by 
Ένα σώμα μάζας 2kg κινείται με εξίσωση κίνησης:
- Να αποδειχθεί ότι η κίνηση του σώματος είναι μια αρμονική ταλάντωση.
- Αν η παραπάνω ταλάντωση είναι όχι μόνο αρμονική αλλά και ΑΑΤ, να υπολογιστεί η ενέργεια ταλάντωσης.
- Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του σώματος, καθώς και ο ρυθμός μεταβολής της δυναμικής ενέργειας ταλάντωσης τη στιγμή….
Η συνέχεια στο Blogspot.
ή
Διονύση κάθε φορά που παρουσιάζονται προβλήματα αυτού του είδους με στενοχωρεί το γεγονός ότι δεν διδάσκεται κανονικά και με το νόμο η μέθοδος με τα στρεφόμενα διανύσματα.Είναι ότι καλύτερο. Αν στηριχτούμε μόνο στον τύπο της εφαπτομένης θα έχουμε πρόβλημα επιλογής μεταξύ των δυο τιμών της γωνίας εντός κύκλου που αντιστοιχούν σε κάθε τιμή της εφαπτομένης, και δεν είναι σωστό να στηριζόμαστε σε “κανόνες” για τη σωστή επιλογή.
Μανώλη προσωπικά έχω δηλώσει ότι είμαι οπαδός της τεχνικής αυτής, για πολλούς λόγους….
Στην παραπάνω άσκηση σκόπιμα έβαλα διαφορά φάσης μεγαλύτερη από π. Νομίζω ότι η λύση με βάση τους τύπους, δύσκολα μπορεί να δώσει λύση…
Συμφωνώ μαζί σου Εμμανουήλ Λαμπράκη.
Διονύση σε ευχαριστώ και για το πρόβλημα αυτό. Και εγώ προτιμώ τα στρεφόμενα. Όπως θα κατάλαβες δεν έχω να προσθέσω τίποτα στο θέμα μετά από όλα αυτά.
Να είσαι πάντα καλά
_
Κύριε Μάργαρη καλημέρα σας 🙂
Θα ήθελα να εκφράσω μία απορία!
Είμαι μαθητής και έχω μάθει να χρησιμοποιώ τις σχέσεις του σχολικού.
Ο καθηγητής μου στο σχολείο έχει πει να … αποφεύγουμε τα στρεφόμενα, ή τουλάχιστον να τα χρησιμοποιούμε … επικουρικά !
Για να λύσω λοιπόν το πρόβλημά σας, βρήκα πρώτα τη διαφορά φάσης:
Φ2 – Φ1 = φ = 4π/3
Υπολόγισα μετά από τον τύπο του σχολικού το πλάτος Α, που βγήκε όσο βρήκατε κι εσείς, αφού συν(4π/3) = συν(2π/3) = –1/2
Στη συνέχεια … ατενίζω τη σχέση της εφθ και προσπαθώ να … μαντέψω πώς να τη γράψω:
εφθ = Α1∙ημφ/(Α2+Α1∙συνφ) (i)
ή
εφθ = Α2∙ημφ/(Α1+Α2∙συνφ) (ii)
Το σχολικό … φαίνεται να εννοεί ότι το … «μοναχικό» πλάτος αντιστοιχεί στη μικρότερη φάση. Δηλαδή στην περίπτωσή μας ταιριάζει η σχέση (ii).
Μα τότε βγαίνει:
εφθ = 0,4∙ημ4π/3/(0,3+0,4∙συν4π/3) = –2√3 → θ1 ≈ –74º ή θ2 ≈ 106º
Εσείς όμως χρησιμοποιήσατε τη σχέση (i) και βρήκατε:
εφθ = 3√3/5 → θ ≈ 46º
Βέβαια στη συνέχεια προσθέσατε τη θ στη μεγαλύτερη φάση:
x = A∙ημ(ωt+3π/2+46π/180) = A∙ημ(ωt+316π/180)
Ενώ εγώ πρέπει να την προσθέσω στη μικρότερη φάση.
