kef 1 talantoseis_combine

231
1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 Ο : ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 1.1: ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΚΙΝΗΜΑΤΙΚΗ ΚΑΙ ΔΥΝΑΜΙΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ) ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣ ΕΠΙΛΥΣΗ ΘΕΜΑ Β Ερώτηση 1. Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με εξίσωση απομάκρυνσης της μορφής x t = ηµω . Να βρεθεί η σχέση που συνδέει την απομάκρυνση με την ταχύτητα του ταλαντούμενου σώματος. Η απόδειξη υπάρχει στη θεωρία. Λύση

Upload: gkatsikoyahoogr

Post on 10-Sep-2014

3.943 views

Category:

Documents


4 download

DESCRIPTION

Συλλογή ερωτήσεων και ασκήσεων από το study4exams από το κεφάλαιο των ταλαντώσεων.

TRANSCRIPT

Page 1: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ – ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.1: ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ – ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΚΙΝΗΜΑΤΙΚΗ ΚΑΙ ΔΥΝΑΜΙΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ)

ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣ ΕΠΙΛΥΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με εξίσωση απομάκρυνσης της μορφής x A· t= ηµω . Να βρεθεί η

σχέση που συνδέει την απομάκρυνση με την ταχύτητα του ταλαντούμενου σώματος.

Η απόδειξη υπάρχει στη θεωρία.

Λύση

Page 2: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με εξίσωση απομάκρυνσης της μορφής x A· t= ηµω . Να αποδείξετε

ότι η σχέση που συνδέει την ταχύτητα με την επιτάχυνση της ταλάντωσης για κάθε χρονική στιγμή είναι η παρακάτω:

2 2maxa u u= ±ω −

Η απόδειξη υπάρχει στη θεωρία.

Λύση

Page 3: Kef 1 Talantoseis_combine

3

Ερώτηση 3.

Σώμα μάζας m εκτελεί Α.Α.Τ. Αν η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης είναι D και η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής x A· t= ηµω , να αποδείξετε ότι η σχέση

που συνδέει τη δύναμη επαναφοράς με την απομάκρυνση είναι F D·x= −

Να γίνει η αντίστοιχη γραφική παράσταση (F f (x))= .

Ποιά φυσικά μεγέθη υπολογίζονται από την κλίση και το εμβαδόν της γραφικής παράστασης;

Η απόδειξη και όλες οι απαντήσεις υπάρχουν στη θεωρία.

Λύση

Page 4: Kef 1 Talantoseis_combine

4

Ερώτηση 4.

Το διάγραμμα του σχήματος παριστάνει την

ταχύτητα ενός σώματος, το οποίο εκτελεί απλή αρμονική

ταλάντωση πλάτους Α, σε συνάρτηση με το χρόνο. Τη

χρονική στιγμή 1t 3 s= το σώμα βρίσκεται στη θέση:

α) 1x 0= .

β) 1x = +Α .

γ) 1x = −Α .

Να επιλέξετε τις σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (γ).

Λύση

Από το διάγραμμα φαίνεται ότι τη χρονική στιγμή 1t 3 s= , ο ταλαντωτής έχει ταχύτητα

μηδενική, άρα βρίσκεται σ’ ένα από τα ακρότατα της ταλάντωσης.

Παρατηρούμε επίσης απ’ το διάγραμμα, ότι λίγο πριν τη χρονική στιγμή 1t 3 s= , η

ταχύτητά του είναι αρνητική και αμέσως μετά γίνεται θετική. Αυτό σημαίνει λίγο πριν τα

3s κινείται στην αρνητική φορά και αμέσως μετά στην θετική. Άρα πρόκειται για το

αρνητικό ακρότατο, δηλαδή 1x = −Α .

Page 5: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Ερώτηση 5.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με περίοδο 4s . Όταν το σώμα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας η ταχύτητά του είναι 1 m / s . Οι ακραίες θέσεις απέχουν απόσταση που είναι ίση με:

α) 2 mπ

.

β) mπ .

γ) 4 mπ

.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Από τη σχέση περιόδου - γωνιακής συχνότητας παίρνουμε:

2 2 rad / s rad / sT 4 2π π π

ω = = ⇒ω=

Όταν το σώμα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του έχει τη μέγιστη ταχύτητα. Από τη σχέση μέγιστης ταχύτητας-πλάτους ταλάντωσης παίρνουμε:

maxmax

1 m / s 2A A A A m/ 2 rad / s

υυ = ω ⇒ = ⇒ = ⇒ =

ω π π

Οι ακραίες θέσεις ενός σώματος που ταλαντώνεται απέχουν μεταξύ τους d=2A. Άρα

2 4d 2 m d m= ⇒ =π π

Page 6: Kef 1 Talantoseis_combine

6

Ερώτηση 6.

Το διάγραμμα απομάκρυνσης-χρόνου φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης είναι ίση με:

α) 0,2 m / s .

β) 5 m / s .

γ) m / sπ .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η α.

Λύση

Από το διάγραμμα προκύπτει: 0,2mΑ = και 2 sΤ = π .

Από τη σχέση περιόδου - γωνιακής συχνότητας παίρνουμε:

2 2 rad / s 1rad / sT 2π π

ω = = ⇒ω=π

Από τη σχέση μέγιστης ταχύτητας-πλάτους ταλάντωσης παίρνουμε:

( )max maxA 1rad / s 0,2m 0,2m / sυ = ω = ⋅ ⇒ υ = .

Page 7: Kef 1 Talantoseis_combine

7

Ερώτηση 7.

Το διάγραμμα ταχύτητας-χρόνου φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Το πλάτος της ταλάντωσης είναι:

α) 2m .

β) 4m .

γ) 8 mπ .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η β.

Λύση

Από το διάγραμμα προκύπτει: max 2m / sυ = και 2 8 s T 4 sΤ = π ⇒ = π .

Από τη σχέση περιόδου - γωνιακής συχνότητας παίρνουμε:

2 2 rad / s 0,5rad / sT 4π π

ω = = ⇒ω=π

Από τη σχέση μέγιστης ταχύτητας-πλάτους ταλάντωσης παίρνουμε:

maxmax

2 m / sA A A A 4m0,5 rad / s

υυ = ω ⇒ = ⇒ = ⇒ =

ω.

Page 8: Kef 1 Talantoseis_combine

8

Ερώτηση 8.

Το διάγραμμα απομάκρυνσης-χρόνου φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

Τη χρονική στιγμή 1t η επιτάχυνση είναι:

α) 2

m2s

− .

β) 0 .

γ) 2

m0,5s

− .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η α.

Λύση

Από το διάγραμμα προκύπτει ότι sΤ = π και ότι τη χρονική στιγμή 1t το σώμα βρίσκεται

σε απομάκρυνση x 0,5m= + .

Από τη σχέση περιόδου - γωνιακής συχνότητας παίρνουμε:

2 2 rad / s 2 rad / sTπ π

ω = = ⇒ω=π

Από το συνδυασμό των σχέσεων x t= Αηµω και 2 tα = −ω Α ηµω , εύκολα προκύπτει ότι 2xα = −ω .

Με αντικατάσταση προκύπτει ( )2 2a 2rad / s 0,5m a 2m / s= − ⋅ ⇒ = −

.

Page 9: Kef 1 Talantoseis_combine

9

Ερώτηση 9.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται το διάγραμμα δύναμης επαναφοράς-απομάκρυνσης.

Η σταθερά επαναφοράς D της ταλάντωσης είναι ίση με

α) 5 N / m .

β) 1 N / m .

γ) 25 N / m .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Από το διάγραμμα προκύπτει ότι για x 0,2m= − , η δύναμη επαναφοράς είναι F 5N= .

Η δύναμη επαναφοράς και η απομάκρυνση συνδέονται με τη σχέση F Dx= − .

Με αντικατάσταση στην τελευταία σχέση προκύπτει:

F 5ND D 25 N / mx 0,2m

= − = − ⇒ =−

Page 10: Kef 1 Talantoseis_combine

10

Ερώτηση 10.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. Η μάζα του σώματος είναι m 4kg= και η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης είναι D 100 N / m= .

Το σώμα για να εκτελέσει μια πλήρη ταλάντωση χρειάζεται χρόνο ίσο με:

α) 0,5 sπ .

β) 0, 4 sπ .

γ) 2 sπ .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η β.

Λύση

Η σταθερά επαναφοράς και η μάζα συνδέονται με τη σχέση 2D m= ω .

Με αντικατάσταση βρίσκουμε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης

D 100 N / m 5rad / sm 4kg

ω = = ⇒ω=

Από τη σχέση περιόδου - γωνιακής συχνότητας παίρνουμε:

2 2 2T s T 0,4 sT 5π π π

ω = ⇒ = = ⇒ = πω

Page 11: Kef 1 Talantoseis_combine

11

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με περίοδο T 2s= και πλάτος ταλάντωσης A 0,1m= . Τη χρονική

στιγμή t 0= τo σώμα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του με θετική ταχύτητα.

Να υπολογιστούν:

α) η συχνότητα και η γωνιακή συχνότητα ταλάντωσης.

β) το πλάτος της ταχύτητας και το πλάτος της επιτάχυνσης.

γ) να γραφούν οι εξισώσεις της απομάκρυνσης, της ταχύτητας και της επιτάχυνσης σε σχέση με το χρόνο x f (t)= , u f (t)= και a f (t)= αντίστοιχα.

α) Γνωρίζουμε από τη θεωρία ότι:

Λύση

1 1f f f 0,5 HzT 2

= ⇒ = ⇒ =

2 2 radT 2 sπ π

ω = ⇒ω= ⇒ω= π

β) Γνωρίζουμε από τη θεωρία ότι:

maxu ·A 0,1 m / s= ω = π

2 2 2max ·A 0,1 m / sα = ω = π

γ) Με αντικατάσταση των σταθερών μεγεθών στις εξισώσεις προκύπτει:

x A· t x 0,1· t= ηµω ⇒ = ηµπ (S.I.)

maxu u · t u 0,1 · t= συνω ⇒ = πσυνπ (S.I)

2max· t 0,1 · tα = −α ηµω ⇒α = − π ηµπ (S.I)

Page 12: Kef 1 Talantoseis_combine

12

Άσκηση 2.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. και η εξίσωση της απομάκρυνσης σε σχέση με το χρόνο είναι x 0,2· 2t= ηµ (S.I.). Να υπολογιστούν:

α) η γωνιακή συχνότητα, η περίοδος και η συχνότητα ταλάντωσης.

β) το πλάτος της ταλάντωσης, το πλάτος της ταχύτητας και το πλάτος της επιτάχυνσης.

γ) η απομάκρυνση τη χρονική στιγμή t s8π

= .

Δίνεται 2

4 2π

ηµ = .

Συγκρίνουμε τη γενική μορφή της εξίσωσης της απομάκρυνσης για

Λύση

0 0φ = με την

εξίσωση απομάκρυνσης που δίνεται στην άσκηση.

x A· tx 0,2· 2t= ηµω

= ηµ Άρα

A 0,2 mrad2s

=

ω =

(Επειδή η εξίσωση είναι στο S.I. προκύπτουν οι αντίστοιχες μονάδες μέτρησης)

α) rad2s

ω =

2 2 2T T T sradT 2s

π π πω = ⇒ = ⇒ = ⇒ = π

ω

1 1f f HzT

= ⇒ =π

β) A 0, 2 m=

max maxradu ·A u 2 ·0,2m 0,4 m / ss

= ω ⇒ = =

2 2max max 2

rad m·A (2 ) ·0,2m 0,8s s

α = ω ⇒α = =

Page 13: Kef 1 Talantoseis_combine

13

γ) Τη στιγμή t s8π

= η απομάκρυνση είναι:

x 0,2· 2t= ηµ

x 0,2· 2·8π

= ηµ

x 0,2·4π

= ηµ

2x 0,2·2

=

x 0,1· 2 m=

Page 14: Kef 1 Talantoseis_combine

14

Άσκηση 3.

Σώμα μάζας m 4 kg= εκτελεί Α.Α.Τ. με εξίσωση απομάκρυνσης της μορφής x A· t= ηµω

ενώ η σταθερά επαναφοράς του συστήματος είναι 400 N / m . Το σώμα μετά από 3

πλήρεις ταλαντώσεις έχει διαγράψει τροχιά μήκους d 0,6 m= .

Να υπολογιστούν:

α) η συχνότητα ταλάντωσης.

β). το πλάτος της επιτάχυνσης.

γ) ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας τη χρονική στιγμή t s40π

= .

