Ταλαντώσεις-Μάθημα

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Όλη η τριγωνομετρική προσέγγιση αρχικής φάσης και αντίστοιχων διαγραμμάτων… οπτικοποιημένη..... ΕΔΩ >>>>>>

: talantwseis-mathima.PNG (38.6 KiB) Προβλήθηκε 5906 φορές

Αν υπάρχει πρόβλημα στην αναπαραγωγή... οδηγίες εδώ.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #2

Σήμερα ένας υπολογιστής με WIN7 αρνήθηκε να αναπαραγάγει GeoGebra και μετά την εφαρμογή του τεχνάσματος ενώ σε 3 προηγούμενους είχε επιτυχία. Μήπως μπορούν αν κάποιοι δεν "βλέπουν" να το αναφέρουν?????... τελικά αυτή η JAVA θα μας τρελάνει...

Δημήτρης Μυρογιάννης · #3

maths-!!! έγραψε:Σήμερα ένας υπολογιστής με WIN7 αρνήθηκε να αναπαραγάγει GeoGebra και μετά την εφαρμογή του τεχνάσματος ενώ σε 3 προηγούμενους είχε επιτυχία. Μήπως μπορούν αν κάποιοι δεν "βλέπουν" να το αναφέρουν?????... τελικά αυτή η JAVA θα μας τρελάνει...

Τι να υποθέσω τώρα.... ή "βλέπετε" όλοι... ή δεν ασχολείται κανένας... μάλλον το δεύτερο "κόβω"...

perpant · #4

Καλησπέρα Δημήτρη. Εγώ το είδα κανονικά χωρίς τεχνάσματα. (Έχω win7)

Δημήτρης Μυρογιάννης · #5

perpant έγραψε:Καλησπέρα Δημήτρη. Εγώ το είδα κανονικά χωρίς τεχνάσματα. (Έχω win7)

Περικλή σε ευχαριστώ... πολύς κόσμος δεν πρέπει να βλέπει... μου έστειλε ένα μήνυμα και ο Παρμενίδης όπου αποτυπώνεται όλη αυτή η θολή και ηλίθια κατάσταση γύρω από την προσβασιμότητα ... (Παρμενίδη όπως τα λες είναι... χωρίς υπερβολή) ... ίσως να ενοχλεί κάποιους ότι πρόκειται για ελεύθερο και αγνό λογισμικό ...

Δημήτρης Μυρογιάννης · #6

ΚΥΚΛΟΦΟΡΕΙ ΝΕΟ

UPDATE (JAVA25) .... ΟΣΟΙ ΔΕΝ ΕΧΕΤΕ ΒΑΡΕΘΕΙ

ΑΝΑΒΑΘΜΙΣΤΕ ΕΔΩ >>>>>>... ΑΛΛΙΩΣ ΘΑ ΒΛΕΠΕΤΕ Ή ΤΙΠΟΤΑ Ή ΚΑΤΙ ΠΡΟΕΙΔΟΠΟΙΗΣΕΙΣ

Δημήτρης Μυρογιάννης · #7

ΟΤΑΝ ΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ... ΚΟΒΟΥΝ (ΚΑΤ'ΑΝΑΓΚΗΝ) ΤΗΝ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ ΣΤΑ ΔΥΟ...

Πρόκειται να εντοπίσουμε και να επεξεργαστούμε τη σχέση Επιτάχυνσης-Ταχύτητας σε μία απλή αρμονική ταλαντωση:
Εφαρμόζουμε $A\Delta MET$ :

$\displaystyle{\frac{1}{2}D{{x}^{2}}+\frac{1}{2}m{{u}^{2}}=\frac{1}{2}D{{A}^{2}}\overset{D=m{{\omega }^{2}}}{\mathop{\overset{\updownarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,}$

$\displaystyle{\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{x}^{2}}+\frac{1}{2}m{{u}^{2}}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}\Rightarrow }$

$\displaystyle{{{\omega }^{2}}{{x}^{2}}+{{u}^{2}}={{\omega }^{2}}{{A}^{2}}\Rightarrow }$

$\displaystyle{{{x}^{2}}=\frac{{{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{2}}{{\text{ }\!\!A\!\!\text{ }}^{2}}-{{\text{u}}^{2}}}{{{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{2}}}\Rightarrow {{x}^{2}}={{\text{ }\!\!A\!\!\text{ }}^{2}}-\frac{{{\text{u}}^{2}}}{{{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{2}}}~~~~~~~\left( 1 \right).}$

Επίσης:

$\displaystyle{a=-{{\omega }^{2}}x\Rightarrow {{a}^{2}}={{\omega }^{4}}{{x}^{2}}~~~~~~~~~~~~\left( 2 \right).}$

Τώρα:

$\displaystyle{\left( 2 \right)\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\overset{\updownarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,\!\!\alpha^{2}}={{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{4}}\left( {{\text{ }\!\!A\!\!\text{ }}^{2}}-\frac{{{\text{u}}^{2}}}{{{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{2}}} \right)\Rightarrow{{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }}^{2}}={{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{4}}{{\text{ }\!\!A\!\!\text{ }}^{2}}-{{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{2}}{{\text{u}}^{2}}\Rightarrow}$

$\displaystyle{{{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }}^{2}}+{{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{2}}{{\text{u}}^{2}}={{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{4}}{{\text{A}}^{2}}\Rightarrow}$

$\displaystyle{\frac{{{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }}^{2}}}{{{({{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{2}}\text{ }\!\!A\!\!\text{ })}^{2}}}+\frac{{{\text{u}}^{2}}}{{{\left( \text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }\!\!\;A\!\!\text{ } \right)}^{2}}}=1.}$

Πρόκειται λοιπόν περί έλλειψης με κέντρο στην αρχή των αξόνων. Εδώ τώρα τίθεται ένα θέμα για το ποιος είναι ο μεγάλος άξονας :

Aν $\displaystyle{\omega A>{{\omega }^{2}}A\Rightarrow\omega A\left( 1-\omega \right)>0~\overset{\omega >0,A>0}{\mathop{\overset{\updownarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,0<\omega <1}$

τότε ο μεγάλος άξονας είναι στον άξονα των ταχυτήτων και έχει μήκος: $\displaystyle{2\cdot \omega A$ ,

ενώ ο μικρός άξονας είναι στον άξονα των επιταχύνσεων και έχει μήκος : $2\cdot {{\omega }^{2}}A ~}$ .