Για να βρω τώρα ισοδύναμο αποτέλεσμα με το δικό σας (ή έστω διαφορά κατά 2π), θα πρέπει να επιλέξω την αρνητική λύση θ1:
x = A∙ημ(ωt+π/6–74π/180) = A∙ημ(ωt–44π/180)
Η απορία μου είναι η εξής:
Όταν χρησιμοποιώ τις σχέσεις του σχολικού, ποιο κριτήριο πρέπει να έχω για να επιλέγω σωστά κάθε φορά τη θετική ή την αρνητική λύση για τη γωνία θ;
Εδώ έπρεπε να επιλέξω την αρνητική λύση.
Σε άλλες περιπτώσεις όμως πρέπει να επιλέξω τη θετική, όπως π.χ. στην εξής περίπτωση:
x = 0,3∙ημ(ωt+π/6) + 0,4∙ημ(ωt+5π/6),
όπου Φ2 – Φ1= φ = 2π/3 και
εφθ = 0,4∙ημ2π/3/(0,3+0,4∙συν2π/3) = 2√3 → θ1 ≈ 74º ή θ2≈ –106º
Δεκτή τώρα είναι η θ1≈ 74º !
Προσπάθησα με τη βοήθεια των στρεφομένων να βρω κάποιο «κανόνα» και κατέληξα στα εξής.
Έστω Φ2 > Φ1 και Φ2 – Φ1 = φ η διαφορά των δύο φάσεων.
Τότε σύμφωνα με το σχολικό ισχύει:
x = Α∙ημ(Φ1 + θ)
όπου:
εφθ = Α2∙ημφ/(Α1+Α2∙συνφ)
(με –π < θ ≤ π)
Έστω τώρα ότι:
Παρατηρώ τότε ότι και στις τρεις πιο πάνω περιπτώσεις η γωνία θ έχει θετική τιμή, ανεξάρτητα από το πρόσημο της εφθ.
Αν όμως είναι:
τώρα, παρατηρώ ότι και στις τρεις περιπτώσεις η γωνία θ έχει αρνητική τιμή, ανεξάρτητα πάλι από το πρόσημο της εφθ.
Φαίνεται δηλαδή ότι για να ισχύουν οι τύποι του σχολικού σε κάθε περίπτωση θα πρέπει:
Αν φ ≤ π (κυρτή) να δεχόμαστε τη θετική λύση για τη γωνία θ.
Αν φ > π (μη κυρτή) τότε να δεχόμαστε την αρνητική λύση για τη γωνία θ.
Μια άλλη παραλλαγή του κανόνα αυτού θα ήταν ίσως η εξής:
Να δέχομαι μόνο θετικές λύσεις για τη γωνία θ (0 ≤ θ ≤ π), αλλά στην περίπτωση της μη κυρτής φ, να μετασχηματίζω τη θ σε: θ’ = θ + π
Συμφωνείτε κ. Μάργαρη με τον πιο πάνω (τυφλοσούρτη) κανόνα;
Ευχαριστώ 🙂
Καλημέρα μαθηταρά!!!
Δεν σε φοβάμαι, μπορείς να βρεις την άκρη, έστω και αν ψάχνεις και ένα τυφλοσούρτη για να τον κάνεις κανόνα….
Εγώ προτιμώ να κάνω το διάγραμμα των περιστρεφομένων και να βρω τη λύση…
Καλημέρα κι από μένα Διονύση, νάσαι καλά 🙂
Ξέχασα πριν να σου δώσω συγχαρητήρια για την ανάρτηση!
(Μου άρεσε και το “ένα σώμα κινείται με εξίσωση κίνησης …” :-))
Καλημέρα στους Διονύσηδες.
Διονύση συγχαρητήρια για άλλη μια φορά για την εξαιρετικά εύστοχη άσκηση…
Οι προφυλάξεις περί ΑΑΤ και το σχόλιο 2 είναι το καλύτερο…κερασάκι(;)
Κι εγώ προτιμώ τα στρεφόμενα ως εποπτική επαλήθευση αλλά θα έλεγα εξ αρχής σε μερικούς “μαθηταράδες” ότι οι εξισώσεις του βιβλίου δουλεύουν καλά υπό την προϋπόθεση:
α) οι αρχικές εξισώσεις γράφονται έτσι ώστε ως x2 =Α2Αημ(ωt+φο2) να ληφθεί αυτή που προηγείται κατά κυρτή γωνία της x1 =Α1ημ(ωt+0) δηλαδή 0<φο2<π . Το αποτέλεσμα θα είναι μια θ με 0<θ<π ( Αν εφθ<0 τότε 0.5π<θ<π)
Σε κάθε άλλη περίπτωση εναλλάσσουμε τα σύμβολα στις αρχικές εξισώσεις μου (ή στις εξισώσεις υπολογισμού των Α και x , όχι και τα δύο βεβαίως). Αν υπάρχουν αρχικές φάσεις και στις δυο επιλέγω ως x2 αυτή που έχει την μεγαλύτερη αρχική φάση (πάντα όμως μικρότερη του π ).