δ) το έργο της δύναμης επαναφοράς καθώς το σώμα μεταβαίνει από τη θέση ισορροπίας στην ακραία αρνητική θέση.

Δίνεται 2

4 2π

ηµ = .

Το σώμα μετά από 3 πλήρεις ταλαντώσεις έχει διανύσει τροχιά μήκους

Λύση

12A .

Άρα: d 12A 0,6 12A A 0,05 m= ⇒ = ⇒ =

Επίσης, m 4kg 1T 2 T 2 T 2 s T sND 100 5400

m

π= π ⇒ = π ⇒ = π ⇒ =

α) 1 5f HzT

= =π

β) 52 f 2 · Hz 10 rad / sω = π = π =π

2 2 2max

rada ·A (10 ) ·0,05m 5 m / ss

= ω = =

γ) Ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας είναι η επιτάχυνση

maxdu a a · t 5· 10·dt 40

π= = − ηµω = − ηµ ⇒

Page 15: Kef 1 Talantoseis_combine

15

du 5·dt 4

π= − ηµ ⇒

2du 2 du5· 2,5· 2 m / sdt 2 dt

= − ⇒ = −

δ) Το έργο της δύναμης επαναφοράς υπολογίζεται από το γραμμοσκιασμένο εμβαδόν του διαγράμματος δύναμης επαναφοράς-απομάκρυνσης

max max 2

mF m·a 4kg·5 20 Ns

= = =

Υπολογίζουμε το εμβαδόν του τριγώνου:

1| W | ·0,05m·20N 0,5 J2

= =

Επειδή κατά τη μετακίνηση του σώματος απο τη θέση x 0= στη θέση x A= − , η δύναμη είναι αντίθετη της μετακίνησης, το έργο είναι αρνητικό, συνεπώς

W 0,5 J= −

Page 16: Kef 1 Talantoseis_combine

16

Άσκηση 4.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με εξίσωση απομάκρυνσης της μορφής x A· t= ηµω . Η συχνότητα

διέλευσης του σώματος από τη Θέση Ισορροπίας είναι 2 Hz ενώ η ακραία θέση

ταλάντωσης απέχει από τη Θέση Ισορροπίας απόσταση d 0,4 m= . Η σταθερά

επαναφοράς της ταλάντωσης είναι D 100 N / m= .

Να υπολογιστούν:

α) η περίοδος της ταλάντωσης.

β) η μάζα του ταλαντούμενου σώματος.

γ) οι χρονικές στιγμές κατά τη διάρκεια της πρώτης περίοδου στις οποίες η απομάκρυνση είναι x 0,2 m= + .

δ) η ταχύτητα τις ίδιες χρονικές στιγμές.

Δίνεται 2 1 5 310, ,6 2 6 6 2π π π

π ηµ = συν = συν = .

α) Το σώμα διέρχεται από τη Θέση Ισορροπίας κάθε

Λύση

TT2

′ = .

Άρα η συχνότητα διέλευσης αντιστοιχεί στη μισή περίοδο.

1fT

′ = ⇒′

1 2f 2 T 1sT T2

′ = ⇒ = ⇒ =

β) Η μάζα υπολογίζεται από τη σχέση:

22 2

2

m m D·TT 2 T 4 · mD D 4

= π ⇒ = π ⇒ = ⇒π

2N100 ·(1s)mm 2,5 kg4·10

= =

γ) Από την εκφώνηση προκύπτει ότι το πλάτος της ταλάντωσης είναι d A 0,4 m= = .

Το σώμα κατά τη διάρκεια μίας περιόδου διέρχεται από τη θέση x 0,2 m= + δύο φορές.

Μία με θετική και μία με αρνητική ταχύτητα.

Page 17: Kef 1 Talantoseis_combine

17

2 2( 2 rad / s)T 1π π

ω = = = π

Από την εξίσωση της απομάκρυνσης έχουμε:

x A· t= ηµω

0,2 0,4· 2 t= ηµ π

12 t (S.I.)2

ηµ π =

Άρα: 2 t 2k6π

π = π+ , k 0,1,2,...=

2 t 2k ( )6π

π = π+ π−

μας ενδιαφέρουν οι χρονικές στιγμές κατά τη διάρκεια της πρώτης περιόδου και αυτό συμβαίνει για 0κ = και οι δύο λύσεις είναι:

1 112 t t s

6 12π

π = ⇒ =

2 2 25 52 t 2 t t s

6 6 12π π

π = π− ⇒ π = ⇒ =

δ) Από την εξίσωση της ταχύτητας υπολογίζουμε την ταχύτητα τις αντίστοιχες χρονικές στιγμές:

maxradu ·A 2 ·0,4m 0,8 m / ss

= ω = π = π

1 1u 0,8 · 2 t= πσυν π ⇒

11u 0,8 2

12= πσυν π ⇒

1u 0,86π

= πσυν ⇒

13u 0,8

2= π ⇒

1mu 0,4 3s

= π

Ομοίως: 2 2u 0,8 · 2 ·t= πσυν π

Page 18: Kef 1 Talantoseis_combine

18

25u 0,8 · 2 ·

12= πσυν π ⇒

25u 0,8 ·6π

= πσυν ⇒

23u 0,8 ·( )2

= π − ⇒

2mu 0,4· 3s

= − π

Page 19: Kef 1 Talantoseis_combine

19

Άσκηση 5.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με εξίσωση απομάκρυνσης x 20 10 t= ηµ π ( x σε cm και t σε s ).

Να υπολογιστούν:

α) ο ρυθμός μεταβολής της φάσης.

β) η ταχύτητα τη χρονική στιγμή 1t s60

= .

γ) Να γίνει το διάγραμμα φάσης-χρόνου για τις τρεις πρώτες ταλαντώσεις.

Δίνεται 3

6 2π

συν = .

Από την εξίσωση της απομάκρυνσης συγκρίνοντας με τη γενική μορφή της εξίσωσης της απομάκρυνσης προκύπτει:

Λύση

x A· tx 20· 10 t

= ηµω = ηµ π

A 20 cm 0,2 m

rad10s

= =

ω = π

α) Ο ρυθμός μεταβολής της φάσης είναι ίσος με τη γωνιακή συχνότητα.

Άρα: d rad10dt sφ= ω = π

β) maxrad mu ·A 10 ·0, 2m 2s s

= ω = π = π

maxu u · t= συνω ⇒

1u 2 · 1060

= πσυν π ⇒

u 2 ·6π

= πσυν ⇒

3 mu 2 u 32 s

= π ⇒ = π

γ) 2 2TTπ π

ω = ⇒ = ⇒ω

Page 20: Kef 1 Talantoseis_combine

20

2T T 0,2 srad10s

π= ⇒ =

π

Άρα για t 0= η φάση είναι ·t 0φ = ω = . Για t 3·= T 0,6 s= η φάση είναι

10 ·0,6 6 radφ = π = π και το αντίστοιχο διάγραμμα είναι:

Page 21: Kef 1 Talantoseis_combine

21

Άσκηση 6.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με εξίσωση απομάκρυνσης της μορφής x A· t= ηµω . Το σώμα μετά

από χρόνο 5 s έχει πραγματοποιήσει 50 πλήρεις ταλαντώσεις.

Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται το διάγραμμα δύναμης επαναφοράς-απομάκρυνσης.

Να υπολογιστούν

α) η μάζα του ταλαντούμενου σώματος.

β) το πλάτος της ταχύτητας.

γ) η διαφοράς φάσης μεταξύ των χρονικών στιγμών 1t 0,15s= και 2t 0,5s= .

δ) το μέτρο της απομάκρυνσης όταν η επιτάχυνση είναι maxa4

.

Δίνεται 2 10π .

α) Από την κλίση της γραφικής παράστασης υπολογίζω τη σταθερά επαναφοράς D:

Λύση

maxF 5N ND 10A 0,5m m

= = =

Επίσης:

t 5T 0,1sN 50

= = =

Άρα επειδή mT 2D

= π ⇒

22 2

2

m T ·DT 4 mD 4

= π ⇒ = ⇒π

Page 22: Kef 1 Talantoseis_combine

22

2

3

N(0,1s) ·10mm 2,5·10 kg

4·10−= =

β) max2 2 mu ·A ·A ·0,5m 10T 0,1s sπ π

= ω = = = π

γ) 2 1 2 1 2 1·t ·t ·(t t )∆φ = φ −φ = ω −ω = ω − ⇒

rad20 ·0,35s 7 rads

∆φ = π = π

δ) Από τη σχέση 2| a | ·| x |= ω ⇒

2maxa ·| x |4

= ω ⇒

22·A ·| x |

= ω ⇒

A| x |4

= ⇒

| x | 0,125 m=

Ημερομηνία τροποποίησης: 20/07/2011

Page 23: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ – ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.1: ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ – ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΚΙΝΗΜΑΤΙΚΗ ΚΑΙ ΔΥΝΑΜΙΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ)

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Δύο σώματα με μάζες 1m 2 m= και 2m m= αντίστοιχα, εκτελούν Α.Α.Τ. και έχουν την

ίδια γωνιακή συχνότητα. Ποια από τις παρακάτω σχέσεις για τις σταθερές επαναφοράς

1D και 2D αντίστοιχα των δύο συστημάτων είναι σωστή;

α) 21

DD2

= .

β) 1 2D 2·D= .

γ) 1 2D D= .

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η β.

Λύση

Αιτιολόγηση: Από την εκφώνηση έχουμε 1 2 1 21 2

2 2 T TT Tπ π

ω = ω ⇒ = ⇒ = ⇒

(Από τη σχέση mT 2D

= π )

1 2

1 2

m m2 2D D

π = π ⇒

1 2

1 2

m mD D

= ⇒

1 2 2 1m ·D m ·D= ⇒

2 12·m·D m·D= ⇒

1 2D 2·D= Άρα σωστή απάντηση είναι η β.

Page 24: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Στο παρακάτω διάγραμμα απομάκρυνσης-χρόνου φαίνονται οι γραφικές παραστάσεις για δύο σώματα 1 και 2 τα οποία εκτελούν Α.Α.Τ.

Ποιά από τις παρακάτω σχέσεις για τις μέγιστες επιταχύνσεις ταλάντωσης των δύο σωμάτων είναι σωστή;

α) 2

1

maxmax 2

αα =

β) 1 2max maxα = α

γ) 1 2max max2·α = α

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Αιτιολόγηση: Από το διάγραμμα προκύπτει ότι το σώμα 2 έχει διπλάσια περίοδο από το

σώμα 1. Δηλαδή 2 1T 2·T= (1)

Επίσης το σώμα 2 έχει διπλάσιο πλάτος ταλάντωσης από το σώμα 1. Δηλαδή

2 1A 2·A (2)=

Η μέγιστη επιτάχυνση υπολογίζεται από τη σχέση 2max ·Aα = ω

Άρα εφαρμόζoντας ξεχωριστά για το κάθε σώμα και διαιρώντας κατά μέλη καταλήγουμε:

1

2

2max 1 1

2max 2 2

·A 2( )·A T

α ω π= ⇒ ω=

α ω

Page 25: Kef 1 Talantoseis_combine

3

1

2

21

max 1

2max2

2

2( ) ·AT2( ) ·AT

πα

= ⇒πα

(Απλοποιώ και κάνω το σύνθετο κλάσμα απλό)

1

2

2max 2 1

2max 1 2

T ·AT ·A

α= ⇒

α (από τις σχέσεις (1) και (2) με αντικατάσταση)

1

2

2max 1 1

2max 1 1

(2·T ) ·AT ·2A

α= ⇒

α

1

1 2

2

maxmax max

max

2 2·α

= ⇒ α = αα

Άρα σωστή απάντηση είναι η γ.

Page 26: Kef 1 Talantoseis_combine

4

Ερώτηση 3.

Δύο σώματα 1 και 2 με ίσες μάζες εκτελούν Α.Α.Τ. Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται τα διαγράμματα ταχύτητας-χρόνου για τα δύο σώματα.

Ο λόγος της μέγιστης δύναμης επαναφοράς του σώματος 1 προς τη μέγιστη δύναμη επαναφοράς του σώματος 2 είναι:

α) 3

β) 9

γ) 1/ 3

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η α.