Αντίστροφα… αν …. $\omega >1$ .

Αν πάλι $\omega =1$ τότε πρόκειται περί κύκλου με κέντρο στην αρχή των αξόνων και ακτίνας $\rho =A$ .

Επίσης η «καμπύλη» της έλλειψης ή του κύκλου δεν αποτελεί συνάρτηση.

Πρέπει λοιπόν να περιοριστούμε στην :

$\displaystyle{\alpha =+{{\omega }^{2}}\sqrt{{{A }^{2}}-\frac{{{u}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}}$ οπότε έχουμε το πάνω τμήμα της έλλειψης ή του κύκλου:

: 1a-u.png (13.41 KiB) Προβλήθηκε 5496 φορές

που ουσιαστικά «περιέχει» τμήμα της ταλάντωσης προς τη μία μεριά της Θ.Ι. (συνήθως προς τα αριστερά αν $\to ~+$ )

ή

$\displaystyle{\alpha =-{{\omega }^{2}}\sqrt{{{A }^{2}}-\frac{{{u}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}}$ οπότε έχουμε το κάτω τμήμα της έλλειψης ή του κύκλου:

: 2a-u.png (14.17 KiB) Προβλήθηκε 5496 φορές

Ενώ λοιπόν η Φυσική λέει ότι σε κάθε τιμή της ταχύτητας αντιστοιχούν δυο (αντίθετες) τιμές της επιτάχυνσης (εκατέρωθεν της $\Theta .I.$ ),τα Μαθηματικά … λένε όχι.

Ενώ όταν η Φυσική ισχυρίζεται ότι σε κάθε τιμή της επιτάχυνσης αντιστοιχούν δυο (αντίθετες) τιμές της ταχύτητας (μια προς τα δεξιά και μια προς τα αριστερά…στην ίδια θέση) τα Μαθηματικά δίνουν τη συγκατάθεσή τους… αυτές οι μικρές προστριβές θεωρίας-πράξης.

Φυσικά όλα αυτά αφορούν τη συνάρτηση $a=f\left( u \right)$ και φαίνονται (και) στο δυναμικό αρχείο που ακολουθεί. [Αντίστοιχα σκεπτόμαστε για την $u=f\left( a \right)$ άλλα και για άλλες συναρτήσεις όπως την $u=f\left( x \right)$ …]

...ΕΔΩ ΤΟ ΔΥΝΑΜΙΚΟ ΑΡΧΕΙΟ >>>>>>

Δημήτρης Μυρογιάννης · #8

Μία προσπάθεια υπερκέρασης της τριγωνομετρίας για όσους δεν...

Έστω σώμα το οποίο εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση (θεωρείστε ως θετική φορά την κλασική προς τα δεξιά). Η γραφική παράσταση της επιτάχυνσης σε σχέση με το χρόνο δίνεται από το παρακάτω σχήμα:

: 1.png (27.79 KiB) Προβλήθηκε 5408 φορές

Πάνω σε αυτό το διάγραμμα μπορεί να τεθούν ερωτήματα τα οποία χρήζουν καλή γνώση τριγωνομετρίας και αρκετό χρόνο.

Αυτά είναι (τύπου $\Sigma /\Lambda$ ):

$\alpha )$ Τη χρονική στιγμή ${{t}_{1}}=9s$ το σώμα κινείται προς τη $\Theta .I.$

$\beta )$ Τις χρονικές στιγμές ${{t}_{2}}=8s$ και ${{t}_{3}}=16s$ η ταχύτητα του σώματος είναι ίση με μηδέν .

$\gamma )$ Η ταχύτητα του σώματος δίνεται από την εξίσωση : $u={{u}_{0}}\eta \mu \omega t$

Θα μπορούσαμε να δώσουμε και αλλά ....

Η άσκηση αυτή απλοποιείται πολύ αν «απεικονίσουμε» τη συγκεκριμένη ταλάντωση πάνω σε μια ευθεία αφού πρώτα αποκωδικοποιήσουμε το διάγραμμα.

Παρατηρούμε λοιπόν ότι τη χρονική στιγμή t=0

το σώμα έχει «μέγιστη θετική επιτάχυνση». Αυτό σημαίνει ότι στην ευθεία της ταλάντωσης (αφού έχουμε θέσει την προς τα δεξιά φορά ως θετική), το σώμα τη χρονική στιγμή t=0

θα βρίσκεται στην αριστερή ακραία θέση:

: 2tr-fys.png (16 KiB) Προβλήθηκε 5408 φορές

Τώρα εύκολα προσδιορίζουμε από το διάγραμμα την περίοδο:

$\displaystyle{T =16\text{ }\!\!\!\!\text{ }s\Rightarrow \text{ }\!\!\!\!\text{ }\frac{T}{4}=4\text{ }\!\!\!\!\text{ }s}$

Είμαστε έτοιμοι να ενημερώσουμε ακόμα περισσότερο το προηγούμενο σχήμα :

: 3tr-fys.png (25.79 KiB) Προβλήθηκε 5408 φορές

Τα ερωτήματα $\alpha )$ και $\beta )$ πλέον έχουν απλοποιηθεί .

Ας δούμε το τελευταίο ερώτημα.

Παρατηρούμε ότι οι εξισώσεις της κίνησης πρέπει να εφοδιαστούν με τη διαφορά φάσης που επιβάλλει το χρονόμετρο ....αφού άρχισε να μετράει όταν το σώμα περνούσε από την αριστερή ακραία θέση.

Ισχύει λοιπόν (χρειάζεται η τετριμμένη απόδειξη) ότι: ${{\varphi }_{0}}=\frac{3\pi }{2}$ .

Η εξίσωση της ταχύτητας δίνεται από τη σχέση: $\displaystyle{u={{u}_{0}}\sigma \upsilon \nu \left( \omega t+\frac{3\pi }{2} \right)\left( 1 \right)}$ .

Αυτό δηλ. σημαίνει ότι η σχέση $\displaystyle{u={{u}_{0}}\eta \mu \omega t\left( 2 \right)}$ που έχει δοθεί, είναι λάθος;………. Όχι βέβαια ,οι σχέσεις $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ είναι ακριβώς οι ίδιες.

