by 
Ομογενής ράβδος ΑΒ μήκους L=1,2m και μάζας M=2kg στηρίζεται στο σημείο Γ φέροντας στα άκρα του δύο κατακόρυφα ελατήρια k1 , k2=100N/m που στα κάτω άκρα τους έχουν δεμένα σώματα Σ1 και Σ2 μαζών m1=3kg μαζών m2=1kg αντίστοιχα. Το σύστημα ισορροπεί με τη ράβδο σε οριζόντια θέση.
Δίνεται g=10m/s2.
1.Υπολογίστε τις αποστάσεις d1, d2 του στηρίγματος από τα άκρα Α και Β της ράβδου.
Μετακινούμε κατακόρυφα προς τα κάτω τα σώματα, το Σ1 κατά Α1=0,12m και το Σ2 κατά Α2 , και τη στιγμή t=0 τα αφήνουμε ελεύθερα να ταλαντωθούν, με τη ράβδο να ισορροπεί οριζόντια κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης των σωμάτων. Θεωρείστε θετική φορά προς τα κάτω. Υπολογίστε
2. τη σταθερά k1 και το πλάτος Α2
3. τη χρονική εξίσωση της δύναμης που δέχεται η ράβδος από το στήριγμα και να κάνετε τη γραφική της παράσταση Fαξ.=f(t) σε βαθμολογημένους άξονες.
Επαναλαμβάνουμε με νέα πλάτη, έτσι ώστε κάποια χρονική στιγμή και στιγμιαία, να μηδενίζεται η δύναμη του στηρίγματος.
4. Υπολογίστε τα νέα μέγιστα πλάτη Α1^’ και Α2^’ .
Απαντήσεις εδώ σε pdf
Καλημέρα Πρόδρομε.
Ισορροπία ράβδου με δύο ταυτόχρονες ταλαντώσεις!!!
Πολύ καλή σκέψη!
Καλημέρα Πρόδρομε.
Χθες βράδυ που την έβλεπα και την πολεμούσα, μ’ έθεσε εκτός μάχης …
Η πρωινή ματιά ήταν ποιο καθαρή για την απαιτητική ακροβατική ισορροπία !
Καλό Σαββατοκύριακο
Διονύση και Παντελή καλημέρα σας και καλό Σαββατοκύριακο.
Ευχαριστώ για τα σχόλια.
Είναι μια ιδιαίτερη άσκηση, δύσκολη θα έλεγα, ασυνήθιστη, και θέλει υπομονή και επιμονή από τον λύτη.
Το κλειδί για τη λύση της είναι η σκέψη ότι :για να εξασφαλιστεί η ισορροπία της ράβδου κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης των σωμάτων, θα πρέπει να υπάρχει συγχρονισμός των “πρόσθετων” δυνάμεων του ελατηρίου που ασκούνται στη ράβδο!
Αυτό απαιτεί ίσες συχνότητες και ορισμένα πλάτη.
Στο τελευταίο ερώτημα, έθεσα και την εύρεση του μέγιστου πλάτους ταλάντωσης του κάθε σώματος, ώστε να χάνεται στιγμιαία η επαφή της ράβδου με το στήριγμα . Κάτι που θέλει λίγη σκέψη για να λυθεί.
Συνεπής στην επιλογή θεμάτων μου που να έχουν μια ιδιαιτερότητα στη λύση τους, και διδάσκουν ότι
στα δύσκολα σκεφτόμαστε πολύ απλά, θέτοντας στον εαυτό μας έως και γελοία ερωτήματα, που αν τα απαντήσουμε σωστά , “βρίσκουμε” και το κλειδί που ξεκλειδώνει τη λύση της,κι έτσι νιώθουμε την ηθική ικανοποίηση που τρέφει και γιγαντώνει την αυτοπεποίθησή μας!
Να είστε καλά.
Εξαιρετική Πρόδρομε! Συνδυαστική και βάζει τον μαθητή να σκεφτεί για να καταλάβει την εξέλιξη του φαινομένου.
Καλησπέρα Γιώργο κι ευχαριστώ για το σχόλιο και την αποδοχή της.
Όπως έγραψα και παραπάνω, είναι μια ιδιαίτερη άσκηση που ξεφεύγει από τις τετριμμένες μεθοδολογίες, άρα απαιτείται παραγωγή σκέψης για να ξεπεράσεις τις δυσκολίες λύσης της.
Η ερμηνεία της εξέλιξης του φαινομένου είναι ο πρωταρχικός αρωγός για να ξεκινήσει τη λύση της. Αλλιώς την κοιτάζεις, σε κοιτάζει, μέχρι να ωριμάσει ο… έρωτας που αναπτύσσεται μεταξύ σου και της ..άσκησης!
