E$ بالنسبة للزمن مع $v = \dot{x}$:

$\frac{dE}{dt} = m\,v\,\ddot{x} + k\,x\,\dot{x} = v\,(m\ddot{x} + kx)$

ومن المعادلة التفاضلية $m\ddot{x} + kx = 0$، فـ $\frac{dE}{dt} = 0$: الطاقة الميكانيكية ثابتة. ونحسبها في وضعين مميّزين:

• في الوضع المتطرّف ($x = \pm X_m$ و $v = 0$): $E = \frac{1}{2}kX_m^2$
• في وضع التوازن ($x = 0$ و $v = \pm V_m$): $E = \frac{1}{2}mV_m^2$

ومن تساويهما: $V_m = X_m\sqrt{\frac{k}{m}} = X_m\,\omega_0$، وهي النتيجة نفسها المستخرجة من الاشتقاق. وتُستعمل هذه الطريقة أيضاً في الاتجاه المعاكس: من ثبات $E$ نستنتج المعادلة التفاضلية.

تبادل الطاقة والمنحنيات

مع $x = X_m\cos(\omega_0 t + \varphi)$ و $m\,\omega_0^2 = k$:

$E_{pe} = \frac{1}{2}kX_m^2\cos^2(\omega_0 t + \varphi)$

$E_c = \frac{1}{2}kX_m^2\sin^2(\omega_0 t + \varphi)$

• **بدلالة الزمن:** المنحنيان يتغيّران بين $0$ و $E$ بدور يساوي $\frac{T_0}{2}$، وهما متعاكسان: حين تبلغ إحداهما قيمتها العظمى تنعدم الأخرى، ومجموعهما خطّ أفقي يمثّل $E$.
• **بدلالة المطال:** $E_{pe}(x)$ قطع مكافئ رأسه في الأصل، و $E_c(x) = \frac{1}{2}k(X_m^2 - x^2)$ قطع مكافئ مقلوب ينعدم عند $x = \pm X_m$.
• تتساوى الطاقتان حين $E_{pe} = \frac{E}{2}$، أي عند $x = \pm\frac{X_m}{\sqrt{2}}$.
• السرعة عند المطال $x$: $v = \pm\,\omega_0\sqrt{X_m^2 - x^2}$.

مثال محلول

نواس مرن أفقي: $m = 0{,}2\ kg$ و $k = 20\ N/m$ و $X_m = 4\ cm$.

• الطاقة الميكانيكية: $E = \frac{1}{2} \times 20 \times (0{,}04)^2 = 0{,}016\ J = 1{,}6 \times 10^{-2}\ J$
• السرعة العظمى: $V_m = \sqrt{\frac{2E}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 0{,}016}{0{,}2}} = \sqrt{0{,}16} = 0{,}4\ m/s$
• عند $x = 2\ cm$: $E_{pe} = \frac{1}{2} \times 20 \times (0{,}02)^2 = 4 \times 10^{-3}\ J$، ومنه $E_c = 0{,}016 - 0{,}004 = 0{,}012\ J$.
• السرعة عندئذ: $v = \sqrt{\frac{2 \times 0{,}012}{0{,}2}} = \sqrt{0{,}12} \approx 0{,}35\ m/s$

> ملاحظة للامتحان: الطاقة تتعلّق بمربّع السعة، فمضاعفة السعة تضاعف الطاقة أربع مرّات. ودور تغيّر $E_c$ و $E_{pe}$ هو $\frac{T_0}{2}$ لا $T_0$، وهو سؤال متكرّر عند قراءة منحنيات الطاقة. وتذكّر أن تساوي الطاقتين يكون عند $\frac{X_m}{\sqrt{2}}$ لا عند $\frac{X_m}{2}$.

4. النواس المرن الشاقولي

وضع التوازن

نابض طوله الأصلي $l_0$ وثابت مرونته $k$، معلّق من طرفه العلوي، ونعلّق بطرفه السفلي جسماً كتلته $m$. يستطيل النابض حتى يتوازن الجسم، ونسمّي الاستطالة عند التوازن $\Delta l_0$.