Για κάποιον που δε μπορεί να αντιληφθεί την ταύτιση των προηγούμενων σχέσεων μπορεί εύκολα να ελέγξει τα αποτελέσματα που δίνουν για διάφορες χρονικές στιγμές $\displaystyle{t=0,\frac{T}{4},\frac{T}{2},\frac{3T}{4}...}$

Φυσικά θα διαπιστώσει ότι είναι ακριβώς ίδια και συμφωνούν απολύτως με την «ευθεία της ταλάντωσης».

Τι γίνεται όμως στη περίπτωση που τα δεδομένα αφορούν τύπο (και όχι διάγραμμα) με την αρχική φάση να είναι «καλά κρυμμένη» στα «βαθιά» της τριγωνομετρίας;
Σε αυτή την περίπτωση χρειάζονται κομψοί χειρισμοί τριγωνομετρίας ή κάποια «κολπάκια» όπως αυτό που ακολουθεί:

Έστω σώμα το οποίο εκτελεί α.α.τ. και η ταχύτητα του δίνεται από την εξίσωση: $u=-{{u}_{0}}\eta \mu \omega t\left( 1 \right)\left( \to + \right)$

Αντιλαμβανόμαστε ότι υπάρχει αρχική φάση αφού ο τύπος της ταχύτητας δεν είναι ο κλασσικός: $\left( u={{u}_{0}}\sigma \upsilon \nu \omega t \right)$ .

Στον τύπο (1) θέτουμε t=0

για να δούμε που βρισκόταν το σώμα την χρονική στιγμή t=0

:

$\left( 1 \right)\overset{t=0}{\mathop{\overset{}{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,u=-{{u}_{0}}\eta \mu \left( \omega \cdot 0 \right)\Rightarrow u=0.$

Αφού λοιπόν είχε μηδενική ταχύτητα $\left( \tau \eta \nu\; t=0 \right)$ σημαίνει ότι βρισκόταν σε μία από τις δύο ακραίες θέσεις. Σε ποια όμως;

Συνεχίζουμε και θέτουμε ξανά στην $\displaystyle{\left( 1 \right):t=\frac{T}{4}}$ για να δούμε που θα βρισκόταν αμέσως μετά την t=0:

$\displaystyle{\left( 1 \right)\overset{t=\frac{T}{4}}{\mathop{\overset{}{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,u=-{{u}_{0}}\eta \mu \left( \omega \frac{T }{4} \right)\Rightarrow u=-{{u}_{0}}\eta \mu \left( \frac{2\pi }{T }\frac{T}{4} \right)\Rightarrow u=-{{u}_{0}}.}$

Άρα το σώμα την $t=\frac{T}{4}$ θα περνούσε από τη $\Theta .I.$ κινούμενο κατά την αρνητική κατεύθυνση δηλ. προς τα αριστερά.

Αυτό σημαίνει ότι πριν την $t=\frac{T}{4}$ δηλ. την t=0

βρισκόταν στην δεξιά ακραία θέση........ άρα η αρχική του φάση είναι ${{\varphi }_{0}}=\frac{\pi }{2}$ .

Η διαδικασία είναι πιο απλή σε αυτό το παράδειγμα:

Έστω σώμα το οποίο εκτελεί α.α.τ. και η απομάκρυνση από τη $\Theta .I.$ δίνεται από την εξίσωση: $x=-A\sigma \upsilon \nu \omega t \;\;\left( 2 \right)\;\;\left( \to + \right)$

Επαναλαμβάνοντας την ίδια διαδικασία θέτουμε στην $\left( 1 \right):t=0$ και βρίσκουμε x=-A

.

Eδω τα πράγματα είναι πιο απλά διότι ανακαλύπτουμε αμέσως την αρχική φάση (γενικότερα όταν δεν επισημάνουμε αρχικά μηδενισμό του μεγέθους η διαδικασία δεν είναι διττή):

Αφού την t=0

είναι

το σώμα βρισκόταν στην αριστερή ακραία θέση άρα ${{\varphi }_{0}}=\frac{3\pi }{2}$ .

Έχοντας πλέον ανακαλύψει την αρχική φάση μπορούμε να κατασκευάσουμε και τις υπόλοιπες εξισώσεις κίνησης.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #9

ΜΙΑ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ ΜΕ ΔΥΣΚΟΛΟ ΠΛΑΤΟΣ (ΘΕΜΑ 2012)

Λείο κεκλιμένο επίπεδο έχει γωνία κλίσης $\varphi ={{30}^{0}}.$ Στα σημεία και στερεώνουμε τα άκρα δύο ιδανικών ελατηρίων με σταθερές ${{k}_{1}}=60N /m$ , ${{k}_{2}}=140~N /m$ αντίστοιχα.

Στα ελεύθερα άκρα των ελατηρίων, δένουμε σώμα Σ1, μάζας ${{m}_{1}}=2kg$ και το κρατάμε στη θέση όπου τα ελατήρια έχουν το φυσικό τους μήκος (όπως φαίνεται στο σχήμα).

Τη χρονική στιγμή ${{t}_{0}}=0~$ αφήνουμε το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ ελεύθερο.

: D1.PNG (52.48 KiB) Προβλήθηκε 5275 φορές

Δ1. Να αποδείξετε ότι το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.
Μονάδες 5

: D2.PNG (69.33 KiB) Προβλήθηκε 5275 φορές

Στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης $\left( \Theta .I.T.\right)$ έχουμε:

$\Sigma {{F}_{x}}=0\Rightarrow -{{m}_{1}}gsin\varphi +{{k}_{1}}{{x}_{1}}+{{k}_{2}}{{x}_{2}}=0~~~~~\left( 1 \right)~.$

Εκτρέπουμε το σώμα προς τα αριστερά κατά

(θεωρώντας αυτή ως θετική φορά) και υπολογίζουμε τη συνισταμένη δύναμη στον άξονα {x}'x~~

που ασκείται πάνω του:

$\Sigma {{F}_{x}}={{m}_{1}}gsin\varphi -{{k}_{1}}\left( {{x}_{1}}+x \right)-{{k}_{2}}\left( {{x}_{2}}+x \right)\Rightarrow$

$\Sigma {{F}_{x}}~~\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\overset{}{\mathop{=}}\,}}\,-\left( {{k}_{1}}+{{k}_{2}} \right)\cdot x~~~~~~\left( 2 \right).$

Η σχέση $\left( 2 \right)$ δείχνει ότι το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς $D={{k}_{1}}+{{k}_{2}}$ .