Αν έχω και την εποπτική εικόνα των στρεφομένων τότε καταλαβαίνω και την σημασία των παραπάνω προφυλάξεων και αποκτούν κύρος αναγκαιότητας …(άλλως αποτελούν απλά “κανόνες α-νόητου παίγνιου “).
Γεια σου Δημήτρη.
Αν έχω και την εποπτική εικόνα των στρεφομένων τότε καταλαβαίνω και την σημασία των παραπάνω προφυλάξεων και αποκτούν κύρος αναγκαιότητας …(άλλως αποτελούν απλά “κανόνες α-νόητου παίγνιου “).
Προσυπογράφω!
Εγώ προτείνω στο μαθητή ν’ ακολουθήσει τη μεθοδολογία του ψηφιακού σχολείου
η οποία είναι απλή και δίνει σε κάθε περίπτωση σωστά αποτελέσματα 🙂
Νίκο οι μεθοδολογίες μπορεί να είναι και επικίνδυνες. Ας δούμε το παρακάτω:
η sophistique μεθοδολογία σου όντως οδηγεί στο σωστό αποτέλεσμα. Πόσο όμως, στα αλήθεια, κλείνει το μάτι στα στρεφόμενα. Και αν πρόκειται ένας μαθητής να χρησιμοποιεί έναν κανόνα που απορρέει από τα στρεφόμενα και δεν υπάρχει μέσα στο βιβλίο δεν είναι προτιμότερο να χρησιμοποιεί κατευθείαν τα στρεφόμενα; Εν ανάγκη ας κάνει μια αναφορά στην αναπαράσταση των ταλαντώσεων με τα στρεφόμενα διανύσματα.
Καλησπέρα Νίκο.
Πολύ εύκολα βλέπω ότι σε έπεισε το ψηφιακό σχολείο!!!
Να θυμίσω ότι εσύ, από ό,τι θυμάμαι, πρώτος επεσήμανες την περίπτωση η διαφορά φάσης να είναι μεγαλύτερη από π.
Αν δεν κάνω λάθος, στην ανάρτησή σου εδώ.
Νίκο τώρα μόλις είδα την παλαιότερη ανάρτηση σου που έφερε στο προσκήνιο ο Διονύσης με την οποία και συμφωνώ. Τελικά το ψηφιακό σχολείο έκανε τη ζημιά του!
Μανώλη συμφωνώ φυσικά με τα στρεφόμενα, αλλά … πενία τέχνας … 🙂
Άλλη μία μέθοδος που είχα γράψει σαν σχόλιο στην ανάρτηση του Νίκου (ΕΔΩ) είναι η … “κυρτοποίηση” της διαφοράς φάσης τους:
Αν η διαφορά φάσης των δύο είναι μη κυρτή, τότε την “κυρτώνουμε” προσθέτοντας 2π στη μικρότερη φάση (η οποία γίνεται τώρα μεγαλύτερη):
Αν Φ2 – Φ1 > π τότε (Φ1+2π) – Φ2 < π
Διονύση χαίρομαι πάρα πολύ που μετά από αρκετό καιρό βρεθήκαμε να συζητάμε εδώ.
Επειδή πενία τέχνας κατεργάζεται ή επειδή ο διάολος δουλειά δεν είχε …(μετά συγχωρήσεως όπως λέμε στην Κρήτη):
Μανόλη πιστεύω τώρα να κατάλαβες τι ήθελα να “πω” στο προηγούμενο μήνυμα 🙂
Η sophistique μεθοδολογία του ΨΣ οδηγεί σε …………..