Λύση

Από το διάγραμμα προκύπτει ότι 2 1T 1,5·T= (1) και ότι 1 2max maxu 2·u= (2)

Από τη σχέση (2) έχουμε 1 2max max maxu 2·u (u ·A)= ⇒ = ω

1 1 2 22·A 2· ·A ( )Tπ

ω = ω ⇒ ω=

1 21 2

2 2·A 2· ·AT Tπ π

= ⇒

1 2 2 1A ·T 2·A ·T= ⇒ (Λόγω της σχέσης (1))

1 1 2 1A ·1,5·T 2·A ·T= ⇒

1 24A ·A3

= (3)

Page 27: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Άρα επειδή max maxF m·a= ή

2maxF m· ·A= ω ή

2

max 2

m·(2 )F ·ATπ

= (4)

Εφαρμόζω τη σχέση (4) ξεχωριστά για το κάθε σώμα και διαιρώ κατά μέλη:

1

2

2

1 12max 1

2max

2 222

(2 )m · ·AF T(2 )F m · ·A

T

π/

= ⇒π

/ (Απλοποιούμε και κάνουμε το σύνθετο κλάσμα απλό)

1

2

2max 2 1

2max 1 2

F T ·AF T ·A

= ⇒ (Από τις σχέσεις (1) και (3))

1

2

21 2max2

max 1 2

4(1,5·T ) · ·AF 3F T ·A

= ⇒

1

2

max

max

F3

F=

Άρα σωστή απάντηση είναι η α.

Page 28: Kef 1 Talantoseis_combine

6

Ερώτηση 4.

Σώμα μάζας m εκτελεί Α.Α.Τ. με περίοδο Τ και πλάτος Α. Τετραπλασιάζουμε το πλάτος της ταλάντωσής του και διπλασιάζουμε τη μάζα του ενώ διατηρούμε αμετάβλητη τη σταθερά επαναφοράς D. Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής στις ακραίες θέσεις θα:

α) τετραπλασιαστεί.

β) υποτετραπλασιαστεί.

γ) διπλασιαστεί.

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η α.

Λύση

Αιτιολόγηση: Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής είναι ίσος με τη συνισταμένη δύναμη PFt

∆=∆

. Σε μια Α.Α.Τ. η συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται στο σώμα είναι η

δύναμη επαναφοράς η οποία στις ακραίες θέσεις είναι μέγιστη. Ισχύει για τη μέγιστη

δύναμη επαναφοράς η σχέση maxF D·A= . Το D παραμένει σταθερό, το Α

τετραπλασιάζεται άρα η μέγιστη δύναμη επαναφοράς τετραπλασιάζεται και επομένως και ο ρυθμός μεταβολής της ορμής στις ακραίες θέσεις. Άρα σωστή απάντηση είναι η α.

Page 29: Kef 1 Talantoseis_combine

7

Ερώτηση 5.

Δύο σώματα με μάζες 1m m= και 2m 4m= εκτελούν Α.Α.Τ. Στο παρακάτω σχήμα

φαίνονται οι γραφικές παραστάσεις δύναμης επαναφοράς, απομάκρυνσης για τα δύο σώματα.

Ο λόγος των συχνοτήτων ταλάντωσης των δύο σωμάτων 1

2

ff

είναι ίσος με:

α) 2· 2

β) 2

γ) 4· 2

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Αιτιολόγηση: Η κλίση της γραφικής παράστασης μας δίνει τη σταθερά της επαναφοράς της ταλάντωσης.

Άρα για το σύστημα 1 έχουμε: max1

2·FDA

= (1).

Ομοίως για το σύστημα 2 έχουμε:

Page 30: Kef 1 Talantoseis_combine

8

max2

FD4·A

= (2)

Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει:

max

1

max2

2·FD A

FD4·A

= ⇒

1

2

D 8D

= (3)

Άρα ο λόγος των συχνοτήτων υπολογίζεται:

2

21 1 2 2 1

2 1 1 21

2 1

m1 2 ·Df T T m ·D

1f T m ·Dm2 ·T D

π= = = = ⇒

π(Αντικαθιστώντας 1 2m m, m 4m= = και 1

2

D 8D

= )

1

2

f 4·m·8 32 4 2f m

/= = =/

Άρα σωστή απάντηση είναι η γ.

Page 31: Kef 1 Talantoseis_combine

9

Ερώτηση 6.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. με περίοδο T 4s= . Η συχνότητα μεγιστοποίησης του μέτρου του

ρυθμού μεταβολής της ταχύτητας είναι f ' ίση με:

α) 4Hz

β) 2Hz

γ) 0,5Hz

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Αιτιολόγηση: Ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας είναι η επιτάχυνση. Η επιτάχυνση γίνεται μέγιστη στις ακραίες θέσεις άρα κάθε μισή περίοδο. Άρα ο χρόνος

μεγιστοποίησης του ρυθμού μεταβολής της ταχύτητας είναι TT 2 s2

′ = = και η αντίστοιχη

συχνότητα 1 1f 0,5 HzT 2

′ = = =′

Άρα σωστή απάντηση είναι η γ.

Page 32: Kef 1 Talantoseis_combine

10

Ερώτηση 7.

Ένας απλός αρμονικός ταλαντωτής ταλαντώνεται, με πλάτος ταχύτητας υmax , πλάτος

επιτάχυνσης αmax και αρχική φάση φ0. Σε ένα τυχαίο σημείο της τροχιάς του έχει

ταχύτητα μέτρου υ και επιτάχυνση μέτρου α. Η σχέση που συνδέει τη στιγμιαία ταχύτητα

υ με τη στιγμιαία επιτάχυνση α, είναι η:

α) 2 2

2 2max max

a 1a

υ+ =

υ

β) 2 2

2 2max max

a 1a

υ− =

υ

γ) max max

a 1a

υ− =

υ

Να επιλέξτε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (α).

Λύση

Η χρονική εξίσωση της ταχύτητας σε μια απλή αρμονική ταλάντωση είναι:

max 0( t )υ = υ συν ω +ϕ και της επιτάχυνσης: max 0( t )α = −α ηµ ω +ϕ .

Λύνουμε ως προς τους περιεχόμενους τριγωνομετρικούς αριθμούς: 0max

( t ) υσυν ω +ϕ =

υ

και 0max

( t ) αηµ ω +ϕ = −

α.

Τις υψώνουμε στο τετράγωνο: 2

20 2

max

( t ) υσυν ω +ϕ =

υ και

22

0 2max

( t ) αηµ ω +ϕ =

α.

Τις προσθέτουμε κατά μέλη: 2 2

2 20 0 2 2

max max

( t ) ( t ) υ ασυν ω +ϕ +ηµ ω +ϕ = +

υ α. Το 1ο μέλος, με

βάση τώρα την τριγωνομετρική ταυτότητα: 2 2 1ηµ θ+συν θ = , είναι ίσο με τη μονάδα.

Έτσι, έχουμε τελικά: 2 2

2 2max max

1υ α+ =

υ α.

Page 33: Kef 1 Talantoseis_combine

11

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. και η ταχύτητα μεταβάλλεται σύμφωνα με τη σχέση u 2· 4 t= συν π (S.I.).

Να υπολογιστεί:

α) Η απόσταση των δύο ακραίων θέσεων.

β) Η επιτάχυνση όταν η απομάκρυνση του σώματος είναι x A= + .

γ) Η ταχύτητα τη χρονική στιγμή 1t s

12= .

δ) Αν η μάζα του ταλαντούμενου σώματος είναι m 0,2 kg= να υπολογιστεί η σταθερά

επαναφοράς του συστήματος και ο ρυθμός μεταβολής της ορμής τη χρονική στιγμή κατά

την οποία η απομάκρυνση είναι Ax2

= − .

Δίνεται 1

3 2π

συν = και 2 10π

Από την εξίσωση της ταχύτητας προκύπτει ότι:

Λύση

max 2 m / sυ =

4 rad / sω = π

Άρα maxm rad 1·A 2 4 ·A A ms s 2

υ = ω ⇒ = π ⇒ =π

α) Επομένως οι δύο ακραίες θέσεις απέχουν 1 1d 2·A 2· m m

2= = =

π π

β) Όταν είναι x A= + τότε

2 2 2max

rad 1a a a ·A a (4 ) · m a 8 m / ss 2

= − ⇒ = −ω ⇒ = − π ⇒ = − ππ

γ) Τη χρονική στιγμή 1t s

12= , η ταχύτητα είναι (στο S.I.):

2 4 tυ = συν π

Page 34: Kef 1 Talantoseis_combine

12

12 412

υ = συν π

23π

υ = συν

12· 1m / s2

υ = =

δ) Η σταθερά επαναφοράς υπολογίζεται από τη σχέση:

2 2rad N ND m· 0,2kg·(4 ) 3,2·10 32s m m

= ω = π = =

Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής είναι ίσος με τη δύναμη επαναφοράς

1dp N dp 82F D·x 32 ·( m) Ndt m 2 dt

π= = − = − − ⇒ = +π

Page 35: Kef 1 Talantoseis_combine

13

Άσκηση 2.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση επιτάχυνσης-χρόνου:

Να υπολογιστούν:

α) Το πλάτος της ταλάντωσης.

β) Η συχνότητα και η γωνιακή συχνότητα.

γ) Να βρεθεί η εξίσωση ταχύτητας-χρόνου και να σχεδιαστεί το αντίστοιχο ποσοτικό διάγραμμα.

δ) Να κάνετε το διάγραμμα επιτάχυνσης-απομάκρυνσης (ποσοτικό).

Από το διάγραμμα προκύπτει ότι:

Λύση

3·T 0,15s T 0,2 s4

= ⇒ = και 2 2maxa 10 m / s= π

α) 2 2

2 2max max 2 2 2

(2 ) m 4a ·A a ·A 10 ·A A 0,1mT s (0, 2s)π π

= ω ⇒ = ⇒ π = ⇒ =

β) 1 1f 5 HzT 0,2s

= = =

2 f 2 ·5 Hz 1 0 rad / sω = π = π = π

γ) maxrad·A 10 ·0,1m m / ss

υ = ω = π = π

Page 36: Kef 1 Talantoseis_combine

14

Άρα η εξίσωση της ταχύτητας είναι:

max· tυ = υ συνω ⇒

· 10 tυ = πσυν π (S.I.)

και το αντίστοιχο διάγραμμα είναι:

δ) 2max maxa a · t (a ·A)= − ηµω = ω

2a ·A· t (x A· t)= −ω ηµω = ηµω

2a ·x= −ω

2a (10 ) ·x= − π

2a 100 ·x (S.I.)= − π

Το διάγραμμα επιτάχυνσης-απομάκρυνσης είναι:

Page 37: Kef 1 Talantoseis_combine

15

Άσκηση 3.

Στο παρακάτω διάγραμμα παριστάνεται η επιτάχυνση ενός σώματος μάζας m 2kg= , σε

συνάρτηση με το χρόνο, που εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.

α) Να υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα ω και το πλάτος ταλάντωσης Α.

β) Να γράψετε την εξίσωση που δίνει τη φάση της ταλάντωσης φ σε συνάρτηση με το

χρόνο t.

γ) Να παραστήσετε γραφικά την επιτάχυνση α σε συνάρτηση με την απομάκρυνση χ, σε

κατάλληλα βαθμολογημένους άξονες.

δ) Να υπολογίσετε την αλγεβρική τιμή της ορμής του σώματος τη χρονική στιγμή

1t s30π

= . Δίνεται ότι:2 33 2π

ηµ = και 2 13 2π

συν = − .

α) Όπως φαίνεται απ’ το διάγραμμα, η μέγιστη επιτάχυνση της απλής αρμονικής

ταλάντωσης είναι:

Λύση

2max 5 m/sα = και η περίοδος T 0,4 s= π .

Βρίσκουμε τη γωνιακή συχνότητα ω:

2 2 rad 2 20T 0,4 s rad / s rad / s0,4 4

π π= ⇒ π = ⇒ω= = ⇒ω ω

rad5s

ω = .

Από τη σχέση μέγιστης επιτάχυνσης αmax – πλάτους Α:

2 maxmax 2

5 1m m25 5

αα = ω Α⇒ Α = = = ⇒

ω0,2mΑ = .

β) Γνωρίζουμε ότι η φάση μιας απλής αρμονικής ταλάντωσης είναι η: 0tϕ = ω +ϕ , οπότε

πρέπει να υπολογίσουμε την αρχική φάση της ταλάντωσης.

Από την εξίσωση επιτάχυνσης – χρόνου: max 0( t )α = −α ηµ ω +ϕ , για t=0 όπως φαίνεται

από το διάγραμμα είναι maxαρχα = −α . Με αντικατάσταση στην εξίσωση επιτάχυνσης α -

χρόνου t:

Page 38: Kef 1 Talantoseis_combine

16

max max 0 0 01 2k2π

−α = −α ηµϕ ⇒ ηµϕ = ⇒ ϕ = π+ . Επειδή η αρχική φάση είναι μεταξύ 0

και 2π, θέτουμε k=0, οπότε τελικά: 0 2π

ϕ = .

