Ταλαντώσεις-Μάθημα

Δημήτρης Μυρογιάννης · #21

ΔΥΟ ΔΙΑΔΟΧΙΚΕΣ ΚΡΟΥΣΕΙΣ ΚΑΙ ΠΛΑΤΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗΣ

: platos-2krouseis.PNG (18.64 KiB) Προβλήθηκε 3434 φορές

Σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ μάζας m=16~kg

είναι προσδεμένο στο ένα άκρο ιδανικού ελατηρίου (το άλλο άκρο του οποίου είναι ακλόνητο) σταθεράς $k=36{{\pi }^{2}}\frac{N}{m}$ και ισορροπεί επί λείου, οριζόντιου επιπέδου, όπως φαίνεται στο σχήμα.
Δεύτερο σώμα ${{\Sigma }_{2}}$ (ίσης μάζας με το ${{\Sigma }_{1}}$ ) κινείται οριζόντια και εναντίον του πρώτου σώματος με σταθερή ταχύτητα μέτρου $u=\pi \frac{m}{s}$ και τη χρονική στιγμή t=0~

συγκρούεται κεντρικά με αυτό.
Αν τα δυο σώματα συγκρούονται ξανά (δεύτερη φορά) τη χρονική στιγμή $t=\frac{5}{9}s$ :
1. Ελέγξτε αν η κρούση είναι ελαστική ή όχι.
2. Βρείτε το πλάτος της ταλάντωσης (που θα ακολουθήσει) του ${{\Sigma }_{1}}$ .

(Η λύση τις επόμενες μέρες...)

Δημήτρης Μυρογιάννης · #22

... Η ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΠΡΟΗΓΟΥΜΕΝΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ:

Η κρούση είναι προφανές ότι αποκλείεται να είναι πλαστική.
Υπολογίζουμε την περίοδο και την κυκλική συχνότητα ταλάντωσης του σώματος ${{\Sigma }_{1}}$ :
$\displaystyle{T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\Rightarrow T=\frac{4}{3}~s,~~~~~~~~~\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{3\pi }{2}\frac{r}{s}~.}$
Επειδή η κρούση γίνεται στην (αμετάβλητη) $\Theta .I.T.$ του σώματος ${{\Sigma }_{1}}$ , η ταχύτητα που θα αποκτήσει (το ${{\Sigma }_{1}}$ ) ακριβώς μετά την κρούση θα είναι η μέγιστη δυνατή της ταλάντωσης του $\left( {{u}_{max}} \right)$ γι’αυτό και θα την ονομάσουμε ${{u}_{0}}$ .
Από εφαρμογή $A.\Delta .M.E.T.$ λαμβάνουμε:

$\displaystyle{\frac{1}{2}D{{A}^{2}}=\frac{1}{2}mu_{0}^{2}\overset{D=m{{\omega }^{2}}}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,{{u}_{0}}=\omega A\Rightarrow {{u}_{0}}=\frac{3\pi A}{2}~~~~~\left( 1 \right).}$

Εφαρμόζουμε $A.\Delta .O.$ με θετική φορά τη δοσμένη και έχουμε:

$mu=m{{u}_{0}}+m{{u}_{2}}\Rightarrow u={{u}_{0}}+{{u}_{2}}~~~~\left( 2 \right)~,$

όπου φυσικά ${{u}_{2}}$ η αλγεβρική τιμή της ταχύτητας του σώματος ${{\Sigma }_{2}}$ ακριβώς μετά την κρούση.

1. Ας υποθέσουμε ότι η κρούση είναι ελαστική και με δεδομένο ότι είναι και κεντρική, τα σώματα θα ανταλλάξουν ταχύτητες.

Αυτό σημαίνει ότι το κινούμενο αρχικά σώμα ${{\Sigma }_{2}}$ θα ακινητοποιηθεί αμέσως μετά την κρούση στη θέση της κρούσης δηλαδή στη $\Theta .I.T.$ του ${{\Sigma }_{1}}$ .