Οι ασάφειες και τα σκοτεινά σημεία του σχολικού (και όσων ακολουθούν το σχολικό) είναι τόσα πολλά ώστε μόνο σε μαθητές πολύ υψηλού επιπέδου μπορούμε να τα ξεκαθαρίσουμε.
Στην παλαιά ανάρτησή μου “Περί φάσεων και παραλείψεων στη σύνθεση ΑΑΤ” ο συνάδελφος Πέτρος Καραπέτρος βρήκε κάποια λάθη σε υπολογισμούς, τα οποία έχω διορθώσει και θα ανεβάσω σε λίγο τα νέα αρχεία με τη προσθήκη και αρνητικής αρχικής φάσης.
Η γνώμη μου είναι:
Φυσικά με τα σημερινά δεδομένα προτιμώ τα στρεφόμενα.
Ακόμα θα ήθελα να ρωτήσω τους φετεινούς θεματοδότες με ποιο σκεπτικό στο Β3 των επαναληπτικών υπήρχε αρνητική αρχική φάση!!!
Επίλογος
Κουβέντα να γίνεται για να περνά η ώρα αφού είναι δεδομένο ότι πάμε από το κακό στο χειρότερο 🙂
Διάβασα ότι το Δεκέμβριο θα ανακοινωθεί το ΝΕΟ ΝΕΟ ΛΥΚΕΙΟ το οποίο θα μπλα-μπλα-μπλα…
Καλησπέρα σας. Εμένα μου “άρεσε” περισσότερο η άσκηση 20 από το φυλλάδιο του ψηφιακού. Αισθάνομαι ευτυχής που δεν είμαι στο λύκειο.
Νίκο και βέβαια σε κατάλαβα. Θα είχα καταλάβει από την αρχή το πνεύμα σου αν αντί για φ=2π/3 έδινες για παράδειγμα 4π/3.
Ασφαλώς και όσα λες αποδεικνύονται και τριγωνομετρικά και κάθε τέτοιο πρόβλημα μπορεί να αντιμετωπισθεί αμιγώς τριγωνομετρικά. Για τους μαθητές δυστυχώς υπάρχει δυσκολία επειδή τα δυο τελευταία χρόνια δε διδάσκονται στη Β΄λυκείου κάποιους σημαντικούς τριγωνομετρικούς τύπους.
Καλησπέρα σε όλους.Γιατί να κάνουμε δύσκολη τη ζωή μας βρε παιδιά.Θεωρώ ότι ο πιο εύκολος τρόπος είναι να θεωρήσουμε τον άξονα Οx σαν τον άξονα της φάσης φ.Τοποθετούμε τα διανύσματα των πλατών για την στιγμή t=0 και στην συνέχεια αναλύουμε τα πλάτη στους άξονες xx΄και ψψ΄.Προσθέτουμε τα πλάτη για τον κάθε άξονα προσέχοντας ποιο πλάτος είναι μεγαλύτερο και καταλήγουμε με την βοήθεια του ΠΘ στο συνολικό πλάτος.Με μία απλή εφαπτομένη στο τελικό ορθογώνιο τρίγωνο Αολxx’ και στο Αολψψ΄ καταλήγουμε πανεύκολα στην τελική εξίσωση βρίσκοντας την συνολική γωνία με τον άξονα Οx…
Καλημέρα παιδιά.
Θα μου επιτρέψετε να γκρινιάξω λίγο:
…………………..
Για τις απομακρύνσεις
Αημ(10t+θ)=0,3ημ(10t+π/6)+0,4συν(10t+3π/2)
Για τις ταχύτητες
10Ασυνω(10t+θ)=3συν(10t+π/6)+4συν(10t+3π/2)
Οι παραπάνω σχέσεις για t=0 δίνουν Αημθ=-1/4 και Ασυνθ=0,3ριζα3/20
Υψώνοντας στο τετράγωνο και προσθέτοντας προκύπτει Α=ρίζα0,13 m
Επειδή ημθ<0 και συνθ>0 θα είναι 3π/2<θ<2π
Διαιρώ κατά μέλη
εφθ=-5/3ρίζα3 με 3π/2<θ<2π
…………………………
Αλήθεια υπάρχει πιο εύκολος τρόπος από αυτόν;
Γιατί ρε παιδιά “περιστρεφόμενα διανυσματα(!)”;
Τι προσφέρανε στα παιδιά και σε μας πέρα από χάσιμο χρόνου και σκέψης.