Δ2. Να γράψετε τη σχέση που δίνει την απομάκρυνση του σώματος ${{\Sigma }_{1}}~$ από τη θέση ισορροπίας του σε συνάρτηση με το χρόνο. Να θεωρήσετε θετική φορά τη φορά από το προς το .
Μονάδες 7

Το σώμα αφήνεται $\left( u=0,\;t=0 \right)~$ ελεύθερο στη θέση όπου τα ελατήρια έχουν το φυσικό τους μήκος. Αυτό σημαίνει ότι θα κινηθεί (αρχικά) κατ'ανάγκην προς τα αριστερά (λόγω βάρους) και ότι τη χρονική στιγμή t=0

βρισκόταν στην άνω ακραία θέση.

Από τη σχέση $\left( 1 \right)$ του προηγούμενου ερωτήματος που αφορά τη $\Theta .I.T. .$ και λαμβάνοντας υπ’όψιν ότι το σώμα αφέθηκε ελεύθερο από μια θέση όπου και τα δυο ελατήρια είχαν το φυσικό τους μήκος αντιλαμβανόμαστε ότι

${{x}_{1}}=A~~\kappa \alpha \iota ~~{{x}_{2}}=A~~$ (έχοντας υπ’όψιν τη δοσμένη θετική φορά, οι δυνάμεις των ελατηρίων έχουν φορά προς τα επάνω και είναι θετικές) και έχουμε:

$\Theta .I.T.:~~~-{{m}_{1}}gsin\varphi +{{k}_{1}}A +{{k}_{2}}A =0\Rightarrow ~A =\frac{1}{20}~~m~.~~$

Τα προηγούμενα μαζί με τον υπολογισμό του $\displaystyle{\omega =\sqrt{\frac{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}}{{{m}_{1}}}}=10\frac{r}{s}}$ και της (κατά τα γνωστά) αρχικής φάσης $\displaystyle{{{\varphi }_{0}}=\frac{\pi }{2}~rad}$ δίνουν τη ζητούμενη σχέση:

$x=A\cdot \sin \left( \omega \cdot t+{{\varphi }_{0}} \right)\Rightarrow x=\frac{1}{20}\cdot \sin \left( 10\cdot t+\frac{\pi }{2} \right)~~~~~~\left( S.I. \right).$

Κάποια χρονική στιγμή που το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ βρίσκεται στην αρχική του θέση, τοποθετούμε πάνω του (χωρίς αρχική ταχύτητα) ένα άλλο σώμα ${{\Sigma }_{2}}$ μικρών διαστάσεων μάζας ${{m}_{2}}=6~kg$ .

Το σώμα ${{\Sigma }_{2}}$ δεν ολισθαίνει πάνω στο σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ λόγω της τριβής που δέχεται από αυτό. Το σύστημα των δύο σωμάτων κάνει απλή αρμονική ταλάντωση.

Δ3. Να βρείτε τη σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης του σώματος ${{\Sigma }_{2}}$ .
Μονάδες 6

Η νέα κυκλική συχνότητα του συστήματος είναι:

${\omega }'=\sqrt{\frac{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}}=5~\frac{r}{s}~~~~,$

οπότε η σταθερά επαναφοράς του σώματος ${{\Sigma }_{2}}$ θα είναι:

$\overset{(3)}{ \overbrace{{\mathop{\overset{}{\mathop{{D}'={{m}_{2}}\cdot {{({{\omega }{'}})}^{2}}~}}\,}}} } \Rightarrow {D}'=150~~\frac{N}{m}~~~~.$

Δ4. Να βρείτε τον ελάχιστο συντελεστή οριακής στατικής τριβής που πρέπει να υπάρχει μεταξύ των σωμάτων ${{\Sigma }_{1}}$ και $~~{{\Sigma }_{2}}$ , ώστε το ${{\Sigma }_{2}}$ να μην ολισθαίνει σε σχέση με το ${{\Sigma }_{1}}$ .

$\Delta \nu o\nu \tau \alpha \iota :~~\eta \mu {{30}^{0}}=\frac{1}{2}~,~\sigma \upsilon \nu {{30}^{0}}=\frac{\sqrt{3}}{2},~g=10~\frac{m}{{{s}^{2}}}~~.$

Μονάδες 7

: D3.PNG (65.81 KiB) Προβλήθηκε 5275 φορές

Στο σώμα ${{\Sigma }_{2}}$ και στον άξονα κίνησης {x}'x

ασκούνται οι δυνάμεις :

Η συνιστώσα του βάρους του ${{W}_{2x}}={{m}_{2}}gsin\varphi$ με σταθερό μέτρο, διεύθυνση και φορά και η στατική τριβή ${{T }_{\sigma \tau }}$ από το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ , με σταθερή διεύθυνση μόνο.

Έστω μια χρονική στιγμή που το σώμα βρίσκεται αριστερά από τη θέση ισορροπίας (x<0)

οπότε κατ'ανάγκην η ${{T }_{\sigma \tau }}$ θα έχει φορά προς τα δεξιά . Επειδή το σώμα ${{\Sigma }_{2}}$ εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση είναι:

$\Sigma {{F}_{x}}=-D'x\Rightarrow {{T}_{\sigma \tau }}-{{W}_{2x}}=-D'\left( -\left| x \right| \right)\Rightarrow {{T}_{\sigma \tau }}={{W}_{2x}}+D'\left| x \right|~~~~~~~~~\left( 4 \right).$

Όμως ξέρουμε ότι είναι: $0<{{T}_{\sigma \tau }}\le \mu \cdot N ~~\overset{\left( 4 \right)}{\mathop{\overset{}{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,~~{{W}_{2x}}+{D}'\left| x \right|\le \mu \cdot N \overset{\left( 3 \right)}{\mathop{\overset{}{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,$

