-
Ο/η Αρτέμιος Σαράντης σχολίασε το άρθρο Εξαναγκασμένη ταλάντωση (Β΄Θέμα) πριν από 3 έτη, 7 μήνες
Με τις ευχαριστίες μου στον Θρασύβουλο για την λύση του. Η δική μου ήταν με το γράφημα.
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 3 έτη, 7 μήνες
Εξαναγκασμένη ταλάντωση (Β΄Θέμα)
ή
Εξαναγκασμένη ταλάντωση (Β΄Θέμα)
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 3 έτη, 9 μήνες
εναλλακτικά με κλικ εδώ.
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 3 έτη, 11 μήνες
Νόμος Biot-Savart (Β΄ θέμα)
Το ομογενές – ισοπαχές σύρμα του σχήματος, διαρρέεται από ρεύμα έντασης Ι… Νόμος Biot-Savart (Β΄ θέμα)-
Η άσκηση είναι αφιερωμένη στην παθολογική κλινική του πανεπιστημιακού νοσοκομείου Ρίου, που με βοήθησαν με κάθε τρόπο σε κάποιο πρόβλημα υγείας.
-
Σιδερένιος Αρτέμη.
Την διαβάζω σε λίγο.
-
-
Αρτέμη σιδερένιος .
Όντως η άσκηση είναι εκτός για εφέτος. Του χρόνου πιστεύω να είναι εντός και επί τα αυτά, αφού ο ηλεκτρομαγνητισμός θα ανανεωθεί! Βέβαια εκτός..απροόπτου! -
Είναι πολύ ωραία.
-
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 1 μήνα
Το τριγωνικό πλαίσιο ΑΒΓ του σχήματος αποτελείται από ομογενείς-ισοπαχείς ράβδους μήκους l και μάζας m η κάθε μία….
Η συνέχεια…
ή
Τριγωνικό πλαίσιο-Γεωμετρία και ΑΔΜΕ
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 1 μήνα
Δύο ομογενείς – ισοπαχείς ράβδοι ΑΒ, ΒΓ έχουν μάζα m, μήκος l και Ιcm=ml2/12 κάθε μια….
Σύνθετη κίνηση-Ενέργεια και Γεωμετρία
-
Πολύ καλή.
-
Σε ευχαριστω πολυ Γιαννη νου.Νασαι καλα.
-
Επειδη καποιοι συναδελφοι με ρωτησαν στην προσωπικη μου σελιδα ,ηθελα να τονισω.Προφανως η ασκηση δεν προσφερεται για διαγωνισμα σε ταξη.Τετοιες ασκησεις απωθουν τους μαθητες απο την Φυσικη. Θα μπορουσε να δοθει σε καποιον μαθητη με ιδιαιτερη εφεση στην Φυσικη .Ειναι η τελευταια ασκηση που αναρτω σε αυτο το επιπεδο.Απο την επομενη βδομαδα ,normal θεματα κατα την μαθητικη ορολογια.
-
Αρτέμη υπάρχουν ευτυχώς και θέματα που δεν είναι για μαθητές.
Στιγμιαίοι άξονες, αρχές ανεξαρτησίας κινήσεων, κινούμενα μαγνητικά πεδία, στροφορμές ως προς σημεία επαφής, κινήσεις με αντιστάσεις αέρα και άπειρα άλλα.
Οι μαθητές ας αναζητησουν τις ασκήσεις που θα βρουν με κλικ στο δεξί μέρος της αρχικής σελίδας. Με τίτλους, λυμένες και χωρισμένες κατά θέμα.
-
-
Το γραφημα ειναι εξαιρετικο Θρασυβουλε.Σε ευχαριστω πολυ.
-
Καλησπέρα σε όλους
Αρτέμη, πολύ ωραίο θέμα και όμορφη λύση!
Ενεργειακά το έλυσα και’γω.
Έφτιαξα και δύο γραφικές παραστάσεις.
Να’ σαι καλά!
Καλησπέρα σε όλους
Αρτέμη, πολύ ωραίο θέμα και όμορφη λύση!