عند التوازن: $\vec{P} + \vec{T}_0 = \vec{0}$، وبالإسقاط على محور شاقولي:

$k\,\Delta l_0 = m\,g$

المعادلة التفاضلية

نختار محوراً شاقولياً $Ox$ موجّهاً نحو الأسفل، مبدؤه عند وضع التوازن (لا عند نهاية النابض الحرّ). عند المطال $x$ تكون الاستطالة الكلّية $\Delta l_0 + x$، وتوتر النابض نحو الأعلى. بتطبيق القانون الثاني لنيوتن والإسقاط على $Ox$:

$m\,g - k(\Delta l_0 + x) = m\,\ddot{x}$

وبما أن $m\,g = k\,\Delta l_0$ يُختزل الحدّان:

$\ddot{x} + \frac{k}{m}\,x = 0$

إنها المعادلة نفسها للنواس الأفقي: الثقل يُزيح وضع التوازن فقط ولا يغيّر طبيعة الحركة. فالحلّ $x(t) = X_m\cos(\omega_0 t + \varphi)$ والدور الذاتي:

$T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$

ومن علاقة التوازن $\frac{m}{k} = \frac{\Delta l_0}{g}$ نحصل على عبارة مفيدة حين تُعطى الاستطالة:

$T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{\Delta l_0}{g}}$

قوة توتر النابض أثناء الحركة

شدّة التوتر $T = k(\Delta l_0 + x)$، فهي:

• عظمى في الوضع السفلي: $T_{max} = k(\Delta l_0 + X_m)$
• صغرى في الوضع العلوي: $T_{min} = k(\Delta l_0 - X_m)$

ويبقى النابض مشدوداً طوال الحركة ما دام $X_m < \Delta l_0$.

مثال محلول

نعلّق جسماً كتلته $m = 200\ g$ بنابض ثابت مرونته $k = 20\ N/m$، مع $g = 10\ m/s^2$، ثم نسحبه $3\ cm$ نحو الأسفل ونتركه.

• الاستطالة عند التوازن: $\Delta l_0 = \frac{mg}{k} = \frac{0{,}2 \times 10}{20} = 0{,}1\ m = 10\ cm$
• الدور الذاتي: $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}1}{10}} = 2\pi \times 0{,}1 \approx 0{,}63\ s$، وهو نفسه دور النواس الأفقي بالجسم والنابض نفسيهما.
• التوتر الأعظمي: $T_{max} = 20 \times (0{,}1 + 0{,}03) = 2{,}6\ N$
• التوتر الأصغري: $T_{min} = 20 \times (0{,}1 - 0{,}03) = 1{,}4\ N$

مثال ثانٍ: نابض يستطيل $2{,}5\ cm$ عند التوازن، مع $g = 9{,}8\ m/s^2$:

$T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}025}{9{,}8}} \approx 0{,}32\ s$

> ملاحظة للامتحان: المطال $x$ يُقاس من وضع التوازن لا من موضع نهاية النابض الحرّ، وإلا ظهر في المعادلة التفاضلية حدّ ثابت زائد. وتغيير $g$ يغيّر $\Delta l_0$ لكنه لا يغيّر $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$.

5. النواس البسيط (الثقلي)

تعريف

النواس البسيط جسم نقطي (كرية صغيرة) كتلته $m$، معلّق بخيط مهمل الكتلة وعديم الامتطاط طوله $l$، يهتزّ في مستوٍ شاقولي حول وضع توازنه الشاقولي. نحدّد موضعه بـ الفاصلة الزاوية $\theta$ (بالراديان) بين الخيط والشاقول، وفاصلته المنحنية على مسار الكرية $s = l\,\theta$.

• الطول $l$ يُقاس من نقطة التعليق إلى مركز الكرية.
• $\theta$ مقدار جبري، وسعته الزاوية $\theta_m$.

المعادلة التفاضلية

القوى المؤثرة على الكرية (مع إهمال الاحتكاك): الثقل $\vec{P}$ وتوتر الخيط $\vec{T}$. توتر الخيط عمودي على المسار الدائري، فلا مركّبة له على المماس. بإسقاط القانون الثاني لنيوتن على المماس الموجّه في اتجاه تزايد $\theta$، مع $a_t = l\,\ddot{\theta}$:

$-m\,g\sin\theta = m\,l\,\ddot{\theta}$

$\ddot{\theta} + \frac{g}{l}\sin\theta = 0$

حالة السعات الصغيرة

من أجل زوايا صغيرة مقدّرة بالراديان: $\sin\theta \approx \theta$. والجدول يبيّن صلاحية التقريب:

| الزاوية | $\theta$ بالراديان | $\sin\theta$ | |---|---|---| | $5^\circ$ | $0{,}0873$ | $0{,}0872$ | | $10^\circ$ | $0{,}1745$ | $0{,}1736$ | | $15^\circ$ | $0{,}2618$ | $0{,}2588$ | | $30^\circ$ | $0{,}5236$ | $0{,}5000$ |

الفرق لا يتجاوز نحو $1\%$ حتى $15^\circ$، ويبلغ نحو $4{,}5\%$ عند $30^\circ$. ومن أجل السعات الصغيرة تصبح المعادلة:

$\ddot{\theta} + \frac{g}{l}\,\theta = 0$

وهي من شكل معادلة النواس المرن، فحلّها $\theta(t) = \theta_m\cos(\omega_0 t + \varphi)$ مع:

$\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{l}}$

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

خصائص الدور الذاتي

• **لا يتعلّق بالكتلة:** الكتلة تظهر في طرفي المعادلة فتُختزل.
• **لا يتعلّق بالسعة** ما دامت صغيرة: هذا هو **قانون تواقت الاهتزازات الصغيرة** (غاليلي). أمّا في السعات الكبيرة فيزداد الدور قليلاً مع السعة.
• يتعلّق بطول الخيط $l$ وبتسارع الجاذبية $g$ في المكان: إذا ضُرب الطول في 4 تضاعف الدور مرّتين.

الطاقة (بإيجاز)

نأخذ مرجع الطاقة الكامنة الثقالية وضع التوازن (أخفض موضع للكرية). عند الزاوية $\theta$ ترتفع الكرية بـ $h = l(1 - \cos\theta)$، فـ:

$E = \frac{1}{2}mv^2 + m\,g\,l\,(1 - \cos\theta)$

ودون احتكاك تبقى $E$ ثابتة، ومنها سرعة المرور بوضع التوازن: $v_{max} = \sqrt{2\,g\,l\,(1 - \cos\theta_m)}$.

أمثلة محلولة

• نواس طوله $l = 1\ m$ مع $g = 9{,}8\ m/s^2$: $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{1}{9{,}8}} \approx 2{,}0\ s$
• نواس طوله $l = 25\ cm$: $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}25}{9{,}8}} \approx 1{,}0\ s$، أي نصف الدور السابق لأن الطول قُسم على 4.
• **تعيين $g$:** نواس طوله $l = 0{,}50\ m$ ينجز 10 اهتزازات في $14{,}2\ s$. الدور $T_0 = 1{,}42\ s$، ومن $T_0^2 = 4\pi^2\frac{l}{g}$:

$g = \frac{4\pi^2\,l}{T_0^2} = \frac{4\pi^2 \times 0{,}50}{(1{,}42)^2} \approx 9{,}79\ m/s^2$

• سرعة المرور بوضع التوازن لنواس $l = 1\ m$ أُطلق من $\theta_m = 10^\circ$: $v_{max} = \sqrt{2 \times 9{,}8 \times 1 \times (1 - \cos 10^\circ)} \approx 0{,}55\ m/s$

> ملاحظة للامتحان: في المعادلة التفاضلية وفي حلّها تُقدَّر الزاوية بالراديان، واضبط الآلة الحاسبة على الراديان عند حساب $\cos(\omega_0 t + \varphi)$. ومن أشهر الأسئلة: «هل يتعلّق الدور بالكتلة؟» والجواب لا، و«ما شرط استعمال $T_0 = 2\pi\sqrt{l/g}$؟» والجواب السعات الصغيرة.

6. التخامد والأنظمة الثلاثة

أثر الاحتكاك

في الواقع تخضع كلّ جملة مهتزة لقوى احتكاك (مع الهواء أو مع سائل أو مع سطح التماس). هذه القوى تعاكس الحركة، فتحوّل جزءاً من الطاقة الميكانيكية إلى طاقة حرارية تُحوَّل إلى الوسط الخارجي. فتتناقص الطاقة الميكانيكية وتتناقص معها السعة: هذه هي الاهتزازات الحرّة المتخامدة.

• **احتكاك صلب:** بين سطحين صلبين (جسم ينزلق على طاولة).
• **احتكاك مائع (لزج):** مع الهواء أو سائل، وشدّته عند السرعات الصغيرة متناسبة مع السرعة: $\vec{f} = -\lambda\,\vec{v}$.

مع احتكاك مائع، القانون الثاني لنيوتن على النواس المرن الأفقي يعطي:

$m\ddot{x} + \lambda\dot{x} + kx = 0$

حلّ هذه المعادلة غير مطلوب؛ المطلوب معرفة شكل المنحنيات وتفسيرها طاقوياً.