$\displaystyle{{{m}_{2}}gsin\varphi +{{m}_{2}}\cdot {{({{\omega }{'}})}^{2}}\left| x \right|\le \mu \cdot {{m}_{2}}~gcos\varphi \Rightarrow \mu \ge \frac{gsin\varphi +{{({{\omega }{'}})}^{2}}\left| x \right|}{gcos\varphi }\Rightarrow}$

$\displaystyle{\mu \ge \frac{gsin\varphi +{{({{\omega }{'}})}^{2}}\left| x \right|}{gcos\varphi }~~~~~~~\left( 5 \right).}$

Το σύστημα ισορροπεί πλέον σε νέα θέση και θα υπολογίσουμε το νέο πλάτος A '

(δουλεύουμε όπως πριν) :

$\displaystyle{NEA\;\Theta .I.T.~:~~~\Sigma {{F}_{x}}=0\Rightarrow -\left( {{m}_{1}}+{{m}_{2}} \right)gsin\varphi +{{k}_{1}}{A }'+{{k}_{2}}{A }'=0\Rightarrow {A}'=\frac{1}{5}~m.}$

Όμως επειδή η σχετική ακινησία των δυο σωμάτων θα πρέπει να υφίσταται καθ’όλη τη διάρκεια της (νέας) ταλάντωσης δηλαδή ακόμα και όταν $\left| x \right|=A '$ , η σχέση $\left( 5 \right)$ γίνεται:

$\displaystyle{\left( 5 \right)\Rightarrow \mu \ge \frac{gsin\varphi +{{({{\omega }{'}})}^{2}}A '}{gcos\varphi }\Rightarrow \text{ }\!\!~\!\!\text{ }\mu \ge \frac{2\sqrt{3}}{3}\text{ }\!\!~\!\!\text{ }.}$

Δημήτρης Μυρογιάννης · #10

ΚΑΤΑΚΟΡΥΦΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ ΣΥΣΤΗΜΑΤΟΣ ΣΩΜΑΤΩΝ

: ap1.png (17.33 KiB) Προβλήθηκε 5166 φορές

Τα δύο σώματα που δείχνει το σχήμα είναι τοποθετημένα το ένα πάνω στο άλλο και εκτελούν κατακόρυφη απλή αρμονική ταλάντωση με περίοδο ~T =2~s

και πλάτος A=0.25m

. Το σώμα $\left( 2 \right)$ έχει μάζα ${{m}_{2}}=0.2~kg$ .

Να βρείτε τη δύναμη που ασκεί το σώμα $\left( 2 \right)$ στο σώμα $\left( 1 \right)$ στις θέσεις :

i.~~x~=-~0.25~m

Ποια είναι η μέγιστη συχνότητα της ταλάντωσης για την οποία το σώμα $\left( 2 \right)$ δεν θα εγκαταλείψει το σώμα $\left( 1 \right)$ , όταν το πλάτος της ταλάντωσης είναι A=0.25m

.

Για ποια τιμή του πλάτους της ταλάντωσης το σώμα $\left( 2 \right)$ θα εγκαταλείψει το σώμα $\left( 1 \right)$ αν T =2~s

.

(Δίνονται $g=10~m/{{s}^{2}}$ και ${{\pi }^{2}}\simeq 10$ )

Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα $\left( 2 \right)$ ειναι το βαρος του ${{W}_{2}}$ και η αντίδραση ${{F}_{2}}$ από το σώμα $\left( 1 \right)$ . Στο ερώτημα $\alpha .$ ζητείται η ${{F}_{1}}=-{{F}_{2}}$ .

Σε αυτές τις περιπτώσεις πρέπει να προσέξουμε ότι τα δύο σώματα , ταλαντώνονται με ίδιο $T~,~\omega ~,~f$ όμως το καθένα χαρακτηρίζεται από τη δική του σταθερά ταλάντωσης $\left( {{D}_{1}}~,~{{D}_{2}}\ne D \right)$ . Ισχύουν γενικά οι τύποι:

$\displaystyle{T=2\pi \sqrt{\frac{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}{D}}~~~~,~~{{D}_{1}}=\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}D~~~,~~{{D}_{2}}=\frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}~D~~,}$ $\displaystyle{~\frac{{{D}_{1}}}{{{D}_{2}}}=\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}~~~~,~~{{D}_{1}}=~{{m}_{1}}{{\omega }^{2}}~~~~,~~{{D}_{2}}={{m}_{2}}{{\omega }^{2}}~~,~~T=2\pi \sqrt{\frac{{{m}_{1}}}{{{D}_{1}}}}~~}$ .

Οι οποίοι ισχύουν γενικότερα για ${{D}_{i}},{{m}_{i}}$ με $i=1,2,3,\ldots ..$

Μία άλλη παρατήρηση είναι ότι όσο το σώμα $\left( 2 \right)$ βρίσκεται κάτω από τη $\Theta .I.$ η ${{F}_{2}}$ (μεταβλητό μέτρο-σταθερή διεύθυνση και φορά) είναι κατ'ανάγκην μεγαλύτερη από το ${{W}_{2}}$ (σταθερό) αφού η συνισταμένη τους πρέπει να έχει φορά προς τη $\Theta .I.$ ενώ όταν το σώμα βρεθεί πάνω από τη $\Theta .I.$ το ${{W}_{2}}$ γίνεται μεγαλύτερο της ${{F}_{2}}$ για τον ίδιο λόγο (η παρατήρηση αυτή δεν θα χρησιμοποιηθεί στη λύση του $\alpha .$ )

Υπολογίζουμε : $\displaystyle{\omega =\frac{2\pi }{T }\Rightarrow \omega =\pi \frac{r}{s}~~,~~{{D}_{2}}={{m}_{2}}{{\omega }^{2}}\Rightarrow {{D}_{2}}=2\frac{N }{m}~,~{{W}_{2}}=2~N}$

Πρόκειται να επεξεργαστούμε τον τύπο $\Sigma F=-~Dx~$ για το σώμα $\left( 2 \right)$ , ο οποίος αποτελεί ικανή και αναγκαία συνθήκη ταλάντωσης για το σώμα $\left( 2 \right)$ .

Είναι αναγκαίο (και πολύ απλό) να τεθούν τα σωστά πρόσημα των αλγεβρικών τιμών των διανυσμάτων που μετέχουν σε αυτόν.