Ενεργειακά το έλυσα και’γω.
Έφτιαξα και δύο γραφικές παραστάσεις.
Να’ σαι καλά! -
Είναι θέμα εξαιρετικά ενδιαφέρον. Η επινόηση του στιγμιαίου άξονα z είναι το πιο δυσνόητο και ” εκτός ύλης” για μαθητές. Μια άλλη προσέγγιση είναι να πούμε ότι η ράβδος ΒΓ κάνει σύνθετη κίνηση και την ταχύτητα της συνιστώσας μεταφορικής κίνησης ,του μέσου της Κ με άλλα λόγια, να την βρούμε συναρτήσει του ωl πηγαίνοντας στο σημείο Β που είναι σημείο ΚΑΙ των δύο ράβδων. Έτσι υπολογίζουμε την μεταφορική και ολική κινητική ενέργεια της ράβδου ΒΓ στην τελική θέση. Για το ότι έχουν ίδια κατά μέτρο γωνιακή ταχύτητα μπορούμε να το βρούμε παρατηρώντας ότι για τυχαίο χρονικό διάστημα οι δύο ράβδοι στρέφονται κατά την ίδια γωνία .
-
Γιωργο μου καλημερα.Συμφωνω απολυτα με αυτα που γραφεις.Εγω εδωσα μια λυση.Νασαι καλα.
-
-
Πολύ καλή (όπως όλες)!! Υποδειγματική για διδασκαλία σύνθετης κίνησης (φυσικά χωρίς στιγμιαίο άξονα)
https://dmarg02.files.wordpress.com/2022/03/a11b-1646177101.5256.png
-
Σε ευχαριστω Ανδρεα.
-
-
-
Ο/η Αρτέμιος Σαράντης σχολίασε το άρθρο Μεταφορική και στροφική αρμονία πριν από 4 έτη, 1 μήνα
Η άσκηση είναι αφιερωμένη στον συνάδελφο Θρασύβουλο Πολίτη που λύνει τις ασκήσεις μου με τον δικό του μοναδικό τρόπο.
Τον ευχαριστώ θερμά. -
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 1 μήνα
Ο ομογενής δίσκος του σχήματος έχει μάζα m και ακτίνα R και Ιcm= 1/2 mR2.
Το νήμα ΒΖΓ είναι αβαρές-μη εκτατό και τεντωμένο…
Μεταφορική και στροφική αρμονία
-
Η άσκηση είναι αφιερωμένη στον συνάδελφο Θρασύβουλο Πολίτη που λύνει τις ασκήσεις μου με τον δικό του μοναδικό τρόπο.
Τον ευχαριστώ θερμά.-
Καλησπέρα Αρτέμη
Εξαιρετική άσκηση!
Σ’ ευχαριστώ ιδιαίτερα για την αφιέρωση, με τιμά!
Φιλικά,
Θ.Π.
-
-
Καλησπέρα Αρτέμιε. Μπράβο για την άσκηση-αρμονία!
Ωραίος και ο τίτλος της ανάρτησης! Δυστυχώς δεν κυκλοφορούν τέτοιες ασκήσεις, ενώ είναι καθ’όλα της νόμιμη.
Να είσαι πάντα καλά που θέτεις θέματα αυτού του είδους.
Όλα είναι Φυσική! -
Προδρομε σε ευχαριστω πολυ για το σχολιο. Ο Ανδρεας Κασσετας ελεγε , η πιο ομορφη καμπυλη ειναι η ημιτονοειδης.
-
Καλημέρα σε όλους! Μια παρατήρηση για τη λύση που έδωσε ο κ Σαραντης τελείως τυπική. Απ ό,τι καταλαβαίνω έχετε πάρει θετική φορά απομάκρυνσης προς τα κάτω, συνεπώς θα πρέπει οι δυνάμεις που κοιτούν προς τα κάτω να είναι θετικές και οι προς τα πάνω αρνητικές. Εσείς έχετε βάλει ανάποδα τα πρόσημα και αυτό έχει σαν αποτέλεσμα να καταλήγετε στην εξίσωση α=ω^2x η οποία φυσικά δεν είναι εξίσωση απλής αρμονικής ταλάντωσης. Αν όμως βάλετε τα πρόσημα σωστά θα σας βγει αυτό που όλοι περιμένουμε, α=-ω^2x, που είναι εξίσωση απλής αρμονικής ταλάντωσης.