Οπότε η χρονική εξίσωση της φάσης της ταλάντωσης γίνεται: 5t2π

ϕ = + (στο S.I.).

γ) Γνωρίζουμε ότι η σχέση επιτάχυνσης α – απομάκρυνσης χ, σε μια απλή αρμονική

ταλάντωση είναι η: 2 x 25 xα = −ω ⋅ ⇒ α = − ⋅ , που είναι μια πρωτοβάθμια συνάρτηση με

πεδίο ορισμού: A x A 0,2 m x 0,2 m− ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ και κλίση –ω2.

Η γραφική παράσταση φαίνεται στο παρακάτω διάγραμμα:

δ) Η ορμή είναι p m= ⋅υ , οπότε αρκεί να βρούμε την ταχύτητα τη χρονική στιγμή

1t s30π

= .

Η εξίσωση της ταχύτητας είναι: max 0 0( t ) ( t )υ = υ συν ω +ϕ = ωΑσυν ω +ϕ και

αντικαθιστώντας έχουμε (S.I.):

2 1 m5 0,2 (5 )m / s 1 ( )m / s ... ( )m / s30 2 6 2 3 2 sπ π π π π

υ = ⋅ συν + = ⋅συν + = = συν = − .

Άρα η αλγεβρική τιμή της ορμής είναι: 1 mp 2( )kg2 s

= − ⇒mp 1 kgs

= − .

Ημερομηνία τροποποίησης: 20/07/2011

Page 39: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ – ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.2: ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ)

ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣ ΕΠΙΛΥΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Ένα σώμα, μάζας m, εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση έχοντας ολική ενέργεια Ε. Χωρίς

να αλλάξουμε τα φυσικά χαρακτηριστικά του συστήματος, προσφέρουμε στο σώμα

επιπλέον ενέργεια 3Ε. Τότε η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης:

α) μένει σταθερή.

β) διπλασιάζεται.

γ) τετραπλασιάζεται.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (β).

Λύση

Η ενέργεια του ταλαντωτή είναι ίση με τη μέγιστη κινητική ενέργεια ταλάντωσης:

2max max

1E K m2

= = υ .

Η νέα ενέργεια του ταλαντωτή θα είναι: E E 3E 4E′ = + = , ενώ δεν αλλάζει τη μάζα του. Αντικαθιστώντας τώρα έχουμε:

2 2 2 2max max max max max max max max

1 1K 4K m 4 m 4 22 2

′ ′ ′ ′= ⇒ υ = υ ⇒ υ = υ ⇒ υ = υ .

Page 40: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Η γραφική παράσταση της κινητικής ενέργειας ενός

απλού αρμονικού ταλαντωτή σε συνάρτηση με το χρόνο

φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Τη χρονική στιγμή t1 η

ταχύτητα του σώματος έχει θετικό πρόσημο.

Η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης σε συνάρτηση

με το χρόνο είναι η:

Να επιλέξετε τη σωστή γραφική παράσταση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (γ).

Λύση

Παρατηρούμε από το διάγραμμα Κ –t, ότι τη χρονική στιγμή t=0, η κινητική ενέργεια του

ταλαντωτή είναι μηδέν. Αυτό συμβαίνει στα ακρότατα της τροχιάς του. Επίσης τη

χρονική στιγμή t1 η κινητική του ενέργεια είναι μέγιστη. Αυτό συμβαίνει όταν περνά από

τη Θέση Ισορροπίας του.

Αν αρχικά (t=0) ήταν στο θετικό ακρότατο, σε χρόνο t1, θα περνούσε απ’ τη Θ.Ι. του έχοντας αρνητική ταχύτητα. Όμως με βάση την εκφώνηση, τη χρονική στιγμή t1, έχει θετική ταχύτητα. Άρα τη στιγμή της εκκίνησης ήταν στο αρνητικό ακρότατο, συνεπώς το σωστό διάγραμμα χ-t είναι το (γ).

Page 41: Kef 1 Talantoseis_combine

3

Ερώτηση 3.

Δύο αρμονικοί ταλαντωτές (1) και (2), είναι μικρά σώματα με μάζες m1 και m2 (m1=4m2) ,

που είναι δεμένα σε δύο διαφορετικά ελατήρια με σταθερές k1 και k2 αντίστοιχα. Οι δύο

ταλαντωτές έχουν ίδια ενέργεια Ε και ίδια περίοδο Τ. Με βάση τα δεδομένα αυτά, το

σωστό διάγραμμα συνισταμένης δύναμης F - απομάκρυνσης x είναι το:

Σωστή απάντηση είναι το (α).

Λύση

Εφόσον έχουν ίδια περίοδο:

1 2 1 2 1 21 2 1 2 2 1 2

1 2 1 2 2 2

m m m m m 4mT T 2 2 k k k k 4kk k k k m m

= ⇒ π = π ⇒ = ⇒ = = ⇒ = .

Εφόσον έχουν ίδια ενέργεια:

22 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 1A A1 1E E k A k A k A k A 4k A k A A A

2 2 4 2= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = .

Η μέγιστη δύναμη επαναφοράς του ταλαντωτή (1) είναι:

21,max 1 1 2 2 2 2,max

AF k A 4k 2k A 2F2

= = = = .

Συνεπώς ο ταλαντωτής (1) έχει το μισό πλάτος και τη διπλάσια μέγιστη δύναμη επαναφοράς απ’ τον ταλαντωτή (2).

Page 42: Kef 1 Talantoseis_combine

4

Ερώτηση 4.

Σώμα Α είναι δεμένο σε κατακόρυφο ιδανικό ελατήριο, το άλλο άκρο του οποίου είναι

στερεωμένο σε ακλόνητο σημείο στην οροφή. Εκτρέπουμε κατακόρυφα το σώμα Α από

τη θέση ισορροπίας του κατά d, προσφέροντας ενέργεια Ε1 και το αφήνουμε ελεύθερο

να κινηθεί από τη θέση εκτροπής, οπότε αυτό εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.

Αντικαθιστούμε το σώμα Α με σώμα Β, που έχει μεγαλύτερη μάζα και εκτρέπουμε το

σώμα Β από τη θέση ισορροπίας του κατά ίση απομάκρυνση d με τον ίδιο τρόπο. Η

ενέργεια Ε2 που προσφέραμε για να εκτρέψουμε το σώμα Β είναι:

α) ίση με την Ε1.

β) μικρότερη από την E1.

γ) μεγαλύτερη από την E1.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (α).

Λύση

Όταν εκτρέψουμε το σώμα από τη Θ.Ι. του και το αφήσουμε ελεύθερο, στο σημείο αυτό

έχει μηδενική ταχύτητα, άρα αποτελεί ακρότατο της ταλάντωσης και το μέτρο της

απομάκρυνσής του είναι τότε ίσο με το πλάτος ταλάντωσης: d A= .

Όταν ένα σώμα είναι δεμένο σε κατακόρυφο ελατήριο και εκτελεί απλή αρμονική

ταλάντωση, η σταθερά της ταλάντωσης είναι ίση με τη σταθερά του ελατηρίου: D k= .

(Σχολικό βιβλίο σελ. 12, παράδειγμα 1.1)

Με βάση τη Διατήρηση της ενέργειας

2 21 1E DA kA2 2προσ = Ε = =

, η ενέργεια, που προσφέρουμε στο σώμα για να το

θέσουμε σε ταλάντωση είναι ίση με την ολική ενέργεια της ταλάντωσης:

.

Οι ταλαντώσεις των σωμάτων Α και Β έχουν το ίδιο πλάτος, την ίδια σταθερά ταλάντωσης, ενώ η ενέργεια ταλάντωσης Ε είναι ανεξάρτητη της μάζας του

ταλαντούμενου σώματος. Συνεπώς 2 1E E= .

Page 43: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Ερώτηση 5.

Σώμα Σ1 μάζας m είναι δεμένο σε κατακόρυφο ιδανικό ελατήριο και εκτελεί απλή

αρμονική ταλάντωση πλάτους Α. Η μέγιστη δύναμη επαναφοράς, που δέχεται στη

διάρκεια της ταλάντωσης είναι Fmax και η μέγιστη επιτάχυνση αmax. Αντικαθιστούμε το Σ1

με άλλο σώμα Σ2, που έχει μεγαλύτερη μάζα m2 από το Σ1 και διεγείρουμε το σύστημα

ώστε να εκτελέσει ταλάντωση ίδιου πλάτους Α. Τότε το σώμα Σ2 θα ταλαντώνεται με

απλή αρμονική ταλάντωση και:

Α) η μέγιστη δύναμη που θα δέχεται θα είναι :

α) μικρότερη απ’ του Σ1.

β) ίση με του Σ1.

γ) μεγαλύτερη απ’ του Σ1.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Β) η μέγιστη επιτάχυνση του θα είναι:

α) μικρότερη απ’ του Σ1.

β) ίση με του Σ1.

γ) μεγαλύτερη απ’ του Σ1.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Α) Σωστή απάντηση είναι η (β).

Λύση

Β) Σωστή απάντηση είναι η (α).

Α) Η μέγιστη δύναμη επαναφοράς της ταλάντωσης ενός σώματος δεμένου σε ελατήριο,

με βάση τη Συνθήκη της αρμονικής ταλάντωσης maxF k A= ⋅, θα είναι: . Η σταθερά k του

ελατηρίου δεν αλλάζει με την αλλαγή της μάζας, ενώ και το πλάτος ταλάντωσης,

σύμφωνα με την εκφώνηση, είναι σταθερό. Συνεπώς η μέγιστη δύναμη επαναφοράς

είναι η ίδια.

Β) Η μέγιστη επιτάχυνση, σύμφωνα με το Θεμελιώδη Νόμο της Μηχανικής

maxmax

Fam

=

, θα είναι:

. Απ’ τη σχέση αυτή προκύπτει ότι, αφού η μέγιστη δύναμη επαναφοράς είναι

σταθερή, η μέγιστη επιτάχυνση είναι αντιστρόφως ανάλογη της μάζας του ταλαντωτή. Σύμφωνα με την εκφώνηση, το σώμα Σ2 έχει μεγαλύτερη μάζα απ’ το Σ1, συνεπώς η μέγιστη επιτάχυνσή του θα είναι μικρότερη απ’ του Σ1.

Page 44: Kef 1 Talantoseis_combine

6

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Ένα σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. Η σταθερά επαναφοράς συστήματος είναι D 100 N / m= . Η

ενέργεια ταλάντωσης είναι E 2 J= . Αν η μάζα του ταλαντευόμενου σώματος είναι

m 1 kg= , να υπολογιστούν:

α) Η γωνιακή συχνότητα ταλάντωσης.

β) Το πλάτος της επιτάχυνσης.

γ) Η απομάκρυνση του σώματος όταν η κινητική του ενέργεια είναι K 0.5 J= .

δ) Η ταχύτητα 1u του σώματος τη χρονική στιγμή 1t όπου η απομάκρυνση είναι

1x 0,1· 2 m= .

Γνωρίζουμε ότι:

Λύση

α) m 1kg 2T 2 T 2 T s T sND 10 5100

m

π π= π ⇒ = π ⇒ = ⇒ =

Η γωνιακή συχνότητα υπολογίζεται ως εξής: 2 2 rad10T ss

5

π πω = ⇒ω= ⇒ω=

π

β) Η ενέργεια ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση:

21 2E 2·2JE DA A A A 0, 2 mN2 D 100m

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ±

Άρα το πλάτος της ταλάντωσης είναι: A 0,2 m=

Το πλάτος της επιτάχυνσης υπολογίζεται εύκολα:

2 2max 2

rad ma ·A (10 ) ·0,2m 20s s

= ω = =

γ) Εφαρμόζουμε Αρχή Διατήρησης Ενέργειας για την Α.Α.Τ.

Page 45: Kef 1 Talantoseis_combine

7

E K U= + ⇒ 212 0,5 Dx2

= + ⇒ 211,5 Dx2

= ⇒

2N3J 100 ·xm

= ⇒ 2 3Jx N100m

= ⇒

3x m10

= ±

δ) Εφαρμόζουμε Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας για την Α.Α.Τ. τη χρονική στιγμή 1t :

2 21 1 1 1

1 1E K U E ·mu Dx2 2

= + ⇒ = + ⇒

2 21 1

1 1E D·x m·u2 2

− = ⇒

21

12E D·xu

m−

= ⇒

2

1

N2·2J 100 (0,1· 2m)mu1kg

−= ⇒

1mu 4 100·0,01·2s

= − ⇒

1mu 2s

= ±

Page 46: Kef 1 Talantoseis_combine

8

Άσκηση 2.

