by 
Λεπτή, ομογενής και ισοπαχής ράβδος AΓ μάζας M = 3,75 kg και μήκους ℓ είναι λυγισμένη στο σημείο O, έτσι ώστε τα τμήματα AO και OΓ να έχουν μήκη ℓ₁ και ℓ₂, αντίστοιχα, με ℓ₁ = 2ℓ₂. Η λυγισμένη ράβδος τοποθετείται πάνω σε οριζόντιο επίπεδο, με το τμήμα OA να είναι σε επαφή με αυτό, ενώ το τμήμα OΓ σχηματίζει με το οριζόντιο επίπεδο γωνία θ, όπου θ = 180⁰ − φ.
Στο άκρο A της ράβδου είναι στερεωμένο το κάτω άκρο κατακόρυφου, ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k = 100 N/m. Στο πάνω άκρο του ελατηρίου είναι δεμένο σώμα Σ μάζας m = 1 kg, το οποίο εκτελεί κατακόρυφη απλή αρμονική ταλάντωση.
Δίνονται: ημθ = 0,6, συνθ = 0,8 και g = 10 m/s².
Να υπολογίσετε το μέγιστο επιτρεπτό πλάτος Amax της ταλάντωσης του σώματος Σ, ώστε η λυγισμένη ράβδος να παραμένει ακίνητη και σε επαφή με το οριζόντιο επίπεδο καθ’ όλη τη διάρκεια της ταλάντωσης.
Καλημέρα Παύλο.
Ωραία άσκηση και παρατηρούμε πως για να έχουμε ανατροπή πρέπει υποχρεωτικά η δύναμη ελατηρίου στη ράβδο στη συγκεκριμένη περίπτωση , όπως αναφέρεις , να έχει φορά προς τα πάνω επομένως το ελατήριο πρέπει να επιμηκύνεται άρα η ακραία θέση είναι πάνω από τη θέση φυσικού μήκους . Αν θέλουμε να έχουμε ανατροπή η αρχική συσπείρωση ή επιμήκυνση πρέπει να είναι μεγαλύτερη, τουλάχιστον διπλάσια, από τη συσπείρωση του ελατηρίου στη θέση ισορροπίας.
Καλημέρα. Γεια σου Γρηγόρη σε ευχαριστώ για το σχόλιο και χαίρομαι που σου αρέσει.
Καλημέρα Παύλο. Όμορφη!
Μια παρόμοια προσέγγιση:
Η μαζα του κεκλιμένου κομματιού είναι (1/3)*3,75 =1,25 Κg και η ροπή της ως προς
το (Ο) : 1,25*g*0,8 *X=10 * Χ (S.Ι) δεξιοστροφα όπου X =L/6 αν L το μηκος όλης της ράβδου.
Η ροπη του οριζόντιου κομματιού είναι : 2,5 *g * 2*Χ=50*Χ αριστεροστροφα
Αρα το ελατηριο πρεπει να εχει δυναμη προς τα πάνω , ωστε να δώσει δεξιοστροφη ροπή :
F * 4*X= 50*Χ- 10*Χ =40*X => F=10N
Το ελατήριο έχει αρχική συσπειρωση : m*g/K= 0,1 m και η μεγιστη επιμήκυνσή του θα πρέπει να είναι : F/K= 10/100 = 0,1m.
Άρα μεγιστο πλατος 0,1+0,1 = 0,2m
Γεια σου Γιωργο, ευχαριστώ για την λύση και χαίρομαι που σου αρέσει.