Τέλος πάντων. Πρωινές μου γκρίνιες. Να είστε καλά φίλοι μου.
Θρασύβουλε καλημέρα. Ομολογώ ότι αυτά το κόλπο δεν το είχα σκεφτεί ούτε το είχα ξαναδεί. Μου φαίνεται ωραίο και εύκολο. Να είσαι καλά.
Φίλοι καλημέρα και από μένα.
Χρήστο Ελευθερίου συμφωνώ μαζί σου. Τι γίνετε αν ζητηθεί να συνθέσουν 3 ταλαντώσεις;
x1=A1ημ(ωt+φ1), x2=A2ημ(ωt+φ2), x3=A3ημ(ωt+φ3). Νομίζω ότι ο τρόπος που προτείνεις δίνει την πιο γρήγορη απάντηση.
Έχω ξαναγράψει για τη …”Λερναία “Ύδρα”,
που δεν την σκότωσε τελικά ο Ηρακλής,
και έχει έρθει και κατοικεί σ’ αυτόν εδώ τον δικτυακό τόπο…
Εξαιρετικά σχόλια, τοποθετήσεις και μεθοδολογίες!
Μπράβο σε όλους!
(Θρασύβουλε “φάε” ένα “ω” στην 7η σειρά,
καλά …”σ’ έστειλα”;)
Γεια σου θρασύβουλε.
Δεκτή η γκρίνια σου (άλλωστε είναι γνωστό στους παροικούντες η διαφωνία σου).
Σεβαστή η άποψη που εκφράζεις, αλλά δεν θα συμφωνήσω ότι είναι πολύ εύκολη για έναν μαθητή. Αν δεν ξέρει ακριβώς τα συγκεκριμένα βήματα, δεν πρόκειται να το βγάλει. Και προσωπικά δεν είμαι της άποψης ότι πρέπει να έχει έτοιμες καθοδηγούμενες- συγκεκριμένες λύσεις, στα διάφορα προβλήματα. Την αναπαράσταση με τα περιστρεφόμενα διανύσματα, μπορεί να την χρησιμοποιήσει σε αρκετά διαφορετικά προβλήματα, τόσο στην ΑΑΤ, όσο και στην σύνθεση. Είναι μια τεχνική που μπορεί να εφαρμοστεί σε διαφορετικές καταστάσεις, χωρίς να απαιτείται να θυμάται κάποια ειδικά μονοπάτια σκέψης και τρόπους λύσης.
Χρήστο, η πρότασή σου με βρίσκει σύμφωνο, αλλά είναι και αυτή… με στρεφόμενα διανύσματα.
Γεια σας παιδιά
Σαράντο σε ευχαριστώ.Είσαι καινούριος στο δίκτυο και γι αυτό δεν ξαναείδες τη λύση μου. Τη γράφω κάθε χρόνο με την κατάλληλη ευκαιρία, αλλά είμαστε σύλλογοι υπέρ και κατά περιστρεφομένων. Μέχρι εκλογές και συγκρότηση σε σώμα φτάσαμε οι δύο σύλλογοι.
Αλλά οι απόψεις και των δύο συλλόγων είναι απόλυτα σεβαστές
Χρήστο είσαι στο συλλόγου υπέρ των περιστρεφομένων βλέπω. Θα το έχω υπόψη μου στις επόμενες εκλογές και όχι μόνο για τα περιστρεφόμενα αλλά για άλλα γιατί μπαίνεις …”παντου” και τους ανησυχείς τους … κατά των στρεφομένων….Καταλαβαίνεις τί εννοώ..
Μιχάλη όχι τρεις προσθετέους αλλά όσους και νάχεις, με τον τρόπο που προτείνω γράφεις δύο μόνο γραμές.
Μία γραμμή με τις απομακρύνσεις και μία με τις ταχύτητες, μηδενίζεις το χρόνο και αυτό ήτανε. Απλά μετά κάνεις προσθέσεις.