Ένα σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. και τη χρονική στιγμή 1t έχει απομάκρυνση 1x 5 cm= και

ταχύτητα 1mu 10· 3s

= ενώ τη χρονική στιγμή 2t έχει απομάκρυνση 2x 5· 2 cm= και

ταχύτητα 2mu 10· 2s

= . Αν η μάζα του σώματος είναι m 0,5 kg= να υπολογιστούν:

α) Η σταθερά επαναφοράς του συστήματος.

β) Το πλάτος της ταλάντωσης.

γ) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας τη χρονική στιγμή 1t .

α) Η ενέργεια της ταλάντωσης παραμένει σταθερή άρα για τις χρονικές στιγμές

Λύση

1t και 2t

ισχύει:

2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 2

1 1 1 1K U K U ·m·u ·Dx ·m·u ·Dx2 2 2 2

+ = + ⇒ + = + ⇒

( ) ( )2 2 2 21 2 2 1

1 1D x x m u u2 2

− = − ⇒

( )2 22 1

2 21 2

m u uD

x x−

= ⇒−

( ) ( )

2 2

222 2

m m0,5kg 10 2 10 3s s

D5·10 m 5 2·10 m− −

− = ⇒

4 4

0,5(200 300) ND25·10 50·10 m− −

−=

4 ND 2·10m

=

β) Το πλάτος της ταλάντωσης υπολογίζεται εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της

ενέργειας τη χρονική στιγμή 1t :

2 21 1 1 1

1 1E K U E ·m·u ·Dx2 2

= + ⇒ = +

Page 47: Kef 1 Talantoseis_combine

9

24 2 21 m 1 NE ·0,5kg· 10· 3 ·2·10 (5·10 m)

2 s 2 m− = + ⇒

E (75 25)J E 100 J= + ⇒ =

Όμως είναι:

2 2

4

1 2E 2·100 JE ·DA A A A 10 m A 10 cmN2 D 2·10m

−= ⇒ = ± ⇒ = ± ⇒ = ± ⇒ = ±

γ) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας είναι ίσος με την ισχύ της δύναμης

επαναφοράς τη χρονική στιγμή 1t :

11 1 1

dK P F·udt

= = ⇒

11 1

dK D·x udt

= − ⇒

4 21dK N m2·10 ·5·10 m·10 3dt m s

−= − ⇒

41dK J3·10dt s

= −

Page 48: Kef 1 Talantoseis_combine

10

Άσκηση 3.

Σώμα μάζας m 0,2 kg= εκτελεί Α.Α.Τ. Η συχνότητα μεταβολής της δυναμικής ενέργειας

είναι f 2 Hz′ = .

Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται η μεταβολή της κινητικής ενέργειας ταλάντωσης σε σχέση με την απομάκρυνση. Για t 0= το σώμα κινείται προς τη θετική κατεύθυνση του άξονα x x′ .

α) Αφού ξανασχεδιάσετε το διάγραμμα να συμπληρώσετε τις αριθμητικές τιμές που λείπουν και να φτιάξετε και τη γραφική παράσταση της δυναμικής ενέργειας της ταλάντωσης, σε σχέση με την απομάκρυνση.

β) Να υπολογίσετε την ταχύτητα του σώματος την χρονική στιγμή όπου η απομάκρυνση είναι x 0,25 m= .

γ) Να υπολογίσετε το ρυθμό μεταβολής της δυναμικής ενέργειας τη χρονική στιγμή όπου

η ταχύτητα του σώματος είναι mu

2 sπ

= και η επιτάχυνση του σώματος είναι θετική

a 0> .

Δίνεται 2 10π = .

α) Η συχνότητα ταλάντωσης είναι το μισό της συχνότητας μεταβολής της δυναμικής ενέργειας.

Λύση

Άρα: ff f 1 Hz2′

= ⇒ =

Επομένως: rad2 f 2s

ω = π ⇒ω= π

Στη συνέχεια υπολογίζουμε τη σταθερά επαναφοράς:

22 rad ND m· 0, 2· 2· 8

s m = ω = π =

Page 49: Kef 1 Talantoseis_combine

11

Επειδή η ενέργεια ταλάντωσης είναι ίση με τη μέγιστη κινητική ενέργεια, από το διάγραμμα προκύπτει:

2 2max

1 1 NK E 1 J ·D·A ·8 ·A 1J2 2 m

= ⇒ = ⇒ = ⇒

2 21A m A 0,5 m4

= ⇒ = ± άρα το πλάτος είναι A 0,5 m=

Έτσι το διάγραμμα είναι:

β) Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης έχουμε:

2 2 21 1 1E K U ·DA m·u ·D·x2 2 2

= + ⇒ = + ⇒

( )2 2D A xu

m−

= ± ⇒

2 2N8 [ 0,5m) (0,25m( ])mu

0, 2kg

−= ± ⇒

mu 7,5s

= ±

γ) Επειδή η ενέργεια της ταλάντωσης είναι σταθερή και ίση με το άθροισμα της κινητικής και της δυναμικής ενέργειας ταλάντωσης προκύπτει ότι ο ρυθμός μεταβολής της δυναμικής ενέργειας είναι αντίθετου ρυθμού μεταβολής της κινητικής ενέργειας.

Άρα:

dU dK dW F·dx F·udt dt dt dt

= − = − = − = − ⇒

dU ( D·x)·u D·x·u (1)dt

= − − =

Page 50: Kef 1 Talantoseis_combine

12

Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης (βλ. απάντηση ερωτήματος β) υπολογίζουμε την απομάκρυνση:

E K U= + ⇒

2 2D·A m·uxD−

= ± ⇒

22 m·ux A

D= ± − ⇒

2

2

m0,2kg ( )2 sx 0,5m) N(

8m

π⋅

= ± − ⇒

100,24x 0,25 m

8

⋅= ± − ⇒

1 1x m4 16

= ± − ⇒

3x m4

= ±

Επειδή όμως a 0> προκύπτει: 3x m

4= −

Άρα από τη σχέση (1) με αντικατάσταση:

U N 3 mD·x·u 8 ·( m)·t m 4 2 s

∆ π= = − ⇒

∆U J3·t s

∆= − π

Page 51: Kef 1 Talantoseis_combine

13

Άσκηση 4.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. και τη χρονική στιγμή t 0= έχει απομάκρυνση x 2 m= + και

ταχύτητα mu 2s

= − . Το σώμα μετά από μία πλήρη ταλάντωση έχει διαγράψει τροχιά

μήκους d 8 m=

Να υπολογιστούν:

α) Η περίοδος της ταλάντωσης.

β) Η αρχική φάση της ταλάντωσης.

γ) Να βρεθεί η εξίσωση της επιτάχυνσης σε σχέση με το χρόνο.

δ) Να υπολογιστεί ο λόγος της κινητικής προς τη δυναμική ενέργεια ταλάντωσης τη χρονική στιγμή t 0= .

α) Εφαρμόζουμε την αρχή διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης τη χρονική στιγμή t=0:

Λύση

E K U= + ⇒

2 2 2 21 1 1·DA ·mu ·Dx (D m )2 2 2

= + = ω ⇒

2 2 2 2 2m A mu m xω = + ω ⇒

2 2 2 2u ·(A x ) (1)= ω −

Σε μια πλήρη ταλάντωση το σώμα έχει διαγράψει τροχιά μήκους 4A άρα:

d 4A 8 4A= ⇒ = ⇒ A 2 m=

Έτσι με αντικατάσταση η (1) γίνεται:

22 2m2 (4 2)m

s − = ω − ⇒

22 rad1

s ω = ⇒

rad1 ( 0)s

ω = ω > άρα

2Tπ

ω = ⇒

Page 52: Kef 1 Talantoseis_combine

14

rad 21 T 2 ss T

π= ⇒ = π

β) Για τον υπολογισμό της αρχικής φάσης από την εξίσωση της απομάκρυνσης

προκύπτει για t 0= και x 2 m= + :

0x A· ( ·t )= ηµ ω +ϕ ⇒

02m 2m·= ηµϕ ⇒

02

2ηµϕ = άρα 0 2k

ϕ = π+ ή 032k ( ) 2k

4 4π π

ϕ = π+ π− = π+

για την πρώτη 1η λύση επειδή 00 2≤ ϕ < π⇒

0 2k 24π

≤ π+ < π άρα k 0= και 0 4π

ϕ =

για την 2η λύση επειδή 00 2≤ φ < π⇒

30 2k 24π

≤ π+ < π άρα k 0= και 034π

ϕ =

Από την εξίσωση της ταχύτητας για t 0= και 0 4π

ϕ = ⇒

maxu u4π

= συν άρα u 0>

Ομοίως για t 0= και 034π

ϕ = ⇒

max3u u4π

= συν άρα u 0<

Επειδή λοιπόν τη χρονική στιγμή t 0= η ταχύτητα είναι αρνητική η αρχική φάση είναι

034π

ϕ =

γ) Το πλάτος της επιτάχυνσης υπολογίζεται από τη σχέση:

2maxa ·A= ω

2

ma 2s

=

Page 53: Kef 1 Talantoseis_combine

15

Η εξίσωση της επιτάχυνσης είναι:

max 0a a ( t )= − ηµ ω +ϕ

3a 2 (t ) S.I4π

= − ηµ +

δ)

2 2

2

1 1DA DxK E U 4 22 2 11U U 2Dx2

−− −= = = =

Page 54: Kef 1 Talantoseis_combine

16

Άσκηση 5.

Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση της κινητικής και της δυναμικής ενέργειας ταλάντωσης σε σχέση με το χρόνο.

Τη χρονική στιγμή t 0= η επιτάχυνση είναι maxa a= + . Αν η σταθερά επαναφοράς είναι

ND 100m

= να υπολογιστούν:

α) Το πλάτος της ταλάντωσης.

β) Η μάζα του ταλαντευόμενου σώματος.

γ) Η χρονική στιγμή t στην οποία η κινητική και η δυναμική ενέργεια ταλάντωσης

γίνονται ίσες για 1η φορά μετά τη στιγμή t 0= .

δ) Η μέγιστη δύναμη επαναφοράς και να γραφεί η συνάρτηση δύναμης επαναφοράς-χρόνου.

Από το διάγραμμα προκύπτει ότι: E 8 J,= και T T s2 2

π= ⇒ = π

α)

Λύση

21 2EE ·DA A2 D

= ⇒ = ⇒

2·8J 4A A m A 0,4 mN 10100m

= ⇒ = ± ⇒ = ± άρα το πλάτος της ταλάντωσης είναι

A 0, 4 m= .

β) 2 2 2 radD m· ( 2 )T sπ π

= ω ⇒ ω= = =π

2N rad100 m· 2 m 25 kgm s

= ⇒ =

Page 55: Kef 1 Talantoseis_combine

17

γ) Από το διάγραμμα παρατηρούμε ότι τη χρονική στιγμη t 0= η δυναμική ενέργεια είναι μέγιστη και επομένως το σώμα είναι σε ακραία θέση.

Επειδή όμως maxa a= + βρίσκεται στο x A= −

Έτσι από την εξίσωση της απομάκρυνσης για t 0= και x A= − προκύπτει:

0x A· ( t )= ηµ ω +ϕ

0A A− = ηµϕ ⇒

0 031 2k2π

ηµϕ = − ⇒ ϕ = π+

Επειδή 030 2 0 2k 22π

≤ ϕ < π⇒ ≤ π+ < π άρα

k 0= και 032π

ϕ =

Ισχύει K U= άρα εφαρμόζουμε αρχή διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης για να βρούμε την απομάκρυνση

E K U= + ⇒

E U U= + ⇒

E 2U= ⇒

2 21 1·DA 2· Dx2 2

= ⇒

22 Ax

2= ⇒

A A 2x22

= ± = ±

Όμως επειδή τη χρονική στιγμή t 0= το σώμα βρίσκεται στο x A= − , προκύπτει ότι η

κινητική και η δυναμική ενέργεια γίνονται ίσες για 1η φορά όταν A 2x

2= − .