ΥΓ: Η εξίσωση που καταλήγετε περιγράφει εκθετική απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας δηλαδή όσο πιο μακριά είναι το σώμα απ τη ΘΙ τόσο πιο μεγάλη δύναμη (και ροπή) του ασκείται στην κατεύθυνση της απομάκρυνσης, γι αυτό άλλωστε απομακρυνεται εκθετικά. Παρ όλα ταύτα, η άσκηση είναι πολύ καλή και ενδιαφέρουσα!
-
Παναγιωτη σε ευχαριστω για το σχολιο.Εγω παντα γραφω τις εξισωσεις με θετικη φορα τη φορα της επιταχυνσης και για τις δυο κινησεις. Ετσι δουλευαμε στις δεσμες.Το αρνητικο προσημο που ειναι το ορθο .το βαζαμε στο τελος.Την θετικη φορα την εβαλα μονο για την αρχικη φαση. Να εισαι καλα.
-
-
Καλημέρα σε όλους
Αρτέμη, για να μη μείνω μόνο στην επισήμανση
ότι η άσκηση είναι εξαιρετική,
και για να ξεκινήσει ωραία η Κυριακή μου,
είπα να γράψω μια λύση.
Όχι όμως . . . πολύ διαφορετική από τη δική σου. 🙂
Να’ σαι καλά!-
Να εισαι καλα Θρασυβουλε.Μου δινεις δυναμη για να συνεχισω. Ισως και να ειμαι ο μεγαλυτερος σε ηλικια απο ολη την ομαδα.Σχεδον 70 με δυο εγγονια.
-
-
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Στο τραπέζι του μπιλιάρδου υπάρχουν τρεις σφαίρες Α, Β και Γ.
Οι σφαίρες Β.Γ αρχικά ηρεμούν στις θέσεις του σχήματος. Κάποια στιγμή, η σφαίρα Α εκτοξεύεται με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υο=10m/s…
Η κλασική καραμπόλα
-
Μπράβο Αρτέμη, πολύ καλές και οι δύο λύσεις!!
Θεωρούμε πως οι μπίλιες δεν περιστρέφονται. Ο πρώτος αλλά και ο δεύτερος τρόπος απαιτούν να θεωρήσουμε τις μπίλιες ως υλικά σημεία.
Αν περιστρέφονται δημιουργούνται διάφορα προβλήματα τη στιγμή της κρούσης τους. Πρέπει να μην υπάρχει τριβή μεταξύ τους.
Να είσαι πάντα καλά. -
Πολύ όμορφη!
-
Όμορφη !Βέβαια πρέπει και το μπιλιάρδο να είναι καλά θερμαινόμενο ώστε να ελαχιστοποιήσουμε τις τριβές ολισθήσης των σφαιρών (θεωρώντας ότι αυτές δεν περιστρέφονται).
-
Καλημέρα Αρτέμη
Πολύ ωραία άσκηση!
Μια λύση ακόμη.
Φιλικά,
Θ.Π.
-
-
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Το πιστόνι ενός κινητήρα αποτελείται από δύο βραχίονες που έχουν μήκη (ΑΒ)=l και (ΒΓ)=l√3.
Ο Βραχίονας ΑΒ στρέφεται με …
Όλα είναι Φυσική.
-
Σαράντη, καλή άσκηση και έξυπνη η χρήση του στιγμιαίου άξονα.
Μια απορία. Πιο πριν δεν πρέπει να δειχτεί ότι η ταχύτητα του Β είναι κατά μήκος της ΒΓ (πχ θ=30 μοίρες).