Φαντάζεσαι τώρα νάχεις 10 προσθετέους και να θες να κάνεις περιστρεφόμενα; θα πελαγώσεις στα περιστρεφόμενα βελάκια. Ο τρόπος που προτείνω δεν έχει όριο προσθετέων και είναι πάντα δύο σειρές
Βαγγέλη σιγά μη σου ξεφύγει το λάθος. Πάλι καλά που δεν έβαλα και καμιά περισπωμένη στο ο. Ήμουν ικανός όταν βιάζομαι. Ο … Ηρακλής λοιπόν με πάμπολλες τοποθετήσεις
Σε ευχαριστούμε Βαγγέλη για τον καλό σου λόγο..
Διονύση σίγουρα υπάρχουν προβλήματα στη χρήση τριγωνομετρίας από τους μαθητές. Οπότε μένει στο Δάσκαλο να επιλέξει τρόπο διδασκαλίας και να αξιοποιήσει τις εμπειρίες του κατά τον καλύτερο τροπο προς όφελος των μαθητών.
Εμένα οι του άλλου συλλόγου, του “υπέρ” δηλαδή, με ξέρουνε ότι πάντα γκρινιάζω με τα περιστρεφόμενα, αλλά εντάξει το συνηθίσαμε πια.
Να είστε καλά παιδιά
Θρασύβουλε συμφωνώ, αλλά άλλο είναι να λες θ=13π/12 rad και άλλο εφθ=2-ρίζα3 με π<θ<3π/2 και να σου ζητάνε να υπολογίσεις για τη συνισταμένη ταλάντωση κάποια χρονική στιγμή t1 την απομάκρυνση.
Θρασύβουλε καλησπέρα.Είμαι κατά των περιστρεφόμενων αλλά στις
“άσχημες” αυτές ασκήσεις δεν έχω και πολλά όπλα για να διευκολύνω τους αδύνατους μαθητές στην άλγεβρα και στην τριγωνομετρία (που συνήθως εφορμόζουν επιμεριστική ιδιότητα στο άθροισμα ημ και συν )…
Θρασύβουλε είμαι αναποφάσιστος λόγω των προβλημάτων που και εσύ αναφέρεις, αλλά στις εκλογές αν μου δοθεί δικαίωμα ψήφου μπορεί να ψηφίσω την πρότασή σου 🙂
Να είσαι καλά.
Σαράντο, θα υποστείς τις συνέπειες αποκλεισμού. Θα κάνεις μετά αίτηση για να σε δεχθούμε στην ομάδα. αλλά θα είναι δύσκολα τα πράγματα για σένα!!!!
Καλά καλά Διονύση μπορεί να ψηφίσω παρών….:) ή και ναι σε όλα.:)
Τώρα, σε βλέπω σε σωστή ρότα Σαράντο…:)
Καλησπέρα σας. Δεν είναι ίσως το καταλληλότερο μέρος εδώ αλλά θα θέσω εδώ την γνώμη μου ότι σε προβλήματα σαν το παρακάτω τα στρεφόμενα είναι γρήγορα εύκολα και αποτελεσματικά. (μπορεί όμως να κάνω και λάθος έχω δει τόσα και τόσα εδώ….)
“Σωμάτιο εκτελεί ΑΑΤ στον άξονα χ΄χ με πλάτος Α. Κάποια στιγμή είναι στη θέση x=-sqrt3 A/2 και έχει φορά κίνησης προς τη θέση ισορροπίας. Από τότε για να γίνει για πρώτη φορά η απομάκρυνση x=+A/2 περνά χρόνος 1s. Να βρεθεί η περίοδος της ΑΑΤ.”
Στη σύνθεση όμως η μέθοδος του Θρασύβουλου είναι νομίζω πολύ δυνατή και άμεση.
[ΑΠ: 4s]
Καλησπέρα συνάδελφοι.
Τον τελευταίο καιρό φαίνεται ότι έρχομαι «τελευταίος και καταϊδρωμένος.»
Ένα μικρό σχόλιο.
Είμαι από εκείνους που μετά την δημοσιοποίηση των θεμάτων των πανελλαδικών εξετάσεων εμέμφθην τόσο τους θεματοδότες όσο και τους συναδέλφους που διόρθωσαν το εκτός ύλης θέμα Β3.
Η παράγραφος της σύνθεσης, όπως παρουσιάζεται στο σχολικό βιβλίο, θεωρώ ότι είναι απαράδεκτη. Στείρα απομνημόνευση σχέσεων και τεχνικών.