Από την εξίσωση της απομάκρυνσης

0x A· ( t )= ηµ ω +ϕ ⇒

A 2 3A· (2t )2 2

π− = ηµ + ⇒

Page 56: Kef 1 Talantoseis_combine

18

3 2(2t ) (S.I.)2 2π

ηµ + = −

Άρα

3 72·t 2·k· (1)2 4π π

+ = π+

ή

3 72·t 2·k· (2)2 4π π

+ = π+ π−

Πρέπει: T0 t , T s4

< < = π

7 3(1) 2·t 2·k· 2·k·4 2 4π π π

⇒ = π+ − = π+ ⇒

t k·8π

= π+

0 k·8 4π π

< π+ < ⇒

k·8 8π π

− < π < ⇒

1 1k k 08 8

− < < ⇒ = άρα t s8π

=

3 7 3 3(2) 2·t 2·k· 2·k· 2·k· 22 4 4 4π π π π

⇒ + = π+ π− = π− = π+ π− ⇒

3 52·t 2·k·2 4π π

+ = π+ ⇒

5 32·t 2·k· 2·k·4 2 4π π π

= π+ − = π− ⇒

t k·8π

= π−

30 k· k· k·8 4 8 4 8 8 8π π π π π π π

< π− < ⇒ < π < + ⇒ < π < ⇒

1 3k8 8< < , επειδή k ακέραιος, δεν υπάρχει λύση.

Page 57: Kef 1 Talantoseis_combine

19

Τελικά έχουμε μόνο μία λύση την t s8π

=

δ) max maxF m·a= ⇒

2maxF m· ·A= ω ⇒

2

maxradF 25kg· 2 ·0,4ms

= ⇒

maxF 40 N=

Η εξίσωση δύναμης επαναφοράς-χρόνου είναι:

max 0F F · ( ·t )= − ηµ ω +ϕ ⇒

3F 40· (2·t ) (S.I.)2π

= − ηµ +

Page 58: Kef 1 Talantoseis_combine

20

Άσκηση 6.

Μια σφαίρα μάζας m=2 kg εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση γωνιακής συχνότητας

rad10 sω = . Τη χρονική στιγμή t=0 βρίσκεται στη θέση όπου έχει τη μέγιστη τιμή της

δύναμης επαναφοράς της ταλάντωσης Fmax=+20 N.

α) Να υπολογίσετε τη περίοδο και το πλάτος της ταλάντωσης.

β) Να γράψετε τη συνάρτηση απομάκρυνσης – χρόνου και να την παραστήσετε γραφικά σε κατάλληλα βαθμολογημένους άξονες. Η αρχική φάση έχει πεδίο τιμών [0,2π).

γ) Να βρείτε την ταχύτητα της σφαίρας τη στιγμή 1t s4π

= .

δ) Να βρείτε τη δυναμική και την κινητική ενέργεια ταλάντωσης της σφαίρας τη στιγμή t1.

α) Η περίοδος T της αρμονικής ταλάντωσης, υπολογίζεται απ’ τη γωνιακή συχνότητα:

Λύση

2 2 0,2 sπ πω = ⇒ Τ = = π

Τ ω.

Γνωρίζουμε ότι η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση:

2 2D m 2 10 200 mΝ= ω = ⋅ = .

Από τη συνθήκη της απλής αρμονικής ταλάντωσης (ΑΑΤ) F D x= − ⋅ , καταλαβαίνουμε ότι

τη χρονική στιγμή t=0, η σφαίρα δέχεται τη μέγιστη δύναμη επαναφοράς όταν βρίσκεται

στο αρνητικό ακρότατο. Έτσι: maxmax

F 20NF D ( A) A 0,1 mD 200N / m

= − ⋅ − ⇒ = = = .

β) Για να βρω την αρχική φάση φ0, θέτω στη χρονική εξίσωση απομάκρυνσης – χρόνου,

t=0 και χαρχ=-Α, οπότε: 0 0 03A A 1 2k2

−Α π− = ηµϕ ⇒ ηµϕ = = − ⇒ ϕ = π+

Α. Επειδή όμως

η αρχική φάση βρίσκεται μεταξύ 0 και 2π, θέτουμε k=0, οπότε:

Συνεπώς η χρονική εξίσωση x – t είναι η:3x 0,1 (10 t )2π

= ηµ + (S.I.).

Η γραφική παράσταση φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

Page 59: Kef 1 Talantoseis_combine

21

γ) Η χρονική εξίσωση ταχύτητας – χρόνου t είναι η: max 0( t )υ = υ συν ω +ϕ , με

maxm10 0,1 1 sυ = ωΑ = ⋅ = .

Έτσι την 1t s4π

= , η ταχύτητα είναι: 13(10 ) (4 )

4 2π π

υ = συν + = συν π ⇒ 1m1 sυ = .

δ) Η κινητική ενέργεια τη χρονική στιγμή t1 είναι: 2 2 2 21 1

1 1K m 2kg 1 m / s2 2

= υ = ⋅ ⇒

1 1 JΚ = .

Η δυναμική ενέργεια θα υπολογιστεί από τη Διατήρηση της Ενέργειας:

21 1 1 1 m 1

1K U E U E K m K 1 12 αχ+ = ⇒ = − = υ − = − ⇒ 1U 0 J= .

Page 60: Kef 1 Talantoseis_combine

22

Άσκηση 7.

Το διάγραμμα του σχήματος παριστάνει την ταχύτητα σε συνάρτηση με το χρόνο ενός σώματος μάζας m=0,5 kg, που εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.

α) Nα υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα ω και το πλάτος Α της ταλάντωσης.

β) Να βρείτε την αρχική φάση της ταλάντωσης. Η αρχική φάση έχει πεδίο τιμών [0,2π).

γ) Να γράψετε τη χρονική εξίσωση της συνισταμένης δύναμης, που δέχεται το σώμα.

δ) Να βρείτε το μέτρο της επιτάχυνσης στις θέσεις όπου η κινητική ενέργεια της ταλάντωσης είναι το 75% της ολικής ενέργειας.

Δίνεται: 2 10π .

α) Από το διάγραμμα ταχύτητας υ – χρόνου t, που δίνεται, παρατηρούμε (απ’ τον

οριζόντιο άξονα των t), ότι

Λύση

T 0,5 s T=2 s4= ⇒ .

Η γωνιακή συχνότητα υπολογίζεται απ’ τη σχέση: 2 2

2π π

ω = = ⇒Τ

rad s

ω = π .

Γνωρίζουμε ότι η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση: maxυ = ω⋅Α .

Από το διάγραμμα ταχύτητας υ – χρόνου t, που δίνεται, παρατηρούμε (απ’ τον

κατακόρυφο άξονα των υ), ότι η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης είναι:

maxcm m40 0,4s s

υ = π = π .

Άρα: max 0, 4 m / sA rad / s

υ π= = ⇒

ω π0,4 mΑ = .

β) Γνωρίζουμε από τη θεωρία, ότι όταν ο αρμονικός ταλαντωτής βρίσκεται στα δύο

ακραία σημεία της ταλάντωσης, έχει μηδενική ταχύτητα. Πιο συγκεκριμένα αν βρίσκεται

στο θετικό ακρότατο, αμέσως μετά κινείται προς τη Θ.Ι. κινούμενος στην αρνητική φορά

(άρα έχει αρνητική ταχύτητα), ενώ αν βρίσκεται στο αρνητικό ακρότατο, κινείται προς

τη Θ.Ι. έχοντας θετική φορά κίνησης, δηλαδή θετική ταχύτητα.

Page 61: Kef 1 Talantoseis_combine

23

Από το διάγραμμα παρατηρούμε ότι τη χρονική στιγμή t=0, το σώμα έχει μηδενική

ταχύτητα και αμέσως μετά το σώμα έχει αρνητική τιμή ταχύτητας.

Συνεπώς με βάση τα παραπάνω το σώμα θα βρίσκεται στο θετικό ακρότατο, δηλαδή

0x = +Α .

Αντικαθιστώντας τώρα στη χρονική εξίσωση απομάκρυνσης, βρίσκουμε την αρχική φάση

ως εξής: 0 0 0A A ( 0 ) 1 2k2 2π π

= ⋅ηµ ω⋅ + ϕ ⇒ ηµϕ = = ηµ ⇒ ϕ = π+ και για k=0,

προκύπτει: 0 2π

ϕ = .

γ) Γνωρίζουμε ότι η συνισταμένη δύναμη επαναφοράς βρίσκεται από τη Συνθήκη της

απλής αρμονικής ταλάντωσης 20F D x m ( t )= − ⋅ = − ω ⋅Αηµ ω +ϕ: . Αντικαθιστώντας στο

S.I. έχουμε:

2F 0,5 0,4 ( t ) 0,5 10 0,4 ( t )2 2π π

= − ⋅π ⋅ ⋅ηµ π + = − ⋅ ⋅ ⋅ηµ π + ⇒ F 2 ( t )2π

= − ⋅ηµ π + (S.I.).

δ) Γνωρίζουμε ότι, σε μια απλή αρμονική ταλάντωση, η επιτάχυνση υπολογίζεται από τη

σχέση: 2a x= −ω ⋅ και το μέτρο της: 2| a | | x |= ω ⋅ .

Με βάση το γεγονός ότι σε μια αμείωτη απλή αρμονική ταλάντωση, η ολική ενέργεια

διατηρείται K U E+ =: , αφού η κινητική ενέργεια είναι το 75% της ολικής ενέργειας Ε,

συμπεραίνουμε ότι η δυναμική ενέργεια θα είναι το 25% της Ε. Άρα:

2 2 2 225 1 1 1 1 1 AU E E D x D A x A x100 4 2 4 2 4 2

= = ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ = ± ή το μέτρο της A| x |2

= .

Έτσι: 2 2 0, 4| |2 2Α

α = ω = π ⇒ 2

m| | 2s

α = .

Page 62: Kef 1 Talantoseis_combine

24

Άσκηση 8.

Ένα σώμα με μάζα m=0,1 kg εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, μεταξύ δύο ακραίων

θέσεων που απέχουν d=40 cm. Ο ελάχιστος χρόνος μετάβασης του σώματος από τη μια

ακραία θέση στην άλλη είναι Δt=0,1π s. Τη χρονική στιγμή t0=0 το σώμα διέρχεται από

τη θέση 0x 0,1 2 m= και το μέτρο της ταχύτητάς του μειώνεται.

α) Να βρείτε το πλάτος Α και τη γωνιακή συχνότητα ω της ταλάντωσης.

β) Πόση ενέργεια Ε προσφέραμε στο σώμα για να το θέσουμε σε ταλάντωση;

γ) Να υπολογίσετε τη δυναμική ενέργεια του σώματος, κάποια χρονική στιγμή, όταν έχει

μέτρο ταχύτητας 1m3 sυ = .

δ) Να υπολογίσετε την αρχική φάση φ0 ταλάντωσης. Η αρχική φάση έχει πεδίο τιμών

[0,2π).

ε) Να υπολογίσετε την απομάκρυνση και τη δυναμική ενέργεια του σώματος, τη χρονική

στιγμή 23Tt4

= .

Δίνεται:5 24 2π

ηµ = − .

α) Γνωρίζουμε ότι η απόσταση μεταξύ των δύο ακραίων θέσεων μιας απλής αρμονικής

ταλάντωσης είναι 2Α, οπότε:

Λύση

d 2A 0, 4m A 0, 2 m= = ⇒ = . Επίσης γνωρίζουμε ότι ο

ελάχιστος χρόνος μετάβασης από τη μια ακραία θέση στην άλλη είναι T2

. Άρα

Tt 0,1 s T 0,2 s2

∆ = = π ⇒ = π .

Η σχέση γωνιακής συχνότητας – περιόδου είναι:2 2 2 rad radT 10

0,2 s sπ π π

= ⇒ω= = =ω Τ π

.

β) Γνωρίζουμε ότι η ενέργεια που προσφέρουμε για να το θέσουμε σε ταλάντωση είναι ίση με την ολική ενέργεια

2 2 2 2 2 2 2 21 1 1E DA m 0,1kg 10 rad / s 0,2 m2 2 2

= = ω Α ⇒ Ε = ⋅ ⋅ ⇒

Ε της ταλάντωσης, η οποία θα υπολογιστεί από τη σχέση:

0,2 JΕ = .

γ) Η δυναμική ενέργεια του σώματος σε συνάρτηση της ταχύτητας θα προκύψει από τη

Διατήρηση της Ενέργειας 21K U E U E K E m2

+ = ⇒ = − = − υ: .