الأنظمة الثلاثة

| النظام | الشرط | شكل منحنى $x(t)$ | |---|---|---| | دوري | دون احتكاك | منحنى جيبي سعته ثابتة ودوره $T_0$ | | شبه دوري | احتكاك ضعيف | اهتزازات تتناقص سعتها مع الزمن حول وضع التوازن | | لادوري | احتكاك قوي | تعود الجملة إلى وضع التوازن دون أن تهتزّ |

• **شبه الدور $T$:** في النظام شبه الدوري، المدّة بين قيمتين عظميين موجبتين متتاليتين للمطال ثابتة تقريباً، وتسمّى شبه الدور. ومن أجل تخامد ضعيف: $T \approx T_0$ (وهو أكبر منه قليلاً).
• **النظام الحرج (للاطّلاع):** الحالة الفاصلة بين شبه الدوري واللادوري، تعود فيها الجملة إلى التوازن في أقصر مدّة دون اهتزاز. وإليه تُضبط ممتصّات الصدمات في السيارات تقريباً.

تناقص الطاقة

نشتقّ $E = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2$ مع المعادلة السابقة:

$\frac{dE}{dt} = v\,(m\ddot{x} + kx) = -\lambda\,v^2$

وهي سالبة أو معدومة: الطاقة تتناقص دائماً، وتكون سرعة تناقصها أكبر حين تكون السرعة كبيرة. والطاقة الضائعة بين لحظتين تساوي عمل قوى الاحتكاك بينهما.

أمثلة محلولة

• نواس مرن $k = 20\ N/m$ تتناقص سعته من $5\ cm$ إلى $4\ cm$ بعد عدّة اهتزازات. الطاقة الضائعة:

$\Delta E = \frac{1}{2}k\left(X_1^2 - X_2^2\right) = 10 \times (0{,}0025 - 0{,}0016) = 9 \times 10^{-3}\ J$

أي $\frac{0{,}009}{0{,}025} = 36\%$ من الطاقة الابتدائية، رغم أن السعة نقصت بـ $20\%$ فقط.

• منحنى شبه دوري ينجز فيه النواس 5 أشباه أدوار خلال $3{,}2\ s$: $T = \frac{3{,}2}{5} = 0{,}64\ s$، وهو قريب من الدور الذاتي $0{,}63\ s$ للنواس ($m = 0{,}2\ kg$ و $k = 20\ N/m$) لأن التخامد ضعيف.

> ملاحظة للامتحان: يُطلب كثيراً تعرّف النظام من منحنى موصوف، وتفسير تناقص السعة بضياع الطاقة على شكل حرارة. ويُقاس شبه الدور بين قمّتين من الجهة نفسها، لا بين قمّة موجبة وقمّة سالبة. والتخامد الضعيف يُنقص السعة لكنه لا يغيّر الدور إلا قليلاً جدّاً.

7. الاهتزازات الكهربائية الحرّة في الدارتين LC و RLC

التجربة

نشحن مكثفة سعتها $C$ تحت توتر ثابت $E$ (البادلة في الوضع 1)، ثم ننقل البادلة إلى الوضع 2 فتُوصل المكثفة المشحونة بطرفي وشيعة ذاتيتها $L$. نشاهد على راسم الاهتزاز المهبطي التوتر $u_C(t)$ بين طرفي المكثفة.

• إذا كانت مقاومة الدارة مهملة (دارة $LC$ مثالية): يتغيّر $u_C$ جيبياً بسعة ثابتة.
• إذا كانت للدارة مقاومة كلّية $R$ (مقاومة الوشيعة $r$ مع ناقل أومي إن وُجد): تتناقص السعة، وهي دارة $RLC$.

المعادلة التفاضلية في الدارة LC

نوجّه التيار بحيث $i = \frac{dq}{dt}$، حيث $q$ شحنة اللبوس الذي يدخله التيار و $u_C = \frac{q}{C}$. بتطبيق قانون جمع التوترات أثناء التفريغ في الوشيعة ($u_L = L\frac{di}{dt}$):

$u_C + u_L = 0$

$\frac{q}{C} + L\,\frac{d^2q}{dt^2} = 0$

$\frac{d^2q}{dt^2} + \frac{1}{LC}\,q = 0$

وبما أن $q = C\,u_C$، فالتوتر يحقّق المعادلة نفسها: $\frac{d^2u_C}{dt^2} + \frac{1}{LC}u_C = 0$.

الحلّ والدور الذاتي

$q(t) = Q_0\cos(\omega_0 t + \varphi)$

$\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$

$T_0 = 2\pi\sqrt{LC}$

الشروط الابتدائية: عند $t = 0$ المكثفة مشحونة كلّياً $q = Q_0 = C\,E$ والتيار معدوم، فـ $\varphi = 0$:

• $q(t) = C\,E\cos(\omega_0 t)$
• $i(t) = \frac{dq}{dt} = -Q_0\,\omega_0\sin(\omega_0 t)$، وقيمتها العظمى $I_{max} = Q_0\,\omega_0$.