Όμως όταν το κουτί της Πανδώρας ανοίξει δεν κλείνει ποτέ.
Παρακολουθώντας την αξιόλογη συζήτηση προσπαθούσα να βρω ιδέες για τον τρόπο παρουσίασης του όλου θέματος. Ουσιαστικά προσπαθούσα να βρω έναν αποδοτικό τυφλοσούρτη. Θεωρώ ότι η ιδέα του Διονύση να αντικαταστήσει το 4π/3 με 2π-π/3 δεν μπορεί να «περπατήσει» στον μέσο μαθητή.
Ο τρόπος με τον οποίο παρουσίασα το θέμα της σύνθεσης την τρέχουσα σχολική χρονιά είναι ο εξής:
Αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση
F(x)=A1ημ( x +φ1)+Α2 ημ(x+φ2) Α1, Α2 >0 μπορεί να πάρει την μορφή
F(x)=Aημ(x+φ1+θ)
Θέτουμε φ=φ2-φ1 ( πάντα 2-1)
Όπου τα Α και θ δίνονται από τις σχέσεις του σχολικού.
Έχοντας υπολογίσει την εφθ υπάρχουν δύο τιμές της θ σε ένα κύκλο με την δοθείσα εφαπτομένη.
Το πρόσημο της εφθ μας περιορίζει σε δύο τεταρτημόρια.
Για να βρούμε την σωστή γωνία θ ενεργούμε ως εξής ( είμαι έτοιμος να δεχθώ τα πυρά για συνταγές μαγειρικής).
Σχεδιάζουμε το Α1 στον θετικό ημιάξονα x και το Α2 σε γωνία φ με αυτό ( θετική ή αρνητική). Το Α είναι η συνισταμένη τους.
Η θέση του Α μας προσδιορίζει το τεταρτημόριο που βρίσκεται η θ.
Ακόμη και αν το σχήμα δεν είναι υπό κλίμακα τα δύο δυνατά τεταρτημόρια του Α σε συνδυασμό με τα δύο δυνατά τεταρτημόρια της θ μα δίνουν την ακριβή θέση της θ.
Ας εφαρμόσουμε την παραπάνω λογική στην άσκηση του Διονύση.
Ισχύει ότι φ=φ2-φ1=4π/3=π + π/3.
Από την σχέση του βιβλίου προκύπτει ότι εφθ=- 2sqrt(3)<0.
Επομένως η θ βρίσκεται ή στο 2ο ή στο 4ο τεταρτημόριο.
Κάνουμε ένα πρόχειρο σχήμα.
Το Α μπορεί να βρίσκεται ή στο 3ο ή στο 4ο τεταρτημόριο.
Επομένως η θ βρίσκεται στο 4ο τεταρτημόριο.
Έστω θ0 η οξεία γωνία της οποίας η εφαπτομένη ισούται με 2 sqrt(3).
Επομένως εφθ= – εφθ0 =>εφπ=εφ(-θ0) => θ=κπ –θ0
Με κ=0 θ=-θ0 ( 4ο τεταρτημόριο) και με κ=1 θ=π-θ0 ( 2ο τεταρτημόριο).
Άρα θ=-θ0.
Συνεπώς η εξίσωση της σύνθετης ταλάντωσης είναι
x=Aημ(10t+π/6 –θ0)
Παρατηρήσεις
1) Δεν είμαι υπέρμαχος της άποψης ότι η αρχική φάση πρέπει να είναι θετική.
2) Η λύση του Θρασύβουλου ήταν εντυπωσιακή και πρωτόγνωρη για μένα.
3)Επιθυμώ να ενταχθώ στον σύλλογο των εχθρών των στρεφοομένων διανυσμάτων.
Όμως θα ήθελα την άποψη των «ομοιδεατών μου» για την εναλλακτική λύση στα εναλλασσόμενα.
Γεια σου Ευάγγελε. Καταθέτω την άποψή μου προς το παρόν μόνο για την αρχική φάση η οποία είναι 0<φ<2π . Την μέθοδο που πρότεινε ο Θρασύβουλος για την εύρεση της αρχικής φάσης δεν την αλλάζω με τίποτα. Αναφέρεται και στο πολύ καλό βιβλίο «Κλασική και Σύγχρονη Φυσική» Kenneth W. Ford σελίδα 222, 223 με την παραπάνω επισήμανση.