Page 63: Kef 1 Talantoseis_combine

25

Αντικαθιστώντας στο S.I. έχουμε: 2 21

1U 0,2J 0,1kg ( 3) m / s (0,2 0,15)J2

= − ⋅ = − ⇒

1U 0,05 J= .

δ) Στη χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης, επειδή για t=0 s έχω 0x 0,1 2 m= ,

αντικαθιστώ και βρίσκω την αρχική φάση:

( ) 020,1 2 0,2 10 0

2 4ο

π= ηµ ⋅ + ϕ ⇒ ηµϕ = = ηµ ⇒

32k 2k 2k4 4 40 0 0φ ή φ φπ π π

= π+ = π+ π− ⇒ = π+ και για k=0, 0 03 ή

4 4π π

ϕ = ϕ = .

Η 1η λύση δίνει 1 max 04π

υ = υ συν > , ενώ η 2η 1 max3 04π

υ = υ συν < . Επειδή το μέτρο της

ταχύτητάς του μειώνεται, το σώμα κινείται προς το ακραίο σημείο, δηλαδή έχει φορά

(και συνεπώς ταχύτητα) θετική. Έτσι δεχόμαστε την 1η λύση, δηλαδή 0 4π

ϕ = .

ε) Η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής: 0x A ( t )= ηµ ω +ϕ και

αντικαθιστώντας τις τιμές των Α, ω, φ0, που ήδη έχουμε βρει: x 0,2 (10 t )4π

= ηµ + (S.Ι).

Τη χρονική στιγμή 23T 3 0,2 0,3t s4 4 2

⋅ π π= = = η απομάκρυνση είναι:

20,3 5x 0,2 (10 ) 0,2 0,1 2 m

2 4 4π π π

= ηµ + = ηµ = − .

Γνωρίζουμε ότι η δυναμική ενέργεια του σώματος είναι ίση με: 21U Dx2

= και

αντικαθιστώντας βρίσκουμε:

2 22 2

1 1U Dx 0,1 100 ( 0,1 2)2 2

= = ⋅ ⋅ − ⇒ 2U 0,1 J= .

Page 64: Kef 1 Talantoseis_combine

26

Άσκηση 9.

Ένα σώμα, μάζας m=0,5 kg, εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με συχνότητα 5f =π

Ηz,

ενώ διανύει σε κάθε περίοδο της ταλάντωσής του διάστημα d=2 m. Το σώμα δέχεται κατά τη διάρκεια της ταλάντωσής του, και στη διεύθυνση της κίνησής του, δύο δυνάμεις F1 και F2, εκ των οποίων η F2 είναι σταθερή με μέτρο F2=10 Ν και φορά αρνητική. Τη

χρονική στιγμή t=0 το σημείο διέρχεται επιταχυνόμενο από τη θέση 13x m

4= − .

α) Να υπολογίσετε το πλάτος και τη σταθερά επαναφοράς D της ταλάντωσης.

β) Να υπολογίσετε την αρχική φάση φ0 της ταλάντωσης. Η αρχική φάση έχει πεδίο τιμών [0,2π).

γ) Να υπολογίσετε το ποσοστό % της κινητικής ενέργειας του σώματος ως προς την ολική ενέργεια ταλάντωσης, τη χρονική στιγμή t=0.

δ) Να γράψετε την εξίσωση της δύναμης F1 σε συνάρτηση με το χρόνο.

α) Επειδή σε κάθε πλήρη ταλάντωση το σώμα διανύει διάστημα

Λύση

dd 4A A4

= ⇒ = ⇒

A 0,5 m= .

Η γωνιακή συχνότητα ω ισούται με:5 rad rad2 f 2 10

s sω = π = π =

π. Γνωρίζουμε ότι η

σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης, δίνεται από τη σχέση:

S.I.2 ND m D 0,5 100

m= ⋅ω ⇒ = ⋅ ⇒

ND 50m

= .

β) Στην απλή αρμονική ταλάντωση, η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης έχει τη

μορφή: 0x A ( t )= ηµ ω +ϕ . Επειδή για t=0 s έχω 13x m

4= − , αντικαθιστώ τα

δεδομένα αυτά και: ( ) 03 30,5 10 0 ( )

4 2 3ο

π− = ηµ ⋅ + ϕ ⇒ ηµϕ = − = ηµ − ⇒

42k 2k 2k3 3 30 0 0φ ή φ φπ π π

= π− = π+ π+ ⇒ = π+ . Για k=1, η 1η δίνει 05 3π

ϕ = και για

k=0 η 2η δίνει 04 3π

ϕ = .

Η 1η λύση δίνει 1 max5 03π

υ = υ συν > ενώ η 2η 1 max4 03π

υ = υ συν < .

Page 65: Kef 1 Talantoseis_combine

27

Επειδή το σώμα βρίσκεται στον αρνητικό ημιάξονα (απομάκρυνση αρνητική) και

επιταχύνεται, άρα κινείται προς τη θέση ισορροπίας του, οπότε απ’ το σχήμα φαίνεται

ότι έχει φορά κίνησης (και συνεπώς ταχύτητα) θετική. Έτσι δεχόμαστε την 1η λύση,

δηλαδή 053π

ϕ = .

γ) Το ζητούμενο ποσοστό είναι: 1K 100%E

.

Η κινητική ενέργεια θα υπολογιστεί από τη Διατήρηση της Ενέργειας

2 2 2 21 1 1 1

1 1 1K E U DA Dx D(A x )2 2 2

= − = − = −

:

, οπότε:

2 2 2 22 21

1 12 2

2

1 3D(A x ) 0,5 ( )K A x 12 4100% 100% 100% 100% 100%1E A 0,5 4DA2

− − −−= = = = ⇒

1K 100% 25%E

= .

δ) Γνωρίζουμε ότι η συνισταμένη των δυνάμεων 1 2F F FΣ = + (όπου F1, F2 είναι οι

αλγεβρικές τιμές των δυνάμεων) είναι η δύναμη επαναφοράς της ταλάντωσης. Άρα:

1 2 1 2 0F F F D x F F D A ( t )Σ = + = − ⋅ ⇒ + = − ⋅ ⋅ηµ ω +ϕ και αντικαθιστώντας στο S.I. έχουμε:

15F ( 10) 50 0,5 (10t )3π

+ − = − ⋅ ⋅ηµ + ⇒ 15F 10 25 (10t )3π

= − ηµ + (S.I.).

Page 66: Kef 1 Talantoseis_combine

28

Άσκηση 10.

Το κάτω άκρο ενός ιδανικού ελατηρίου, σταθεράς k=100 Ν/m, είναι ακλόνητα

στερεωμένο στη βάση λείου κεκλιμένου επιπέδου, γωνίας κλίσης θ=30°. Στο πάνω άκρο

του ισορροπεί δεμένο σώμα, αμελητέων διαστάσεων, μάζας m=1 kg. Συμπιέζουμε το

ελατήριο επιπλέον κατά χ0=0,1 m και τη χρονική στιγμή t=0, εκτοξεύουμε το σώμα με

ταχύτητα μέτρου 0 3υ = m/s με φορά προς τα κάτω παράλληλη προς το κεκλιμένο

επίπεδο, όπως φαίνεται στο σχήμα.

α) Να αποδείξετε ότι το σύστημα εκτελεί γραμμική αρμονική ταλάντωση και να βρείτε τη

συχνότητά της.

β) Να υπολογίσετε το πλάτος ταλάντωσης Α.

γ) Να γράψετε την εξίσωση της απομάκρυνσης του σώματος σε συνάρτηση με το χρόνο.

Θεωρήστε θετική φορά την προς τα κάτω. Η αρχική φάση έχει πεδίο τιμών [0,2π).

δ) Να υπολογίσετε τη δύναμη του ελατηρίου στις θέσεις όπου μηδενίζεται η κινητική

ενέργεια του σώματος.

Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας 2g 10m / s= .

α) Σημειώνουμε τις δυνάμεις στη θέση ισορροπίας (ΘΙ), αναλύουμε το βάρος w σε

συνιστώσες wx και wy και εφαρμόζουμε τη συνθήκη ισορροπίας στον χ-άξονα:

Λύση

x x xF 0 w F w k dελΣ = ⇒ = ⇒ = ⋅ .

Θεωρούμε θετική φορά την προς τα κάτω και τοποθετούμε το σώμα σε μια τυχαία θέση

(ΤΘ) θετικής απομάκρυνσης χ απ’ τη ΘΙ του. Υπολογίζομε τώρα τη συνισταμένη δύναμη:

x xF w -F =k d k(x+d) k d k x-k d k xελ′Σ = ⋅ − = ⋅ − ⋅ ⋅ = − ⋅ .

Συγκρίνοντάς την με τη Συνθήκη της απλής αρμονικής ταλάντωσης F D xΣ = − ⋅: ,

προκύπτει ότι το σώμα θα εκτελέσει γραμμική αρμονική ταλάντωση με D k= , και

συχνότητα:S.I.1 k 1 100N / mf f

2 m 2 1kg= ⇒ = ⇒

π π5f Hz=π

.

β) Το πλάτος ταλάντωσης θα υπολογιστεί με εφαρμογή της Διατήρησης της ενέργειας

στην αρχική θέση και στη θέση μέγιστης απομάκρυνσης:

Page 67: Kef 1 Talantoseis_combine

29

2 2 2 22 2 2 2 0 0 0 0

0 0 0 0m kx m kx1 1 1K U E m kx kA A A

2 2 2 k kυ + υ +

+ = ⇒ υ + = ⇒ = ⇒ = ⇒

2 2 2 2 2

2

1kg 3m / s 10 N / m 10 mA A 0,2 m10 N / m

−⋅ + ⋅= ⇒ = .

γ) Η εξίσωση απομάκρυνσης είναι της μορφής: 0x A ( t )= ηµ ω +ϕ , οπότε πρέπει να

βρούμε επιπλέον τη γωνιακή συχνότητα και την αρχική φάση.

Η γωνιακή συχνότητα είναι:5 rad rad2 f 2 10

s sω = π = π ⇒ω=

π.

Επειδή για t=0 s έχω χ0=0,1 m, αντικαθιστώ και βρίσκω την αρχική φάση:

( )0,1 0,2 10 0 ο= ηµ ⋅ + ϕ ⇒ 012 6

πηµϕ = = ηµ ⇒

52k 2k 2k6 6 60 0 0φ ή φ φπ π π

= π+ = π+ π− ⇒ = π+ και για να είναι 00 2≤ ϕ < π θέτω k=0,

δηλαδή: 0 05 ή

6 6π π

ϕ = ϕ = .

Η 1η λύση δίνει 1 max 06π

υ = υ συν > ενώ η 2η 1 max5 06π

υ = υ συν < . Επειδή η αρχική

ταχύτητα έχει θετική φορά, δεχόμαστε την 1η λύση, δηλαδή 0 6π

ϕ = .

Άρα η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης είναι: x 0,2 (10 t )6π

= ηµ + (S.I.).

δ) Οι θέσεις όπου μηδενίζεται η κινητική ενέργεια του σώματος είναι τα δύο ακρότατα

της ταλάντωσης. Γνωρίζουμε ότι το μέτρο της δύναμης του ελατηρίου, σύμφωνα με το

Νόμο του Hooke F kελ = ∆, υπολογίζεται από τη σχέση: , όπου ∆ είναι η απόσταση από

τη Θέση Φυσικού Μήκους (ΘΦΜ) του ελατηρίου.

Page 68: Kef 1 Talantoseis_combine

30

Η Θέση Ισορροπίας (Θ.Ι.) απέχει d από τη ΘΦΜ, που μπορεί να υπολογιστεί από τη

Συνθήκη Ισορροπίας

2

x

110kg m / sm g 2w k d d d d 0,05 mk 100N / m

⋅ ⋅ηµθ= ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒ =: .

Απ’ το σχήμα φαίνεται ότι:

το πάνω (αρνητικό) ακρότατο απέχει A d 0,2 0,05 0,15 m− = − = από τη Θ.Φ.Μ., και η

δύναμη ελατηρίου έχει φορά προς τα κάτω (θετική), άρα:

( ) ( )F k(A d) F 100N / m 0,15m−Α −Αελ ελ= − ⇒ = ⋅ ⇒ ( )F 15 N−Α

ελ = .

το κάτω (θετικό) ακρότατο απέχει A d 0,2 0,05 0,25 m+ = + = από τη Θ.Φ.Μ., και η

δύναμη ελατηρίου έχει φορά προς τα πάνω (αρνητική), άρα:( ) ( )F k(A d) F 100N / m 0,25m+Α +Αελ ελ= − + ⇒ = ⋅ ⇒ ( )F 25 N+Α

ελ = .