Τότε λοιπόν η δεύτερη κρούση θα γίνει κατ'ανάγκην στη $\Theta .I.T.$ που σημαίνει ότι θα γίνει τη χρονική στιγμή $\displaystyle{t=\frac{T}{4}+\frac{T}{4}=\frac{T}{2}=\frac{2}{3}s\ne \frac{5}{9}~s}$ … ΑΤΟΠΟΝ.

Η κρούση λοιπόν δεν μπορεί να είναι ελαστική.

2. Η δεύτερη κρούση γνωρίζουμε ότι θα γίνει τη χρονική στιγμή $t=\frac{5}{9}~s$ και εύκολα προσδιορίζουμε ότι: $\displaystyle{t=\frac{5}{9}~s=\frac{5}{12}\frac{4}{3}s~\to \frac{5T}{12}}$ .

Επίσης παρατηρούμε ότι: $\displaystyle{\frac{3T}{12}<\frac{5T}{12}<\frac{6T}{12}}$ άρα η δεύτερη κρούση θα γίνει όταν το σώμα ${{\Sigma }_{1}}$ επιστρέφει για πρώτη φορά από την αριστερή ακραία θέση ταλάντωσης στη $\Theta .I.T.$ και μάλιστα στη θέση:

$\displaystyle{{{x}_{1}}=Asin\left( \frac{2\pi }{T}\frac{5T}{12} \right)\Rightarrow {{x}_{1}}=\frac{A}{2}~.}$

Το σώμα ${{\Sigma }_{2}}$ λοιπόν με τη σταθερή ταχύτητα ${{u}_{2}}$ που έχει αποκτήσει ακριβώς μετά την πρώτη κρούση θα έχει προχωρήσει (κατά τη θετική φορά) $\displaystyle{\Delta x=\frac{A}{2}}$ και θα ισχύει:

$\displaystyle{{{\text{u}}_{2}}=\frac{\frac{A}{2}}{\frac{5}{9}}\Rightarrow {{u}_{2}}=\frac{9A}{10}~~~~~~~~\left( 3 \right)~.}$

Έχουμε λοιπόν:

$\displaystyle{\left( 2 \right)\Rightarrow u={{u}_{0}}+{{u}_{2}}\overset{\left( 1 \right),\left( 3 \right)}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,\pi =\frac{3\pi A}{2}+\frac{9A}{10}\Rightarrow A=\frac{10\pi }{9+15\pi }\Rightarrow A\cong 0.56~m~.}$

Δημήτρης Μυρογιάννης · #23

ΤΟ Γ’ ΘΕΜΑ ΤΩΝ ΦΕΤΙΝΩΝ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ…… ΟΠΩΣ ΘΑ ΕΠΡΕΠΕ ΝΑ ΗΤΑΝ.

: thema-c.PNG (17.52 KiB) Προβλήθηκε 3301 φορές

Σώμα μάζας m=0.1~kg

είναι προσδεμένο στο ελεύθερο άκρο οριζόντιου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς $k=10\frac{N}{m}$ , το άλλο άκρο του οποίου είναι ακλόνητο.
Το σώμα μπορεί να κινείται πάνω σε οριζόντιο επίπεδο το οποίο είναι λείο μόνο αριστερά (x<0)

από τη θέση $\left( x=0 \right)$ φυσικού μήκους του ελατηρίου ενώ δεξιά (x>0)

από αυτήν ο συντελεστής τριβής ολίσθησης είναι ίσος με $\mu$ .
Μεταφέρουμε το σώμα στη θέση ${{x}_{1}}=-0.2~m$ και τη χρονική στιγμή t=0

του προσδίδουμε ταχύτητα ${{u}_{1}}=-2\sqrt{3}\frac{m}{s}$ οπότε το σώμα αρχίζει να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.

1.Υπολογιστε τη χρονική στιγμή που το σώμα θα περάσει από τη $\Theta .\Phi .M.$ πρώτη φορά.