تحليل بُعدي: $L$ بالهنري ($V \cdot s/A$) و $C$ بالفاراد ($A \cdot s/V$)، فـ $LC$ بـ $s^2$ وجذره بالثانية.

الطاقة في الدارة

• الطاقة المخزّنة في المكثفة: $E_C = \frac{q^2}{2C}$
• الطاقة المخزّنة في الوشيعة: $E_L = \frac{1}{2}L\,i^2$
• الطاقة الكلّية $E_T = E_C + E_L$.

في الدارة $LC$ المثالية $E_T$ ثابتة وتساوي $\frac{Q_0^2}{2C} = \frac{1}{2}L\,I_{max}^2$: الطاقة تنتقل باستمرار من المكثفة إلى الوشيعة ثم تعود، وكلّ منهما تتغيّر بدور $\frac{T_0}{2}$.

الدارة RLC: الضياع بفعل جول

بإضافة التوتر $R\,i$ إلى قانون جمع التوترات:

$L\frac{d^2q}{dt^2} + R\frac{dq}{dt} + \frac{q}{C} = 0$

$\frac{d^2q}{dt^2} + \frac{R}{L}\frac{dq}{dt} + \frac{1}{LC}q = 0$

ومنها $\frac{dE_T}{dt} = -R\,i^2$: الطاقة تتناقص لأن الناقل الأومي يحوّلها إلى حرارة بفعل جول. وحسب قيمة $R$ نجد الأنظمة نفسها التي رأيناها ميكانيكياً:

• $R$ صغيرة: **نظام شبه دوري**، اهتزازات تتناقص سعتها، شبه دورها $T \approx T_0$.
• $R$ كبيرة: **نظام لادوري**، تتفرّغ المكثفة دون اهتزاز.
• (للاطّلاع) القيمة الفاصلة بينهما هي المقاومة الحرجة $R_c = 2\sqrt{\frac{L}{C}}$.

مثال محلول

$L = 0{,}1\ H$ و $C = 10\ \mu F$ و $E = 10\ V$، والمقاومة مهملة.

• التحويل: $C = 10 \times 10^{-6} = 10^{-5}\ F$، فـ $LC = 10^{-6}\ s^2$.
• الدور الذاتي: $T_0 = 2\pi\sqrt{10^{-6}} = 2\pi \times 10^{-3} \approx 6{,}28 \times 10^{-3}\ s$، أي نحو $6{,}3\ ms$، والتواتر $f_0 \approx 159\ Hz$.
• الشحنة الابتدائية: $Q_0 = C\,E = 10^{-5} \times 10 = 10^{-4}\ C$
• الطاقة الكلّية: $E_T = \frac{1}{2}C\,E^2 = \frac{1}{2} \times 10^{-5} \times 100 = 5 \times 10^{-4}\ J$
• شدّة التيار العظمى: $I_{max} = Q_0\,\omega_0 = 10^{-4} \times 10^{3} = 0{,}1\ A$
• تحقّق: $\frac{1}{2}L\,I_{max}^2 = \frac{1}{2} \times 0{,}1 \times 0{,}01 = 5 \times 10^{-4}\ J$

> ملاحظة للامتحان: حوّل $\mu F$ و $mH$ إلى الفاراد والهنري قبل الحساب. وعند قيمة عظمى أو صغرى لـ $u_C$ تنعدم شدّة التيار لأن $i = C\frac{du_C}{dt}$، فتكون الطاقة كلّها في المكثفة؛ وهذا يسمح بحساب الطاقة الضائعة من قيم $u_C$ العظمى المتتالية.

8. التماثل بين الاهتزازات الميكانيكية والكهربائية، الصيانة والتجاوب

جدول التماثل

المعادلتان التفاضليتان للنواس المرن المتخامد باحتكاك مائع وللدارة $RLC$ من الشكل نفسه:

$m\ddot{x} + \lambda\dot{x} + kx = 0$

$L\ddot{q} + R\dot{q} + \frac{1}{C}q = 0$

فنستنتج التماثل بين المقادير:

| الاهتزاز الميكانيكي | الاهتزاز الكهربائي | |---|---| | المطال $x$ | الشحنة $q$ | | السرعة $v = \dot{x}$ | شدّة التيار $i = \dot{q}$ | | الكتلة $m$ | الذاتية $L$ | | ثابت المرونة $k$ | مقلوب السعة $\frac{1}{C}$ | | معامل الاحتكاك $\lambda$ | المقاومة $R$ | | $E_c = \frac{1}{2}mv^2$ | $E_L = \frac{1}{2}Li^2$ | | $E_{pe} = \frac{1}{2}kx^2$ | $E_C = \frac{q^2}{2C}$ | | $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$ | $T_0 = 2\pi\sqrt{LC}$ |

تطبيق: بتعويض $m$ بـ $L$ و $k$ بـ $\frac{1}{C}$ في عبارة دور النواس المرن نحصل مباشرة على $2\pi\sqrt{\frac{L}{1/C}} = 2\pi\sqrt{LC}$. فالجسم «العطالي» يماثله الوشيعة التي تعارض تغيّر التيار، والنابض يماثله المكثفة التي تخزّن الطاقة.