Εναλλακτικά (αν και αναφέρεσαι στη συντομότερη) μπορούσαμε να υπολογίσουμε την κατακόρυφη και προς τα πάνω ταχύτητα του Γ ως άθροισμα της γνωστής ταχύτητας του Β (κάθετη στην ΑΒ και κατά μήκος της ΒΓ) και της εκ περιστροφής του ως προς το Β (κάθετη στη ΒΓ και στην ταχύτητα του Β). Από το σχηματιζόμενο από τα τρία διανύσματα ορθογώνιο τρίγωνο με την ταχύτητα του Γ ως υποτείνουσα (φαίνεται ότι η περιστροφή της ΒΓ περί το Γ είναι δεξιόστροφη – ωρολογιακή, εφόσον από το σχήμα της ΑΒ περί το Α είναι αριστερόστροφη – αντιωρολογιακή) μπορούν να υπολογιστούν εκτός της ταχύτητας του Γ και η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της ΒΓ (πράγμα που γίνεται και με τη δικιά σου απόδειξη).
Να είσαι καλά
-
Εναλακτικά μπορούμε να πούμε οτι η ταχύτητα του Γ κατα μηκος της ΒΓ ειναι ιση με την υΒ σφου η ραβδος ΒΓ δεν παραμορφωνεται και αυτή ιση με υΓ/συν30. Αφου προηγουμενως πουμε οτι το ΑΒΓ οταν ειναι ορθογώνιο τοτε η φ ειναι π/6
-
Καλησπέρα σας
Αρτέμη, ωραίο πρόβλημα.
Μία ακόμη λύση.
Φιλικά,
Θ.Π. -
-
-
Ακόμα πιο σύντομη η απάντηση του Γιώργου (Χριστόπουλου).Η άλλη συνιστώσα της ταχύτητας του Γ (κάθετη στη ΒΓ) θα μου δώσει τη δυνατότητα υπολογισμού της γωνιακής ταχύτητας περιστροφής της ΒΓ που αν δεν έχω κάνει λάθος πρέπει να είναι το 1/3 της ω της ΑΒ.Η δυσκολία (όχι τόσο μεγάλη) είναι με την επιτάχυνση του Γ που πρέπει και αυτή να είναι κατακόρυφη (αν υποθέσουμε ότι η ΑΒ περιστρέφεται με σταθερή ω). Αν το κάνουμε και αναλύσουμε σε άξονες μπορούμε να υπολογίσουμε την επιτάχυνση του Γ (που με τα δεδομένα πρέπει να είναι προς τα κάτω, ενώ κινείται προς τα πάνω, άρα επιβραδύνεται) και τη γωνιακή επιτάχυνση τη; ΒΓ.
-
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Μια άσκηση στην κρούση δύο σφαιρών.
(από την εποχή των δεσμών)
Οι σφαίρες Α, Β του σχήματος έχουν μάζα (m) και ακτίνα R η κάθε μία. Η σφαίρα Α είναι ακλόνητα δεμένη σε κατακόρυφο νήμα και ηρεμεί…Η συνέχεια…
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Οι τροχαλίες Γ και Δ του σχήματος έχουν μάζα m=1kg, ακτίνα R=0,2m η καθεμιά.
Η συνέχεια…
-
Ο/η Αρτέμιος Σαράντης σχολίασε το άρθρο Μέγιστη εφαπτομενική ταχύτητα πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Η άσκηση είναι αφιερωμένη στον εγγονό μου Νικόλα, που έχει γενέθλια σήμερα.
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Μέγιστη εφαπτομενική ταχύτητα.
-
Η άσκηση είναι αφιερωμένη στον εγγονό μου Νικόλα, που έχει γενέθλια σήμερα.
-
-
Ο/η Αρτέμιος Σαράντης σχολίασε το άρθρο Κύλιση σε κινούμενη σανίδα πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Η άσκηση αφιερώνεται στον συμφοιτητή μου Βασίλη Σωτηρόπουλο.
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Συνέχεια …
-
Η άσκηση αφιερώνεται στον συμφοιτητή μου Βασίλη Σωτηρόπουλο.
-
-
Ο/η Αρτέμιος Σαράντης σχολίασε το άρθρο Στροφική κίνηση τριγωνικής πλάκας πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Καλό μεσημέρι συνάδελφοι.