2.Αν κατά την κίνηση (πρώτη φορά) του σώματος στο μη λείο ημιεπίπεδο, το ελατήριο επιμηκυνθεί κατά dx=0.3~m

υπολογίστε τη μέγιστη συμπίεση του ελατηρίου αφού το σώμα περάσει για δεύτερη φορά από τη $\Theta .\Phi .M.$ κινούμενο στο λείο ημιεπίπεδο.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #24

... Η ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΠΡΟΗΓΟΥΜΕΝΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ:

1.Στο σώμα τη χρονική στιγμή t=0

προσδίδουμε ολική ενέργεια:

$\displaystyle{{{E}_{0}}=\left\{ \begin{matrix} \frac{1}{2}mu_{1}^{2}+\frac{1}{2}Dx_{1}^{2}=0.8~J \\ \\ \frac{1}{2}D{{A}^{2}} \\ \end{matrix}\Rightarrow \frac{1}{2}D{{A}^{2}}=0.8\Rightarrow A=0.4~m \right.~.}$
Βρίσκουμε την αρχική φάση που διέπει την χρονοεξίσωση της απομάκρυνσης την οποία θα χρειαστούμε αμέσως μετά.
$\displaystyle{x=Asin\left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\overset{\begin{matrix} x=-0.2,~A=0.4, \\ t=0,u<0 \\ \end{matrix}}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,{{\varphi }_{0}}=\frac{7\pi }{6}~.$

Η χρονοεξίσωση της απομάκρυνσης είναι λοιπόν

$\displaystyle{x=Asin\left( \omega t+{{\varphi }_{0}} \right)\overset{A=0.4,\omega =10,{{\varphi }_{0}}=\frac{7\pi }{6}}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,x=0.4\text{sin}\left( 10t+\frac{7\pi }{6} \right)$ , στην οποία θέτοντας x=0

θα βρούμε τη ζητούμενη χρονική στιγμή:
$\displaystyle{x=0.4\text{sin}\left( 10t+\frac{7\pi }{6} \right)\overset{x=0}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,\left\{ \begin{matrix} 10t+\frac{7\pi }{6}=2\kappa \pi \overset{\kappa =0}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,t=\frac{5\pi }{60}~s \\ \\ 10t+\frac{7\pi }{6}=2\kappa \pi +\pi \overset{\kappa =1}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,t=\frac{11\pi }{60}~s \\ \end{matrix} \right.\Rightarrow t=\frac{5\pi }{60}~s$

2.Το σώμα τη χρονική στιγμή $t=\frac{5\pi }{60}~s$ θα περάσει (πρώτη φορά) από τη $\Theta .I.T.$ κινούμενο προς το μη-λείο ημιεπίπεδο με ταχύτητα ${{u}_{max}}={{u}_{0}}=\omega A=4\frac{m}{s}~$ και ουσιαστικά εκεί παύει (προσωρινά) η διαδικασία της απλής αρμονικής ταλάντωσής του.

Εφαρμόζοντας $\Theta .M.K.E.$ από αυτή τη θέση $\left( x=0 \right)$ μέχρι την θέση που θα σταματήσει στιγμιαία (δηλαδή όταν θα βρίσκεται στη δεξιά ακραία θέση x=0.3m

) έχουμε:

$\displaystyle{{{E}_{\kappa \iota \nu .\tau \varepsilon \lambda .}}-{{E}_{\kappa \iota \nu .\alpha \rho \chi .}}={{E}_{\delta \upsilon \nu .\varepsilon \lambda .\alpha \rho \chi .}}-{{E}_{\delta \upsilon \nu .\varepsilon \lambda .\tau \varepsilon \lambda .}}-{{W}_{T\Rho }}\Rightarrow$

$\displaystyle{0-\frac{1}{2}mu_{0}^{2}=0-\frac{1}{2}k{{\left( dx \right)}^{2}}-\mu mg\left( dx \right)\Rightarrow -0.8=-0.45-0.3\mu \Rightarrow \mu =\frac{0.35}{0.3}\Rightarrow \mu =\frac{7}{6}~.$

Από τη θέση x=0

μέχρι να επιστρέψει ξανά σε αυτή τη θέση, κινούμενο στο ημιεπίπεδο με την τριβή, το έργο της δύναμης ελατηρίου είναι ίσο με μηδέν.
Εφαρμόζοντας πάλι $\Theta .M.K.E.$ , στο κομμάτι κίνησης που αναφέρθηκε ακριβώς πριν, έχουμε:

$\displaystyle{{{E}_{\kappa \iota \nu .\tau \varepsilon \lambda .}}-{{E}_{\kappa \iota \nu .\alpha \rho \chi .}}=-2{{W}_{T\Rho }}\Rightarrow \frac{1}{2}mu_{o2}^{2}-\frac{1}{2}mu_{0}^{2}=-2\mu mg\left( dx \right)\Rightarrow {{u}_{02}}=\sqrt{2}~\frac{m}{s}~.$

Η ταχύτητα που μόλις βρήκαμε θα αποτελέσει τη νέα μέγιστη ταχύτητα για τη νέα ταλάντωση του σώματος που μόλις εισέρχεται (για δεύτερη φορά) στο λείο ημιεπίπεδο.
Οπότε για το νέο πλάτος έχουμε:

$\displaystyle{\frac{1}{2}DA_{2}^{2}=\frac{1}{2}mu_{o2}^{2}\Rightarrow {{A}_{2}}=\sqrt{0.02}\cong 0.14~m$

Δημήτρης Μυρογιάννης · #25

ΠΟΣΟ ΑΠΛΗ ΜΠΟΡΕΙ ΝΑ ΕΙΝΑΙ ΜΙΑ ΑΥΣΤΗΡΑ ΤΥΠΙΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΣΤΟΥΣ ΧΡΟΝΟΥΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗΣ;

: xronoi.PNG (13.7 KiB) Προβλήθηκε 3154 φορές

Υλικό σημείο εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση και περνά από δύο σημεία της τροχιάς του

και

που απέχουν απόσταση $d=20\sqrt{2}~~cm$ , με την ίδια ταχύτητα. Για τη μετάβαση από το σημείο

στο

απαιτείται χρονικό διάστημα $d{{t}_{1}}=4s$ . Μετά το πέρασμα του από το σημείο

το υλικό σημείο χρειάζεται χρονικό διάστημα ${{dt}_{2}}=4s$ για να περάσει πάλι από το

κινούμενο με αντίθετη φορά. Να βρείτε :
i. Την περίοδο της ταλάντωσης,
ii. το πλάτος της ταλάντωσης.
(το σχήμα είναι απλώς ενδεικτικό)

Δημήτρης Μυρογιάννης · #26

ΜΙΑ ΛΥΣΗ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΡΟΗΓΟΥΜΕΝΗ ΑΣΚΗΣΗ

: xronoi2.PNG (19.45 KiB) Προβλήθηκε 3072 φορές

Δεδομένου ότι οι ταχύτητες στα σημεία A,B

είναι ίσες, όπως προκύπτει από τον τύπο (εύκολα βγαίνει από $\displaystyle{A.\Delta .M.E.T.$ ) $\displaystyle{x=\pm \sqrt{\frac{{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}-{{u}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}$
τα σημεία A,B

είναι σε θέσεις με αντίθετες τιμές απομάκρυνσης (δηλαδή ισαπέχουν από τη $\displaystyle{\Theta .I.T.$ ) με ${{x}_{A}}=-10\sqrt{2}~cm$ και ${{x}_{B}}=10\sqrt{2}~cm$ .

Θα αναγάγουμε (σε πλήρη συμφωνία με το ενδεικτικό σχήμα παραπάνω) την ταλάντωση στη φυσική της θέση δηλαδή στην προβολή υλικού σημείου (που κινείται με σταθερό μέτρο γωνιακής ταχύτητας $\omega$ επί κύκλου ακτίνας ίσης με το πλάτος

) πάνω σε μία διάμετρο του κύκλου.

Οι ισότητες των γωνιών $\omega$ καθώς και των $\varphi$ που φαίνονται στο σχήμα είναι προφανείς.