Να είσαι καλά
Καλησπέρα Βαγγέλη. Λες:
“Επιθυμώ να ενταχθώ στον σύλλογο των εχθρών των στρεφομένων διανυσμάτων.”
Τι είναι το παραπάνω σχήμα που σχεδίασες;
Με τέτοια απόδειξη, περιμένεις να σε δεχτούν οι απέναντι;;;
Εμείς πάντως των περιστρεφομένων, δικαιωματικά σε δεχόμαστε!!
Καλησπέρα σας. Διορθώνω. Ο Θρασύβουλος έδωσε μέθοδο και για τη σύνθεση την οποία θεωρώ υπέροχη και όχι για την αρχική φάση που είπα πριν αλλά είναι στην ίδια λογική.
Ο κύκλος αναφοράς και τα στρεφόμενα δεν είναι δυνατόν να μη διδάσκονται όπως όλοι φαντάζομαι καταλαβαίνουμε. Οπότε στα κυκλώματα εναλλασσόμενου (αν επανέλθουν στην ύλη) δουλεύουμε με στρεφόμενα όπως κάναμε και παλιά. Στην εύρεση της αρχικής φάσης και στη σύνθεση η μέθοδος χωρίς στρεφόμενα είναι κατά τη γνώμη μου καλύτερη.
Έχω μια επιφύλαξη για την εύρεση του χρόνου μετάβασης όπως είπα και σε προηγούμενο σχόλιο όπου νομίζω είναι πιο εύκολη για τους μαθητές ή χρήση των στρεφόμενων για να τα μάθουν κιόλας ώστε να είναι έτοιμοι για τα εναλλασσόμενα.
_
Συνάδελφοι καλησπέρα,
Αν πάντως ψάχνουμε για “τυφλοσούρτη”, νομίζω ότι ο πιο κάτω είναι ο … πιο απλός 🙂
α) Αναζητάμε τη μεγαλύτερη από τις δύο φάσεις ω∙t+φ1, ω∙t+φ2.
Έστω η δεύτερη.
Τότε Δφ=φ2–φ1≥0.
β) Βρίσκουμε τα Α=√(Α1²+…) και εφθ=Α2∙ημΔφ/(Α1+A2∙συνΔφ).
γ) (Αν Δφ≥2π τότε “κρατάμε στην άκρη” τα 2κπ της διαφοράς τους, προχωράμε στο
επόμενο βήμα και τα προσθέτουμε τελικά στη θ).
δ) Αν τώρα 0≤Δφ<π τότε 0≤θ<π,
ενώ άν π<Δφ<2π τότε π<θ<2π.
Δηλαδή οι Δφ και θ είναι και οι δύο:
μηδέν ή θετικές και κυρτές ή θετικές και μη κυρτές.
ε) Ειδική περίπτωση, να είναι Δφ=π.
Τότε θα είναι θ=π∙(Α2>Α1).
Δηλαδή π επί την … δυαδική αλήθεια της ανισότητας Α2>Α1.
στ) Τελικά: x=Α∙ημ(ω∙t+φ1+θ+2κπ).
(Διονύση ελπίζω να μη με … διαγράψεις από τον Σύλλογο :-))
Διονύση καλημέρα! πήγε 2.30 η ώρα! καλημέρα σου, Δημήτρης.
Καλημέρα κι από μένα Δημήτρη !
Ή μάλλον … καληνύχτα 🙂
Δημήτρη (Αναγνώστου) βλέπω χτυπάμε … γερμανικό νούμερο 🙂
_
Εναλλακτικά, τα βήματα (γ) και (δ) και (στ) του προηγούμενου “αλγόριθμου” απλοποιούνται ως εξής:
…
γ) Αν Δφ>π τότε “κρατάμε στην άκρη” τα κπ της διαφοράς τους, προχωράμε στο
επόμενο βήμα και τα προσθέτουμε τελικά στη θ.
δ) Για 0≤Δφ<π βρίσκουμε 0≤θ<π.
ε) …
στ) Τελικά: x=Α∙ημ(ω∙t+φ1+θ+κπ).