Αν κάποιος συνάδελφος θέλει να βάλει την ερώτηση στο σχολείο του, καλό θα είναι να την αλλάξει λίγο. Μπορεί να βάλει ορθογώνια ισοσκελή πλάκα. -
Ο/η Αρτέμιος Σαράντης σχολίασε το άρθρο Στροφική κίνηση τριγωνικής πλάκας πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Αφιερωμένη στο Γιάννη Μπατσαούρα.
-
H/o Αρτέμιος Σαράντης έγραψε ένα νέο άρθρο πριν από 4 έτη, 2 μήνες
Η συνέχεια…
-
Αφιερωμένη στο Γιάννη Μπατσαούρα.
-
Μια γρήγορη απάντηση χωρίς σχήμα.
Εφόσον το κέντρο μάζας ισορροπεί η συνισταμένη των τριών δυνάμεων πρέπει να είναι μηδέν. Με δεδομένο ότι οι δύο είναι διαδοχικές πλευρές του τριγώνου (διαδοχικά διανύσματα) με μέτρα όσο τα μήκη τους η τρίτη για μηδενικό άθροισμα πρέπει να κλείνει το τρίγωνο, και άρα θα πρέπει να έχει μέτρο σε Ν όσο το μήκος και διεύθυνση τη διεύθυνσή της (δηλ. η τρίτη πλευρά του τριγώνου)
Η ροπή της κάθε δύναμης ως προς το κέντρο μάζας θα είναι η δύναμη (πλευρά τριγώνου) επί την απόσταση του κέντρου μάζας από την πλευρά του τριγώνου, που λόγω θεωρήματος Θαλή (σημείο τομής διαμέσων) θα ισούται με τα 2/3 του αντίστοιχου ύψους. Το γινόμενο όμως αυτό δεν είναι παρά τα 2/3 του εμβαδού του τριγώνου. Έτσι όλες οι δυνάμεις έχουν την ίδια ροπή ως προς το κέντρο μάζας και η συνολική ροπή τριπλάσια της μιας. Το ύψος πχ από το Α ισούται με γημΒ=βημΓ.
Έτσι: αγ=[3 (2/3)υα]/Ιcm=[2αγημΒ]/Icm = 2αβημΓ/Ιcm. Τα υπόλοιπα ομοίως.
-
Θα πρέπει να έχουμε το αντίστοιχο τριγωνο των δυνάμεων (για ΣF=0) , άρα το γ;
-
Καλησπέρα σε όλους,
Μία σκέψη κι από μένα:
Εφόσον CM ακίνητο → ΣF = 0 → Στ ίδια ως πτος οποιοδήποτε σημείο του επιπέδου των δυνάμεων.
Οπότε: Στ(CM) = Στ(Γ) = F1h1 + F2h2 = αβημΓ + βαημΓ = 2αβημΓ
και: αγων = 2αβημΓ / Ιcm , σωστή η (iii)
-
Χωρίς ημίτονα:
Μεταφέρουμε την F2 εκεί που τελειώνει η F1. Καταλήγει στο Β.
Για να είναι μηδέν η συνισταμένη θα πρέπει η F3 να είναι ίση με το ΒΑ διάνυσμα.
Οι τρεις δυνάμεις έχουμηδενική συνισταμένη, άρα ισοδυναμούν με ζεύγος.
Έτσι η ροπή τους είναι ίδια ως προς οιοδήποτε σημείο. Δηλαδή είναι όσι η ροπή τους ως προς το σημείο που τελειώνει η F1.
Επομένως είναι ίση με το διπλάσιο του εμβαδού του τριγώνου. -
-
Μια διόρθωση Ντίνο:
Το εμβαδόν κάθε τριγώνου είναι το μισό της ροπής.-
Γιάννη, έχεις δίκιο. Η βιασύνη γαρ. Προσπάθησα να το διορθώσω (το είδα αμέσως), αλλά δεν μου επέτρεπε το σύστημα. Συνεχίζω αύριο.
-
-
Ο Αρτέμης ευχαριστεί όλους τους συμετέχοντες στην συζήτηση σε μήνυμα.