Το υλικό σημείο σε χρόνο $d{{t}_{1}}=4~s$ διαγράφει γωνία $2\varphi$ και ισχύουν:

$\displaystyle{\left\{ \begin{matrix} 2\varphi =\frac{2\pi \cdot 4}{T}\Rightarrow \varphi =\frac{4\pi }{T}~~~\left( 1 \right) \\ \eta \mu \varphi =\frac{10\sqrt{2}}{A}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\left( 2 \right) \\ \end{matrix} \right.$

Ενώ σε χρόνο $d{{t}_{2}}=4~s$ διαγράφει γωνία $2\omega$ και είναι:

$\displaystyle{\left\{ \begin{matrix} 2\omega =\frac{2\pi \cdot 4}{T}\Rightarrow \omega =\frac{4\pi }{T} \\ \sigma \upsilon \nu \omega =\frac{10\sqrt{2}}{A} \\ \end{matrix} \right.$

Από τα προηγούμενα φαίνεται ότι
$\displaystyle{\left\{ \begin{matrix} \eta \mu \varphi =\sigma \upsilon \nu \omega \Rightarrow \eta \mu \varphi =\eta \mu \left( \frac{\pi }{2}-\omega \right)\overset{\omega ,\varphi <{{90}^{0}}}{\mathop{\overset{\Downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,}}\,\varphi =\frac{\pi }{2}-\omega \\ \kappa \alpha \iota \\ \omega =\varphi \\ \end{matrix}~\Rightarrow \omega =\varphi =\frac{\pi }{4}~~~~~\left( 3 \right) \right.$

Άρα από $\displaystyle{\left( 1 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow \frac{4\pi }{T}=\frac{\pi }{4}\Rightarrow T=16~s$ και $\displaystyle{\left( 2 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{10\sqrt{2}}{A}\Rightarrow A=20~cm.$

Δημήτρης Μυρογιάννης · #27

ΜΙΑ ΔΕΥΤΕΡΗ ΛΥΣΗ ΑΛΛΑ ΚΑΙ ΕΥΡΥΤΕΡΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΣΤΟΥΣ ΧΡΟΝΟΥΣ...

: xronoi3.PNG (22.53 KiB) Προβλήθηκε 2973 φορές

Οι οριζόντιες ευθείες ${{\varepsilon }_{1}},{{\varepsilon }_{2}}$ τέμνουν την άρτια και περιοδική συνημιτονοειδή (ενδεχομένως περιττή ημιτονοειδή) καμπύλη των ταχυτήτων σε σημεία από όπου περνούν οι κατακόρυφες ευθείες ${{\varepsilon }_{3}},{{\varepsilon }_{4}}$ συμμετρικές ως προς $\varepsilon$ και οι ${{\varepsilon }_{4}},{{\varepsilon }_{5}}$ συμμετρικές ως προς ${\varepsilon }'$ .
Δείξαμε λοιπόν ότι ${{\text{t}}_{1}}={{t}_{2}}$ και ${{t}_{3}}={{t}_{4}}$ .
Είναι προφανές επομένως, ότι:

$\frac{T }{4}={{t}_{2}}+{{t}_{3}}=\frac{d{{t}_{1}}}{2}+\frac{d{{t}_{2}}}{2}=2+2=4s~\Rightarrow T=16~s.$

Παρατηρούμε γενικότερα ότι οι συμμετρίες των χρόνων σε μια ταλάντωση οφείλονται στη συμμετρία (αρτιότητα, περιττότητα) των τριγωνομετρικών συναρτήσεων.

Δεδομένου ότι οι ταχύτητες στα σημεία A,B

είναι ίσες, όπως προκύπτει από τον τύπο (εύκολα βγαίνει από $A.\Delta .M.E.T.$ ) $x=\pm \sqrt{\frac{{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}-{{u}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}$
τα σημεία A,B

είναι σε θέσεις με αντίθετες τιμές απομάκρυνσης (δηλαδή ισαπέχουν από τη $\Theta .I.T.$ ) με ${{x}_{A}}=-10\sqrt{2}~cm$ και ${{x}_{B}}=10\sqrt{2}~cm$ .