مثال: نواس مرن $m = 0{,}2\ kg$ و $k = 20\ N/m$ دوره $0{,}63\ s$. والدارة المماثلة التي لها الدور نفسه: $L = 0{,}2\ H$ و $C = \frac{1}{20} = 0{,}05\ F$، إذ $T_0 = 2\pi\sqrt{0{,}2 \times 0{,}05} = 2\pi\sqrt{0{,}01} \approx 0{,}63\ s$.

صيانة الاهتزازات (مقاربة نوعية)

الاهتزازات الحرّة تتخامد دائماً في الواقع. ولإبقاء سعتها ثابتة يجب تعويض الطاقة الضائعة في كلّ دور، في اللحظة المناسبة ودون فرض تواتر خارجي، فتهتزّ الجملة بدورها الذاتي:

• الأرجوحة: دفعة صغيرة في كلّ ذهاب عند الوضع المتطرّف.
• ساعة النواس: آلية تعطي النواس دفعة صغيرة في كلّ اهتزازة من طاقة ثقل نازل أو نابض ملفوف.
• الدارة الكهربائية: يُضاف إلى الدارة $RLC$ مولّد يقدّم في كلّ لحظة طاقة تساوي ما يضيع بفعل جول، فتصبح الاهتزازات جيبية بدور $T_0 = 2\pi\sqrt{LC}$ كأن الدارة مثالية. (للاطّلاع: يُسمّى هذا المولّد «مولّداً ذا مقاومة سالبة» لأنه يعوّض أثر المقاومة.)

الاهتزازات القسرية والتجاوب (للاطّلاع، مقاربة نوعية)

هذه الفقرة للاطّلاع ولا يُطلب فيها حساب.

• جملة خارجية تسمّى **المحرِّض** تفرض تواترها $f_e$ على الجملة المهتزة التي تسمّى **المجاوب**. وبعد مرحلة انتقالية قصيرة يهتزّ المجاوب بتواتر المحرِّض لا بتواتره الذاتي $f_0$.
• سعة المجاوب تتعلّق بـ $f_e$، وتكون أعظمية حين يكون $f_e$ قريباً من $f_0$: هذه هي ظاهرة **التجاوب**.
• كلّما كان التخامد ضعيفاً كان التجاوب **حادّاً** (سعة كبيرة جدّاً في مجال ضيّق من التواترات)، وكلّما كان قوياً كان التجاوب **ضبابياً** (قمّة منخفضة ومسطّحة).
• أمثلة: اهتزاز جسر تحت خطوات منتظمة، اهتزاز أجزاء من سيارة عند سرعة معيّنة للمحرّك، انتقاء محطة إذاعية بضبط دارة كهربائية على تواتر المحطة.

مثال: دارة $RLC$ فيها $L = 0{,}1\ H$ و $C = 10\ \mu F$ يغذّيها مولّد تواتره قابل للضبط، فيحدث التجاوب قرب $f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}} \approx 159\ Hz$.

> ملاحظة للامتحان: التماثل يسمح بكتابة معادلة أو عبارة طاقة كهربائية مباشرة من نظيرتها الميكانيكية. والخطأ الأشهر هو جعل $k$ تماثل $C$، والصحيح أنها تماثل $\frac{1}{C}$. وفي الصيانة يبقى الدور هو الدور الذاتي، أمّا في الاهتزازات القسرية فالدور يفرضه المحرِّض.

9. تمارين نموذجية محلولة بنمط البكالوريا

التمرين الأوّل: النواس المرن الأفقي

جسم صلب كتلته $m = 200\ g$ مثبّت بنابض أفقي، ويهتزّ دون احتكاك. يبيّن منحنى المطال $x(t)$ المسجّل أن المطال عند $t = 0$ يساوي $4\ cm$ وهي قيمته العظمى، وأن المنحنى يعود إلى هذه القيمة لأوّل مرّة عند $t = 0{,}628\ s$.