Εμποδίζεται από τεχνικά κωλύματα να το κάνει εδώ. -
Μια διόρθωση διότι εξέλαβα (απρόσεκτος) την πλάκα ως ομογενή, λάθος που μου το επεσήμανε ο Αρτέμιος (μέσω mesenger).
Έτσι η 2η απάντηση είναι λάθος.
Παρόλα αυτά, συνεχίζοντας στο ίδιο μοτίβο, αν το κέντρο μάζας είναι οπουδήποτε μέσα στο τρίγωνο και φέρουμε τους βραχίονες ροπής των τριών δυνάμεων (οι τρεις πλευρές του τριγώνου), δηλ.. τα κάθετα ευθύγραμμα τμήματα από το κέντρο μάζας προς κάθε πλευρά, τότε το εμβαδόν του κάθε ενός τριγώνου (από τα τρία) που σχηματίζεται ισούται αριθμητικά με τη ροπή της αντίστοιχης δύναμης. Έτσι η συνολική ροπή ως προς το σταθερό κέντρο μάζας, ανεξαρτήτως θέσης του, ισούται με το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ που ισούται με το ½ επί τη μια πλευρά επί το αντίστοιχο ύψος, πχ με βάση την α έχουμε (1/2)αγημΒ ή (1/2)αβημΓ.-
Διόρθωση στη διόρθωση.
Αν και η λύση του Διονύση είναι η πιο σύντομη (και ευφυής χρησιμοποιώντας το γνωστό θεώρημα) επιμένοντας στον τρόπο που ξεκίνησα διορθώνω.
file:///C:/Users/Dinos/AppData/Local/Temp/msohtmlclip1/01/clip_image001.png
Η δύναμη F1 ασκείται στο Α και δεν είναι η ΒΓ (το λάθος). Αν G το κέντρο μάζας τότε η ροπή της ως προς G θα είναι η δύναμη επί το ΑΔ το οποίο μπορούμε να γράψουμε ως δύναμη επί τη διαφορά ΑΕ-ΔΕ=ΑΕ-GZ. Το πρώτο γινόμενο (επί τη δύναμη) είναι το διπλάσιο του τριγώνου ΑΒΓ και το δεύτερο το διπλάσιο του GΒΓ.
Αθροίζοντας για όλες τις δυνάμεις έχουμε 6 φορές το εμβαδόν του τριγώνου μείον δύο φορές (GAB+GΓΑ+ΓΑΒ), άρα η συνολική ροπή είναι 4 φορές το εμβαδόν του τριγώνου.
Έτσι: συν. Ροπή=4 (1/2)(ΑΕ).(ΒΓ)=2(γημΒ).α, κλπ
-
-
Καλησπέρα σε όλους.
Αρτέμη, ωραίο πρόβλημα!
Μία λύση και από μένα.
Φιλικά,
Θ.Π.
https://dmarg02.files.wordpress.com/2022/01/142.jpg -
Καλημέρα Αρτέμη.
Σε ευχαριστώ για την αφιέρωση. -
Καλό μεσημέρι συνάδελφοι.
Αν κάποιος συνάδελφος θέλει να βάλει την ερώτηση στο σχολείο του, καλό θα είναι να την αλλάξει λίγο. Μπορεί να βάλει ορθογώνια ισοσκελή πλάκα.
-
- Φόρτωσε Περισσότερα
Καλή επιστροφή στην… ενεργό δράση Αρτέμη!
Με τις ευχαριστίες μου στον Θρασύβουλο για την λύση του. Η δική μου ήταν με το γράφημα.
Καλησπέρα Αρτέμη. Σιδερένιος. Επιστροφή με μια ωραία άσκηση. Για μαθητές, μόνο γραφικά μπορούμε να την δώσουμε. Στο graph έδωσα F = 10, m = 1, ω0 = 2, b = 0,2
και μου βγάζει
https://i.ibb.co/pPd2cBc/image.jpg
Η ω που αντιστοιχεί στο κοινό σημείο των δυο γραφικών είναι η ζητούμενη. Σωστά;