Επίσης (θεωρώντας, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι την t=0

το υλικό σημείο διέρχεται από τη $\Theta .I.T.$ κινούμενο κατά τη θετική φορά) για $x=10\sqrt{2~}cm$ είναι t=2~s

οπότε:

$x=A\eta \mu \omega t\Rightarrow 10\sqrt{2}=A\eta \mu \left( \frac{2\pi }{16}2 \right)\Rightarrow A =20cm.~$

Δημήτρης Μυρογιάννης · #28

ΟΡΙΖΟΝΤΙΑ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ ΚΑΙ ΚΑΤΑΚΟΡΥΦΗ ΠΛΑΣΤΙΚΗ ΚΡΟΥΣΗ (ΜΕ ΤΗ ΘΕΩΡΙΑ).... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>

: orizontia-tal-katakor-kroush.PNG (66.39 KiB) Προβλήθηκε 2762 φορές

Αν υπάρχει πρόβλημα στην αναπαραγωγή... οδηγίες εδώ.

#29

Καλησπέρα.
Παρακολουθώ εδώ και καιρό τις δημοσιεύσεις του Δημήτρη περί ταλαντώσεων και θέλω κι εγώ
να δώσω μία άσκηση από ένα βιβλίο έκπληξη για εμένα όταν το...συνάντησα.
Η φυσική πάντα μου άρεσε αλλά είμαι...ερασιτέχνης.
Αν δεν υπάρξει λύση θα δώσω εγώ αυτήν που ήδη έχω από το βιβλίο.
Δημήτρη αν θέλεις κάνε ένα όμορφο σχήμα σαν αυτά που δίνεις.

Η ΑΣΚΗΣΗ

Βάρος Β αναρτάται υπό δύο αβαρών ελατηρίων με σταθεράς c_1,c_2

αντίστοιχα συνδεδεμένων κατά σειράν.
Να υπολογισθή η περίοδος της ταλαντωσεώς του.
(φυσικά δε μπορώ να έχω τον τονισμό παρά μόνο την τότε ορθογραφία)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Σ. Διονύσης · #30

chris_gatos έγραψε: Η ΑΣΚΗΣΗ

Βάρος Β αναρτάται υπό δύο αβαρών ελατηρίων με σταθεράς αντίστοιχα συνδεδεμένων κατά σειράν.
Να υπολογισθή η περίοδος της ταλαντωσεώς του.
(φυσικά δε μπορώ να έχω τον τονισμό παρά μόνο την τότε ορθογραφία)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Είναι από το βιβλίο του ...Σπύρου Κανέλλου "ΜΗΧΑΝΙΚΗ-ΘΕΡΜΟΤΗΣ" που ...τυχαία συναντηθήκαμε! Δημήτρη αν χαλάω τη δημοσίευση να μου στείλεις Π.Μ να σβήσω την άσκηση.

Δίνω μια λύση και αν σβηστεί η άσκηση σβήνω και τη λύση.

Ας βρούμε πρώτα τη συνολική σταθερά του ελατηρίου, έστω

.

Τα ελατήρια είναι σyνδεδεμένα σε σειρά, άρα τους ασκείται η ίδια δύναμη.Αν x_1, x_2

είναι οι επιμηκύνσεις κάθε ελατηρίου τότε η επιμήκυνση του συστήματος θα είναι:

$x=x_1+x_2 \; \; \; (1)$

όπου $\displaystyle{x_1=\frac{F}{c_1} \; \; , \; x_2=\frac{F}{c_2} \; \; , \; x=\frac{F}{c} \; \; \; (2)}$

Aντικαθιστώντας την (2) στην (1) έχουμε:

$\displaystyle{\frac{F}{c} = \frac{F}{c_1} + \frac{F}{c_2}\Rightarrow c=\frac{c_1c_2}{c_1+c_2} \; \; N}$

Tώρα σε μια τυχαία θετική θέση, y=y>0

του σώματος θα είναι: $\displaystyle{\sum \overrightarrow{F} =-\overrightarrow{F_{\epsilon\lambda }}\Rightarrow \sum F =-cx}$

άρα το σώμα εκτελεί α.α.τ με D=c

και έχει περίοδο: $\displaystyle{T=2\pi \sqrt{\frac{m(c_1+c_2)}{c_1c_2}} \; sec.}$

Γενικά:

Αν c_1,c_2,...,c_n

είναι οι σταθερές

ελατηρίων συνδεδεμένων σε σειρά τότε: $\displaystyle{\frac{1}{c}=\frac{1}{c_1}+\frac{1}{c_2}+...+\frac{1}{c_n}}$

ή απλούστερα:

$\displaystyle{\frac{1}{c}=\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}}\frac{1}{c_{i}}$ και το σώμα θα έχει περίοδο: $\displaystyle{T=2\pi \sqrt{m{\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}}\frac{1}{c_{i}}}} \; sec.}$

Y.Γ:Ευχαριστώ τον κ.Δημήτρη για τη παρέμβασή του σε μια ανοησία που έκανα στη γενίκευση.

Υ.Γ2: Τυπογραφικό στο...τυπογραφικό στο ...τυπογραφικό

Δημήτρης Μυρογιάννης · #31

Καλησπέρα Χρήστο... ομορφαίνεις τις δημοσιεύσεις με μία γεύση από δέσμες... μας πηγαίνεις πίσω στο χρόνο και αυτό πάντα ... έχει ιδιαίτερη αξία.
Το σχήμα για την άσκηση του Χρήστου (για αισθητικούς κυρίως λόγους):

: Chris.PNG (107.46 KiB) Προβλήθηκε 2636 φορές

Σ. Διονύσης · #32

Aν μου επιτρέπετε να προσθέσω και εγώ κάτι:

ΑΣΚΗΣΗ

Ας βρεθεί η περίοδος του ίδιου σώματος(μάζας

) καθώς και η σταθερά του συστήματος, αν σε αυτό συνδέσουμε

παράλληλα ελατήρια.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #33

Με την άσκηση του Διονύση ολοκληρώνεται η συνδεσμολογία των ελατηρίων και διαφαίνεται το "οξύμωρο" μεταξύ συνδεσμολογίας αντιστατών και ελατηρίων.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #34

ΟΙ ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΚΑΙ ΑΜΕΣΗ ΣΥΣΧΕΤΙΣΗ ΤΟΥΣ ΜΕ ΤΙΣ ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ.... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>>

: ilektrikes2.png (38.78 KiB) Προβλήθηκε 2436 φορές

Δημήτρης Μυρογιάννης · #35

ΑΠΟΣΒΕΝΝΥΜΕΝΕΣ ΚΑΙ ΕΞΑΝΑΓΚΑΣΜΕΝΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ
Ρύθμιση σταθεράς απόσβεσης, συχνότητας διεγέρτη, απόδοσης ενέργειας κατά τον βέλτιστο τρόπο... πλαισιωμένα με πολλά οπτικά εφέ... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>

: exanagkasmenes2.PNG (22.85 KiB) Προβλήθηκε 2319 φορές

Δημήτρης Μυρογιάννης · #36

ΣΥΝΘΕΣΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΩΝ ΙΔIΑΣ ΣΥΧΝΟΤΗΤΑΣ
Θεώρημα προβολών.. απεικόνιση όλου του φάσματος φάσεων και άλλα πολλά... ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>

: synthesh1.PNG (49.56 KiB) Προβλήθηκε 2172 φορές

Δημήτρης Μυρογιάννης · #37

ΔΙΑΚΡΟΤΗΜΑΤΑ
Από το θεώρημα Fourier στην προσέγγιση των διακροτημάτων...ΚΛΙΚ ΕΔΩ >>>>>

: diakrotima.PNG (57.48 KiB) Προβλήθηκε 2036 φορές

Δημήτρης Μυρογιάννης · #38

ΜΗΝ ΕΓΚΑΤΑΣΤΗΣΕΤΕ ΤΗ ΝΕΑ ΑΝΑΒΑΘΜΙΣΗ JAVA! … ΔΕΝ “ΠΑΙΖΕΙ” ΑΠΟ GeoGebra ΤΙΠΟΤΑ!

Δημήτρης Μυρογιάννης · #39

Ok με την αναβάθμιση java (Version 7 Update 65) ... δείχνει ότι δουλεύει κανονικά με GeoGebra.
Αναβαθμίστε πλέον άφοβα

.

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