• عيّن السعة والدور الذاتي والصفحة الابتدائية.
• احسب ثابت مرونة النابض.
• اكتب المعادلة الزمنية $x(t)$.
• احسب السرعة العظمى والطاقة الميكانيكية.

الحلّ:

• **1.** $X_m = 4\ cm = 0{,}04\ m$، والدور هو المدّة بين قمّتين متتاليتين: $T_0 = 0{,}628\ s$. وبما أن $x(0) = X_m$ فـ $\cos\varphi = 1$ أي $\varphi = 0$.
• **2.** من $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$:

$k = \frac{4\pi^2\,m}{T_0^2} = \frac{4\pi^2 \times 0{,}2}{(0{,}628)^2} \approx 20\ N/m$

• **3.** $\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} = \frac{2\pi}{0{,}628} \approx 10\ rad/s$، ومنه $x(t) = 0{,}04\cos(10\,t)$ بالمتر.
• **4.** $V_m = X_m\,\omega_0 = 0{,}04 \times 10 = 0{,}4\ m/s$ و $E = \frac{1}{2}kX_m^2 = \frac{1}{2} \times 20 \times 0{,}0016 = 1{,}6 \times 10^{-2}\ J$.

التمرين الثاني: تعيين $g$ بالنواس البسيط

نقيس الدور الذاتي لنواس بسيط من أجل أطوال مختلفة (بسعات صغيرة)، ونسجّل مربّع الدور:

| $l\ (m)$ | $0{,}25$ | $0{,}50$ | $1{,}00$ | |---|---|---|---| | $T_0^2\ (s^2)$ | $1{,}01$ | $2{,}01$ | $4{,}03$ |

• ما شكل المنحنى $T_0^2 = f(l)$؟ اكتب معادلته.
• استنتج قيمة $g$.

الحلّ:

• **1.** النسبة $\frac{T_0^2}{l}$ ثابتة تقريباً ($4{,}04$ ثم $4{,}02$ ثم $4{,}03$)، فالمنحنى خطّ مستقيم يمرّ بالمبدأ معادلته $T_0^2 = a\,l$ مع $a \approx 4{,}03\ s^2/m$.
• **2.** من $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$ نجد $T_0^2 = \frac{4\pi^2}{g}\,l$، فبالمطابقة $a = \frac{4\pi^2}{g}$:

$g = \frac{4\pi^2}{a} = \frac{39{,}48}{4{,}03} \approx 9{,}8\ m/s^2$

التمرين الثالث: الدارة RLC

نشحن مكثفة سعتها $C = 4\ \mu F$ تحت توتر $E = 6\ V$، ثم نوصلها عند $t = 0$ بوشيعة ذاتيتها $L$ ومقاومتها $r$. يُظهر راسم الاهتزاز المهبطي أن $u_C$ يهتزّ بسعة متناقصة: قيمته $6\ V$ عند $t = 0$، ثم تبلغ قمّته الموجبة التالية $5\ V$ عند $t = 4\ ms$.

• سمّ نظام الاهتزازات وعلّل تناقص السعة.
• باعتبار شبه الدور مساوياً للدور الذاتي، احسب $L$.
• احسب الطاقة المخزّنة في الدارة عند $t = 0$ ثم عند $t = 4\ ms$، واستنتج الطاقة الضائعة.
• اكتب المعادلة التفاضلية التي يحقّقها $u_C$.

الحلّ:

• **1.** نظام **شبه دوري**؛ السعة تتناقص لأن مقاومة الوشيعة تحوّل جزءاً من الطاقة إلى حرارة بفعل جول.
• **2.** شبه الدور $T = 4\ ms$، و $T \approx 2\pi\sqrt{LC}$:

$L = \frac{T^2}{4\pi^2 C} = \frac{(4 \times 10^{-3})^2}{4\pi^2 \times 4 \times 10^{-6}} \approx 0{,}10\ H$

• **3.** عند قمّة $u_C$ يكون $\frac{du_C}{dt} = 0$ فالتيار معدوم والطاقة كلّها في المكثفة:
• عند $t = 0$: $E_0 = \frac{1}{2} \times 4 \times 10^{-6} \times 6^2 = 7{,}2 \times 10^{-5}\ J$
• عند $t = 4\ ms$: $E_1 = \frac{1}{2} \times 4 \times 10^{-6} \times 5^2 = 5 \times 10^{-5}\ J$
• الطاقة الضائعة بفعل جول خلال شبه دور: $2{,}2 \times 10^{-5}\ J$
• **4.** $u_C + L\frac{di}{dt} + r\,i = 0$ مع $i = C\frac{du_C}{dt}$:

$\frac{d^2u_C}{dt^2} + \frac{r}{L}\frac{du_C}{dt} + \frac{1}{LC}u_C = 0$

> ملاحظة للامتحان: ابدأ دائماً بقراءة المقادير من المنحنى ($X_m$ أو $U_{max}$، $T$، القيمة عند $t = 0$) مع وحداتها، ثم حوّلها إلى الجملة الدولية قبل التعويض. وبرّر كلّ نتيجة بعلاقتها قبل الحساب، فالعلاقة وحدها عليها جزء من العلامة.