Λαμβάνοντας υπ’όψιν τη δεδομένη θετική φορά έχουμε:

$\displaystyle{-{{W}_{2}}+{{F}_{2}}=-{{D}_{2}}\left( \pm x \right)\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\left( 1 \right)}$

οπότε:

$i.~~~~~\left( 1 \right)\Rightarrow -~2~+~{{F}_{2}}=-2\left( -0.25 \right)\Rightarrow ~{{F}_{2}}=2.5~N\Rightarrow {{F}_{1}}=-2.5N$

$ii.~~~\left( 1 \right)\Rightarrow ~-~2~+~{{F}_{2}}=-2\left( +0.25 \right)\Rightarrow ~{{F}_{2}}=1.5~N\Rightarrow {{F}_{1}}=-1.5N$

$iii.~~\left( 1 \right)\Rightarrow -~2~+~{{F}_{2}}=0\Rightarrow {{F}_{2}}=2~N\Rightarrow {{F}_{1}}=-2N$

b,c)

Η αποκόλληση τείνει να συμβεί ή να μη συμβεί όταν και μόνο όταν η ${{F}_{2}}$ τείνει να μηδενιστεί. Ικανή και αναγκαία συνθήκη είναι λοιπόν η: ${{F}_{2}}~=~0$ .

Για όσο χρονικό διάστημα το σώμα είναι κάτω από τη $\Theta .I.$ ισχύει ${{F}_{2}}>~{{W}_{2}}>0$ οπότε η αποκόλληση είναι ανέφικτη.

Όταν όμως το σώμα βρεθεί πάνω από τη $\Theta .I.(x>0)$ τότε η ${{F}_{2}}$ δύναται να μηδενιστεί:

$\displaystyle{\left( 1 \right)\overset{x>0}{\mathop{\overset{\downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,{{F}_{2}}={{W}_{2}}-{{D}_{2}}x\Rightarrow {{F}_{2}}={{m}_{2}}g-{{m}_{2}}{{\omega }^{2}}x\Rightarrow {{F}_{2}}={{m}_{2}}\left( g-{{\omega }^{2}}x \right)\overset{{{F}_{2}}=0,x=A}{\mathop{\overset{\downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,~}$

$\displaystyle{\Rightarrow g={{\omega }^{2}}x~\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \overset{x=0.25m}{\mathop{\overset{\downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,{{\omega }^{2}}=40\Rightarrow ~~~~f~=~1~Hz \\ \overset{T =2~s}{\mathop{\overset{\downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,10=10~x\Rightarrow ~~~~x=1~m \\ \end{matrix} \right.~~.}$

#11

Δημήτρη μια ερώτηση . Τα σχήματα πως τα έκανες ;

Δημήτρης Μυρογιάννης · #12

swsto έγραψε:Δημήτρη μια ερώτηση . Τα σχήματα πως τα έκανες ;

Σωτήρη καλησπέρα... τα σχήματα είναι κατασκευασμένα με WORD 2010-13 (.docx)... μπορείς να ρίξεις μια ματιά στο συνημμένο.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #13

ΠΩΣ ΟΙ ΣΥΝΘΗΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗΣ-ΚΡΟΥΣΗΣ ΕΠΗΡΕΑΖΟΥΝ ΤΟ ΠΛΑΤΟΣ ΤΗΣ ΝΕΑΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗΣ ... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>>

: neo-platos.PNG (72.12 KiB) Προβλήθηκε 5117 φορές

Αν υπάρχει πρόβλημα στην αναπαραγωγή... οδηγίες εδώ.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #14

ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ... Η ΓΕΝΕΣΗ, ΚΑΘΑΡΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΥΠΟΘΕΣΗ.... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>>

: talant-genesis.PNG (72.92 KiB) Προβλήθηκε 4999 φορές

(...χε... χε ... σας έπρηξα... δείξτε λίγο υπομονή...)

Δημήτρης Μυρογιάννης · #15

ΕΥΡΕΣΗ ΚΑΙ ΣΗΜΑΝΣΗ ΣΥΝΑΝΤΗΣΕΩΝ ΣΕ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΚΟΙΝΟΥ ΠΛΑΤΟΥΣ... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>>

: koinoplatos.PNG (76.21 KiB) Προβλήθηκε 4874 φορές

Δημήτρης Μυρογιάννης · #16

ΟΤΑΝ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΚΙΝΗΣΗΣ ΘΕΛΟΥΝ ΙΔΙΑΙΤΕΡΗ ΠΡΟΣΟΧΗ

Το ένα άκρο κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς $K =20\frac{N }{m}$ είναι στερεωμένο σε οροφή. Στο άλλο άκρο του είναι συνδεδεμένο σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ μάζας m=0,2~Kg

το οποίο εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους A =0,2~m

.
Κάποια στιγμή που θεωρούμε ως αρχή του χρόνου t=0

, ενώ το σώμα βρίσκεται στο μισό του πλάτους του κατερχόμενο προς τη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης ,συγκρούεται μετωπικά με σώμα ${{\Sigma }_{2}}~$ , ίσης μάζας που έχει αντίθετη ταχύτητα.
Να βρείτε τις εξισώσεις που περιγράφουν τη κίνηση κάθε σώματος, αν η κρούση είναι:
i) Ελαστική
ii) Πλαστική

: exiswseis-kinisis.PNG (87.13 KiB) Προβλήθηκε 4755 φορές

Θεωρούμε τη θετική φορά του σχήματος και εντοπίζουμε την αρχική φάση που επιβάλλει το χρονόμετρο για την κίνηση του ${{\Sigma }_{1}}$ με σκοπό την εύρεση της εξίσωσης κίνησής του πριν την κρούση (αν αυτή συνεχιζόταν), κάτι που δεν χρειάζεται αλλά ούτε και ζητείται. Θα μας βοηθήσει όμως να κατανοήσουμε καλύτερα την άσκηση.
Πριν τη κρούση για το ${{\Sigma }_{1}}$ έχουμε:

$\displaystyle{x=\Alpha \eta \mu \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\overset{t=0,u>0,x=-\frac{A}{2}}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,{{\varphi }_{0}}=\frac{11\pi }{6}}$ .