Το έχω γράψει πάλι: δύσκολη είναι η άσκηση που την ..ερωτεύεσαι, γιατί κοιτάς από ποιο σημείο της να πιαστείς, και δεν την.. ρωτάς, δηλαδή να θέσεις στον εαυτό σου πολύ απλά ερωτήματα, τα οποία πρέπει να τα απαντήσεις σωστά.
Να είσαι καλά φίλε μου.
Πρόδρομε καλησπέρα.
Πολύ δυνατή άσκηση με κομβικό σημείο τη δικαιολόγηση για την ίδια γωνιακή συχνότητα. Εκεί νομίζω είναι και το δυσκολότερο σημείο. Η άσκηση αυτή είναι καθαρά προδρομική.
Καλησπέρα Χρήστο κι ευχαριστώ για το σχόλιο. Όντως το δύσκολο σημείο της άσκησης είναι να σκεφτεί ο λύτης της ότι πρέπει οι γωνιακές συχνότητες να είναι ίσες .
Μια σκέψη γι’αυτό είναι η εξής:
Αρχικά το σύστημα ισορροπεί. Όταν μετατοπίσουμε τα σώματα προς τα κάτω κατά Α1 και Α2, και τα αφήσουμε ταυτόχρονα, εμφανίζονται οι πρόσθετες ροπές των ελατηρίων ως προς το σημείο στήριξης οι οποίες θα είναι αντίθετες προκειμένου να συνεχίσει να ισορροπεί το σύστημα.
Δηλ. k1•x1•d1=k2•x2•d2
Για να ισχύει αυτή η σχέση κάθε χρονική στιγμή, πρέπει να υπάρχει συγχρονισμός, δηλ. να έχουμε ίσες περιόδους, άρα ω1=ω2=>
k1/m1=ķ2/m2
και k1•A1•d1=k2•A2•d2
οι δύο αυτές σχέσεις είναι που ξεκλειδώνουν τη λύση. Η πρώτη την … εξώπορτα και η δεύτερη το.. διαμέρισμα!
Να είσαι πάντα καλά.
Πρόδρομε χαιρετώ και πάλι.
Από τη σχέση (4) : 0,048·K1·συν(ω1t)=80·Α2·συν(ω2t) και για την ισχύ της κάθε στιγμή άρα και την μηδενική προκύπτει 0,048·K1=80·A2. Μία άλλη χρονική στιγμή αν δεν ισχύει η ισοτητα των ω1και ω2 δεν καταλήγουμε στη σχέση (5). Όμως κάθε στιγμή μπορεί να ισχύει η σχέση (5) και όταν ω1=Ν·ω2. Εκεί νομίζω πρέπει να δοθεί ένας περιορισμός στο Α2 καθώς μεταβάλλεται το πλάτος για διαφορετικό ω1. Αν ω1=20r/s=>k1=1200Ν/m και Α2=0,72m. Ίσως το Α2 να είναι το ελάχιστο για να εξασφαλιστεί ω1=ω2. Το βλέπω ίσως γρήγορα και μου διαφεύγει κάτι.
Καλημέρα Χρήστο. Μου αρέσει που μελετάς το θέμα ενδελεχώς, διερευνώντας κάθε πτυχή του!
Η σχέση -κλειδή είναι η
k1•x1•d1=k2•x2•d2 =>
k1•Α1•d1•συν(ω1t)=k2•Α2•d2•συν(ω2t)
η οποία είναι και αλγεβρική και όχι των απολύτων τιμών των x1, x2.
Αν ισχύει για ω1=Νω2 ,τότε όταν το x1 είναι θετικό, το x2 θα μπορούσε να είναι αρνητικό σε κάποιο χρονικό διάστημα πράγμα αδύνατο, γιατί η ράβδος δεν θα ισορροπούσε.
Με άλλα λόγια όταν το Σ1 κινείται προς τα πάνω και μειώνεται η επιμήκυνση του ελατηρίου k1, άρα και η δύναμη F1, μπορεί το Σ2 να κινείται προς τα κάτω και να επιμηκύνεται το ελατήριο k2 , πράγμα που σημαίνει ότι η ράβδος θα στρέφονταν δεξιόστροφα.
Αν ω1=ω2 έχουμε συγχρονισμό των ροπών των δυνάμεων των ελατηρίων, κι έτσι θα έχουμε συνεχή ισορροπία, εφόσον δεν έχουμε αποσβέσεις στις ταλαντώσεις.
Αυτό νομίζω ότι είναι το σωστό.
Να έχεις μια καλή μέρα και καλή εβδομάδα.
η γραφική παράσταση της
f(t)=k1•Α1•d1•συν(ω1t)-k2•Α2•d2•συν(ω2t)=
14.4[συν10t-syn20t]
αν ω1=10 rad/s ,και ω2=20rad/s όπου βλέπουμε ότι δεν έχουμε συγχρονισμό των ροπών των δυνάμεων των ελατηρίων, κι έτσι δεν έχουμε ισορροπία.