10. أخطاء شائعة يجب تجنّبها

أخطاء في الحساب والوحدات

• **نسيان التحويل إلى الجملة الدولية:** الكتلة بالكيلوغرام ($200\ g = 0{,}2\ kg$)، والمطال بالمتر ($4\ cm = 0{,}04\ m$)، والسعة بالفاراد ($10\ \mu F = 10^{-5}\ F$)، والذاتية بالهنري ($20\ mH = 0{,}02\ H$). مثال: ترك الكتلة بالغرام في $2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$ مع $k = 20\ N/m$ يعطي $19{,}9\ s$ بدل $0{,}63\ s$.
• **الخلط بين $T$ و $f$ و $\omega$:** $f = \frac{1}{T}$ بالهرتز و $\omega = \frac{2\pi}{T}$ بـ $rad/s$. القيمة $0{,}5$ قد تكون دوراً بالثانية أو تواتراً بالهرتز، فاكتب الوحدة دائماً.
• **قلب عبارة الدور:** كتابة $2\pi\sqrt{\frac{k}{m}}$ أو $2\pi\sqrt{\frac{g}{l}}$. يكشف الخطأَ التحليل البعدي: $\sqrt{\frac{k}{m}}$ وحدته $s^{-1}$ لا الثانية.
• **الآلة الحاسبة على الدرجات:** في $\cos(\omega_0 t + \varphi)$ الصفحة بالراديان. مثال: $\cos(10 \times 0{,}1) = \cos(1\ rad) \approx 0{,}54$، بينما $\cos(1^\circ)$ يعطي $0{,}9998$ وهو خطأ.

أخطاء في الفهم الفيزيائي

• **تعلّق الدور بما لا يتعلّق به:** دور النواس البسيط لا يتعلّق بالكتلة، ودور النواس المرن (أفقياً أو شاقولياً) لا يتعلّق بـ $g$، ولا يتعلّق أيّ منهما بالسعة (في السعات الصغيرة للنواس البسيط).
• **استعمال $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$ بسعة كبيرة:** العلاقة صالحة للسعات الصغيرة فقط.
• **تعيين $\varphi$ من $\cos\varphi$ وحده:** $\cos\varphi = 0$ يعطي $\pm\frac{\pi}{2}$، والاختيار بينهما بإشارة $v_0$: القذف في الاتجاه الموجب يعطي $-\frac{\pi}{2}$.
• **دور الطاقة:** $E_c$ و $E_{pe}$ (وكذلك $E_C$ و $E_L$) تتغيّر بدور $\frac{T_0}{2}$ لا $T_0$.
• **موضع تساوي الطاقتين:** عند $x = \pm\frac{X_m}{\sqrt{2}}$ لا عند $\pm\frac{X_m}{2}$، لأن الطاقة الكامنة تتعلّق بمربّع المطال.
• **شبه الدور:** يُقاس بين قمّتين متتاليتين من الجهة نفسها، والسعة في النظام شبه الدوري ليست ثابتة.
• **التماثل:** $k$ تماثل $\frac{1}{C}$ لا $C$، و $m$ تماثل $L$، والاحتكاك يماثل $R$.

أخطاء في الكتابة

• إشارة المعادلة التفاضلية: $\ddot{x} + \frac{k}{m}x = 0$ بإشارة موجبة. الإشارة السالبة تعني حلولاً أسّية لا اهتزازية.
• في النواس الشاقولي: المطال يُقاس من وضع التوازن لا من نهاية النابض الحرّ.
• قانون جمع التوترات في الدارة $LC$ أثناء التفريغ: $u_C + u_L = 0$ ولا مولّد في الدارة.

> ملاحظة للامتحان: قبل تسليم أيّ نتيجة اسأل نفسك: هل الوحدة صحيحة؟ هل القيمة معقولة؟ نواس مخبري دوره بين جزء من الثانية وبضع ثوانٍ، ودارة $LC$ مدرسية دورها بالميلي ثانية عادة. نتيجة مثل $62{,}8\ s$ لنواس مرن صغير علامة على عبارة مقلوبة.