Επίσης ισχύουν: $T =0,2\pi ~s~,~\omega =10\frac{r}{s}$ .
Άρα η εξίσωση κίνησης για το ${{\Sigma }_{1}}$ , πριν τη κρούση, θα ήταν $x=0,2\eta \mu \left( 10t+\frac{11\pi }{6} \right)$

ΕΛΑΣΤΙΚΗ ΚΡΟΥΣΗ
Επειδή πρόκειται για κεντρική ελαστική κρούση δυο σωμάτων ίσων μαζών ,τα σώματα μετά την κρούση ανταλλάσσουν ταχύτητες (θεωρία βιβλίου).
Αυτό σημαίνει ότι το ${{\Sigma }_{1}}$ μετά την κρούση, ακαριαία, θα κινείται με την ίδια κατά μέτρο ταχύτητα αλλά με αντίθετη φορά, δηλαδή προς τα πάνω.
Είναι προφανές ότι η $\Theta .I.T.1$ δεν θα αλλάξει (αμετάβλητη μάζα σε βαρυτικό πεδίο) και αφού το ${{\Sigma }_{1}}$ θα βρίσκεται (ακριβώς μετά την κρούση) στην ίδια θέση με την ίδια κατά μέτρο ταχύτητα δεν θα αλλάξει και η ολική του ενέργεια (εύκολα δεικνύεται με $A\Delta MET$ ). Το πλάτος ταλάντωσής του θα παραμείνει αμετάβλητο ενώ η (νέα) αρχική του φάση βρίσκεται από:

$\displaystyle{x=\Alpha \eta \mu \left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\overset{t=0,~~~u<0,~~~x=-\frac{A}{2}}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,{{\varphi }_{0}}=\frac{7\pi }{6}}$

Η εξίσωση κίνησής του (δεδομένης και της σταθερότητας της περιόδου) είναι:

$x~=0,2\eta \mu \left( 10t+\frac{7\pi }{6} \right)$ .

Tο σώμα ${{\Sigma }_{2}}$ θα εκτελέσει κατακόρυφη βολή προς τα κάτω με αρχική ταχύτητα ίση με αυτή που είχε το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ ακριβώς πριν τη κρούση, την οποία για να βρούμε θα εφαρμόσουμε $A\Delta MET$ για το ${{\Sigma }_{1}}$ στη θέση κρούσης:

$\displaystyle{\frac{1}{2}D{{x}^{2}}~+\frac{1}{2}m{{u}^{2}}=\frac{1}{2}D{{A}^{2}}\overset{\begin{matrix} A=0.2m,~~~x=-0.1m,~~ \\ m=0.2kg,~~~D=20\frac{N}{m} \\ \end{matrix}}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,u=\sqrt{3}\frac{m}{s}}$

Θεωρώντας x=0

τη θέση στη $\Theta .I.T.1$ , η εξίσωση κίνησης του ${{\Sigma }_{2}}$ είναι:

$x={{x}_{0}}+{{u}_{0}}t+\frac{1}{2}g{{t}^{2}}\Rightarrow x=-~0,1+\sqrt{3}t+5{{t}^{2}}$ .
[όλα τα μεγέθη έχουν τοποθετηθεί (αυστηρά) με τα πρόσημα τους.]

ΠΛΑΣΤΙΚΗ ΚΡΟΥΣΗ
Τα δύο σώματα μετά την κρούση ενώνονται σε συσσωμάτωμα για το οποίο θα βρούμε τις νέες συνθήκες ταλάντωσής του.
Εφαρμόζουμε (με τη δεδομένη θετική φορά)

$A\Delta O:~~mu-mu=\left( m+m \right){{V}_{\sigma \upsilon \sigma }}\Rightarrow ~~{{V}_{\sigma \upsilon \sigma }}=0$ .

Aυτό σημαίνει ότι η θέση κρούσης για το συσσωμάτωμα αποτελεί ακραία θέση στη ταλάντωση του που θα ακολουθήσει.
Εντοπίζουμε τα ${{x}_{1}}~,{{x}_{2}}~$ του σχήματος:

$\Theta .I.T.1:~~~~~\Sigma F=0\Rightarrow {{F}_{\varepsilon \lambda 1}}=mg\Rightarrow K{{x}_{1}}=mg\Rightarrow {{x}_{1}}=0,1~m$
$\Theta .I.T.2:~~~~~\Sigma F=0\Rightarrow {{F}_{\varepsilon \lambda 2}}=2mg\Rightarrow K{{x}_{2}}=2mg\Rightarrow {{x}_{2}}=0,2~m$

Αφού η κρούση έγινε όταν το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ κατέβαινε (προς $\Theta .I.T.1$ ) και ήταν στο μισό του πλάτους A=0,2m

, σημαίνει ότι έγινε στη θέση x=-~0,1m

(...από $\Theta .I.T.1$ δηλ. στη θέση $\Theta \Phi M$ ) και επειδή αυτή η θέση είναι η άνω $\left( - \right)$ ακραία θέση για τη νέα ταλάντωση, το νέο πλάτος είναι $A' ={{x}_{2}}=0,2m~.$
Ισχύει $T'=2\pi \sqrt{\frac{2m}{k}}\Rightarrow T'=0,2~\sqrt{2} \pi ~s$ και $\varphi _{0}{'}=\frac{3\pi }{2}$ .

Άρα: $x=0,2\eta \mu \left( 5\sqrt{2}t+\frac{3\pi }{2} \right)$ .

Δημήτρης Μυρογιάννης · #17

ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ ΜΕΤΑ ΑΠΟ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΕΛΑΣΤΙΚΗ ΚΡΟΥΣΗ ΣΕ ΚΕΚΛΙΜΕΝΟ (ΜΕ ΤΗ ΘΕΩΡΙΑ).... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>

: keklimeno_talant_elast.PNG (60.13 KiB) Προβλήθηκε 4664 φορές

Αν υπάρχει πρόβλημα στην αναπαραγωγή... οδηγίες εδώ.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #18

ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ ΜΕΤΑ ΑΠΟ ΠΛΑΣΤΙΚΗ ΚΡΟΥΣΗ ΣΕ ΚΕΚΛΙΜΕΝΟ (ΜΕ ΘΕΩΡΙΑ ΚΑΙ ΤΥΠΟΥΣ).... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>

: talantwsh_plastikh_kroush.PNG (66.32 KiB) Προβλήθηκε 4589 φορές

Δημήτρης Μυρογιάννης · #19

ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ ΚΑΙ ΟΛΙΚΗ ΕΝΕΡΓΕΙΑ (ΘΕΜΑ Β1-2011... ΠΕΡΙΠΟΥ)

Δύο όμοια ιδανικά ελατήρια κρέμονται από δύο ακλόνητα σημεία. Στα κάτω άκρα των ελατηρίων δένονται σώματα ${{\Sigma }_{1}}~$ μάζας ${{m}_{1}}$ και ${{\Sigma }_{2}}$ μάζας ${{m}_{2}}$ . Κάτω από το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ δένουμε μέσω αβαρούς νήματος άλλο σώμα μάζας ${{m}_{2}}~$ , ενώ κάτω από το ${{\Sigma }_{2}}$ σώμα μάζας ${{m}_{1}}$ ( ${{m}_{1}}>{{m}_{2}})~$ , όπως φαίνεται στο σχήμα.

: B1-2011-1.PNG (21.75 KiB) Προβλήθηκε 4499 φορές

Αρχικά τα σώματα είναι ακίνητα. Κάποια στιγμή κόβουμε τα νήματα και τα σώματα ${{\Sigma }_{1}}~$ και ${{\Sigma }_{2}}$ . αρχίζουν να ταλαντώνονται. Αν η ενέργεια της ταλάντωσης του ${{\Sigma }_{1}}$ είναι ${{E}_{1}}$ και του ${{\Sigma }_{2}}$ είναι ${{E}_{2~}}$ , τότε:

α. $\displaystyle{\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}=\frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}}}$

β. $\displaystyle{\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}=\frac{m_{2}^{2}}{m_{1}^{2}}}$

γ. $\displaystyle{\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}=1}$

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση $\displaystyle{~\to ~~~~\mathbf{\beta }.~~\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}=\frac{m_{2}^{2}}{m_{1}^{2}}\text{ }\!\!~\!\!\text{ }~~}$

Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας .

: B1-2011-2.PNG (62.67 KiB) Προβλήθηκε 4499 φορές

Είναι προφανές ότι για τις σταθερές των δύο ελατηρίων ισχύει: ${{k}_{1}}={{k}_{2}}=k=D$ .

Το νήμα κόβεται οπότε οι ταλαντούμενες μάζες είναι διαφορετικές που σημαίνει ότι η $\Theta .I.T$ είναι διαφορετική για κάθε σύστημα (μία μεταβολή μάζας αφήνει ανεπηρέαστη τη $\Theta .I.T$ μόνο σε οριζόντια διάταξη). Ενώ λοιπόν η κάτω ακραία θέση είναι κοινή για τα δύο συστήματα $\left( u=0 \right)$ , το πλάτος ταλάντωσης και κατά συνέπεια οι άνω ακραίες θέσεις είναι διαφορετικές. Μεγαλύτερη ολική ενέργεια φέρει το σύστημα με τη μεγαλύτερη μάζα;

Εδώ χρειάζεται λίγο προσοχή. Το σύστημα με τη μικρότερη μάζα (τελικά) είναι το σύστημα $\left( 2 \right)$ , το οποίο είναι προφανές ότι θα εκτελέσει ταλάντωση με μεγαλύτερο πλάτος αφού ισορροπεί «ψηλότερα» σε σχέση με το σύστημα $\left( 1 \right)$ . Η επιλογή του τύπου ολικής ενέργειας: ${{E}_{0}}=\frac{1}{2}D{{A}^{2}}$ απλοποιεί το προηγούμενο ερώτημα αφού «δίνει» ξεκάθαρα μεγαλύτερη ενέργεια στο σύστημα με τη μικρότερη μάζα.

Ποια είναι όμως η ακριβής συσχέτιση ολικής ενέργειας-μάζας;

Για το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ (σύστημα

) έχουμε:

$\displaystyle{\left\{ \begin{matrix} \Theta .I.T.~:~~\Sigma F=0\Rightarrow \ldots \Rightarrow \left( AB \right)=\frac{{{m}_{1}}g}{k}~~~ \\ \kappa \alpha \iota \\ AK.\Theta .~~:~~\Sigma F=0\Rightarrow \ldots \Rightarrow \left( A\Gamma \right)=\frac{{{m}_{1}}g+{{m}_{2}}g}{k} \\ \end{matrix}~~~~~\Rightarrow {{A}_{1}}=\left( A\Gamma \right)-\left( AB \right)\Rightarrow {{A}_{1}}=\frac{{{m}_{2}}g}{k} \right.~~~~~~~\left( 1 \right)~.}$

Όμοια βρίσκουμε ότι το πλάτος ταλάντωσης του ${{\Sigma }_{2}}$ είναι:

$\displaystyle{{{A}_{2}}=\frac{{{m}_{1}}g}{k}~~~~~~~~~~~~~\left( 2 \right)~.}$

Το κάθε σώμα φέρει ολική ενέργεια ταλάντωσης που ισούται με τη μέγιστη δυναμική .

Οπότε:

$\displaystyle{\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}\overbrace{=}^{D={{k}_{1}}={{k}_{2}}}\frac{\frac{1}{2}DA_{1}^{2}}{\frac{1}{2}DA_{2}^{2}}~~~\overset{\left( 1 \right),~\left( 2 \right)}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,~~\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}=\frac{m_{2}^{2}}{m_{1}^{2}}<1~.}$

Συμπερασματικά λοιπόν, ο λόγος των πλατών είναι αντιστρόφως ανάλογος του λόγου των ταλαντούμενων μαζών και ο λόγος των ολικών ενεργειών είναι αντιστρόφως ανάλογος του τετραγώνου του λόγου των ταλαντούμενων μαζών.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #20

Η ΟΠΤΙΚΟΠΟΙΗΣΗ-ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΠΟΙΗΣΗ ΤΟΥ ΘΕΜΑΤΟΣ Β1-2011 (που αναλύεται ακριβώς πριν).... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>

: themab-1-2011.PNG (20.26 KiB) Προβλήθηκε 4422 φορές

Ταλαντώσεις-Μάθημα

Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Re: Ταλαντώσεις-Μάθημα

Μέλη σε σύνδεση