Page 69: Kef 1 Talantoseis_combine

31

ΘΕΜΑ Δ

Πρόβλημα 1.

Ένα σώμα, μάζας m=2 kg, εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. Η απόσταση των ακραίων

θέσεων του υλικού σημείου είναι d=0,4 m και τη χρονική στιγμή t0=0 διέρχεται απ’ τη

θέση χ1=0,1 m, έχοντας ταχύτητα μέτρου 1 2 3 m / sυ = με φορά προς τη θέση

ισορροπίας του.

α) Να υπολογίσετε το πλάτος Α και τη σταθερά επαναφοράς D της ταλάντωσης.

β) Να παραστήσετε γραφικά την Κινητική του ενέργεια σε συνάρτηση με την

απομάκρυνση x από τη θέση ισορροπίας του, σε κατάλληλα βαθμολογημένους άξονες

στο S.I.

γ) Να υπολογίσετε την γωνιακή συχνότητα ω και την αρχική φάση της φ0 ταλάντωσης. Η αρχική φάση έχει πεδίο τιμών [0,2π).

δ) Nα βρείτε ποια χρονική στιγμή περνά, για πρώτη φορά, από την ακραία θετική θέση.

α) Γνωρίζομε ότι η απόσταση μεταξύ των δύο ακραίων θέσεων της ταλάντωσης είναι 2Α,

άρα:

Λύση

dd 2A A2

= ⇒ = ⇒ A 0,2 m= .

Με βάση τη Διατήρηση της Ενέργειας

2 2 22 2 2 2 2 2 11 1 1 1 2 2 2

1

m1 1 1 2kg (4 3)m / sK U E m Dx DA m D(A x ) D D2 2 2 A x (0,04 0,01)m

υ ⋅ ⋅+ = ⇒ υ + = ⇒ υ = − ⇒ = ⇒ = ⇒

− −

, εξισώνουμε την ενέργεια ταλάντωσης στην αρχική

θέση χ1 και στη θέση μέγιστη απομάκρυνσης, έχουμε:

ND 800 m= .

β) Βρίσκουμε πρώτα τη συνάρτηση Κινητικής ενέργειας Κ – απομάκρυνσης χ, σε μια

τυχαία θέση της απλής αρμονικής ταλάντωσης, εφαρμόζοντας τη Διατήρηση της

Ενέργειας

2 2 2 2 21 1 1 1K U E K Dx DA K DA Dx K 400 0,04 400x2 2 2 2

+ = ⇒ + = ⇒ = − ⇒ = ⋅ − ⇒

:

2K 16 400x= − (S.I.).

Αυτή είναι μια εξίσωση παραβολής με «τα κοίλα» προς τα κάτω, που φαίνεται στο

διπλανό σχήμα.

Page 70: Kef 1 Talantoseis_combine

32

γ) Γνωρίζουμε ότι χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής:

0x A ( t )= ηµ ω +ϕ , οπότε χρειαζόμαστε ακόμη την γωνιακή συχνότητα ω και την αρχική

φάση φ0.

Από τη σχέση ορισμού της σταθεράς επαναφοράς, έχουμε:

2 D 800 radD m 20 sm 2= ω ⇒ω= = = .

Από την εκφώνηση προκύπτει ότι τη χρονική στιγμή t=0, το υλικό σημείο έχει

απομάκρυνση χ1=0,1 m και εφόσον έχει φορά προς τη θέση ισορροπίας του, θα έχει

αρνητική φορά κίνησης, άρα αρνητική ταχύτητα. Έτσι:

0 0 0 0 01 50,1 0, 2 (20 0 ) 2k 2k 2k2 6 6 6 6

π π π π= ⋅ + ϕ ⇒ ϕ = = ⇒ ϕ = π+ ϕ = π+ π− ⇒ ϕ = π+ημ ημ ημ ή

και για k=0, 0 05 ή

6 6π π

ϕ = ϕ = .

Η 1η λύση δίνει 1 max 06π

υ = υ συν > ενώ η 2η 1 max5 06π

υ = υ συν < , οπότε δεχόμαστε τη 2η

λύση, δηλαδή 056π

ϕ = .

δ) Η εξίσωση της απομάκρυνσης από τη θέση ισορροπίας σε συνάρτηση με το χρόνο t

είναι της μορφής: 0x A ( t )= ηµ ω +ϕ . Αντικαθιστώντας τις τιμές των Α, ω και φ0, που

υπολογίσαμε προηγουμένως, έχουμε 5x 0,2 (20t )6π

= ηµ + (S.I.).

Όταν περνά από το θετικό ακρότατο, θα έχει x 0,2m= + . Αντικαθιστούμε στην εξίσωση

χ- t και λύνουμε την τριγωνομετρική εξίσωση ως προς το χρόνο t:

5 50,2 0,2 (20t ) (20t ) 16 6 2π π π

= ηµ + ⇒ ηµ + = = ηµ ⇒

5 520t 2k 20t 2k 2k6 2 2 6 3π π π π π

+ = π+ ⇒ = π+ − = π− , με k 1,2,...= (το k 0= δεν είναι

δεκτό διότι «δίνει» αρνητικό χρόνο).

Page 71: Kef 1 Talantoseis_combine

33

Η 1η φορά που περνά από το +0,2 m αντιστοιχεί στην 1η δεκτή τιμή του k, που είναι η

k 1= , άρα: 520t 2

3 3π π

= π− = ⇒ t s12π

= .

Page 72: Kef 1 Talantoseis_combine

34

Πρόβλημα 2.

Ένα σώμα, αμελητέων διαστάσεων, μάζας m ισορροπεί δεμένο στο κάτω άκρο κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k, το πάνω άκρο του οποίου είναι ακλόνητα στερεωμένο. Στη Θέση Ισορροπίας το ελατήριο ασκεί στο μικρό σώμα δύναμη μέτρου F0=1 Ν. Ανεβάζουμε το σώμα από τη Θέση Ισορροπίας του κατακόρυφα προς τα πάνω έως τη Θέση Φυσικού Μήκους του ελατηρίου και τη χρονική στιγμή t=0, το εκτοξεύουμε με κατακόρυφη προς τα κάτω ταχύτητα μέτρου υ0. Το σώμα μετά την εκτόξευσή του εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. Tο διάστημα που διανύει μεταξύ δύο διαδοχικών

διελεύσεων απ’ τη Θέση Ισορροπίας του είναι s=0,4 m σε χρόνο Δt=10π

s.

α) Να υπολογίσετε το πλάτος Α και τη σταθερά k του ελατηρίου. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας g=10 m/s2.

β) Να βρείτε τη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου στη θέση, που η δυναμική ενέργεια της ταλάντωσης είναι μηδέν.

γ) Να υπολογίσετε το μέτρο της αρχικής ταχύτητας υ0.

δ) Να υπολογίσετε τo ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας του σώματος τη χρονική στιγμή t=0. Θεωρήστε θετική φορά την προς τα πάνω.

α) Επειδή το διάστημα, που διανύει το σώμα, μεταξύ δύο διαδοχικών διελεύσεων απ’ τη

Θ.Ι. του είναι:

Λύση

ss 2A A2

= ⇒ = ⇒ A 0,2 m= .

Η χρονική διάρκεια μεταξύ δύο διαδοχικών διελεύσεων απ’ τη Θ.Ι. του σώματος είναι:

Tt T 2 t T s2 5

π∆ = ⇒ = ∆ ⇒ = και η γωνιακή συχνότητα ω ισούται με:

2 2 rad rad10T s s

5

π πω = = =

π.

Γνωρίζουμε ότι όταν ένα σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση δεμένο στο άκρο

ελατηρίου, η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης ισούται με τη σταθερά του

ελατηρίου: 2k D m= = ω . (Σχολικό βιβλίο, παράδειγμα 1.1, σελ. 12).

Page 73: Kef 1 Talantoseis_combine

35

Υπολογίζουμε τη μάζα του σώματος από τη Συνθήκη Ισορροπίας

0FF 0 F mg 0 m 0,1 k ggελΣ = ⇒ − = ⇒ = =

:

Άρα: 2 Nk D m 0,1 100m

= = ⋅ω = ⋅ ⇒ Nk 10m

= .

β) Γνωρίζουμε ότι η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου υπολογίζεται από τη σχέση:

21U k2ελ = ∆ , όπου ∆ είναι η απόσταση από τη Θέση Φυσικού Μήκους (ΘΦΜ) του

ελατηρίου.

Η θέση, που η δυναμική ενέργεια της ταλάντωσης είναι μηδέν, είναι η θέση ισορροπίας

της ταλάντωσης. Άρα ζητείται η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου στη ΘΙ, που φαίνεται

απ’ το σχήμα, απέχει d από τη Θέση Φυσικού Μήκους, οπότε αρκεί να υπολογίσουμε την

d, απ’ το Νόμο του Hooke 00

F 1NF kd d 0,1 mk 10N / m

= ⇒ = = = στη Θ.Ι. της ταλάντωσης: .

Συνεπώς η ζητούμενη δυναμική ενέργεια ελατηρίου θα είναι:

2 2 21 1U kd 10N / m 0,1 m2 2ελ = = ⋅ ⇒ U 0,05 Jελ = .

γ) Για να υπολογίσουμε την αρχική ταχύτητα, θα εφαρμόσουμε τη Διατήρηση της

Ενέργειας

2 2 2 22 2 2 2

0 0 0 0 01 1 1 k(A d ) k(A d )K U E m kd kA2 2 2 m m

− −+ = ⇒ υ + = ⇒ υ = ⇒ υ = ⇒

στην αρχική θέση και στη θέση μέγιστης απομάκρυνσης:

010(0,04 0,01) m

0,1 s−

υ = ⇒ 0m3 sυ = .

δ) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας του σώματος υπολογίζεται ως εξής:

FWdK F dx dxF F D xdt dt dt dt

Σ Σ ⋅= = = Σ ⋅ = Σ ⋅υ = − ⋅ ⋅υ.

Τη χρονική στιγμή t=0, το σώμα βρίσκεται σε απομάκρυνση x d 0,1 m= = και έχει

ταχύτητα μέτρου m3 s με φορά αρνητική, άρα: m3 sυ = − .

Αντικαθιστούμε και βρίσκουμε:dK 10N / m 0,1m ( 3)m / sdt

= − ⋅ ⋅ − ⇒dK J3dt s

= .

Page 74: Kef 1 Talantoseis_combine

36

Πρόβλημα 3.

Μικρή μεταλλική σφαίρα μάζας m=100 g είναι δεμένη στο δεξιό ελεύθερο άκρο ενός οριζόντιου ελατηρίου σταθεράς k=10 Ν/cm, του οποίου το αριστερό άκρο είναι ακλόνητα στερεωμένο. Η σφαίρα δέχεται σταθερή δύναμη μέτρου F=2·102 Ν, της οποίας η διεύθυνση είναι παράλληλη με τον άξονα του ελατηρίου και η φορά προς τ’ αριστερά, οπότε η σφαίρα ισορροπεί με το ελατήριο συσπειρωμένο. Εκτρέπουμε τη σφαίρα από τη θέση ισορροπίας της κατά d=0,1 m προς τ’ αριστερά και τη χρονική στιγμή t=0 την αφήνουμε ελεύθερη να κινηθεί.

α) Να υπολογίσετε την απόσταση χ0 της θέσης ισορροπίας της σφαίρας από τη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου.

β) Να αποδείξετε ότι η σφαίρα θα εκτελέσει γραμμική αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα καθώς και την ολική ενέργεια της ταλάντωσης.

γ) Σε ποιο σημείο της τροχιάς έχει ταυτόχρονα μέγιστο μέτρο δύναμης επαναφοράς και δύναμης ελατηρίου; Βρείτε τότε το λόγο των μέτρων της μέγιστης δύναμης επαναφοράς προς τη μέγιστη δύναμη ελατηρίου.

δ) Τη στιγμή που η σφαίρα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας της και κινείται κατά τη θετική φορά, καταργείται ακαριαία η δύναμη F. Βρείτε το λόγο της ολικής ενέργειας E′ της νέας ταλάντωσης προς την ολική ενέργεια Ε της αρχικής ταλάντωσης.

α) Η σφαίρα θα ισορροπήσει σε απόσταση χ0 αριστερά της Θέσης φυσικού μήκους (ΘΦΜ)

του ελατηρίου, δεχόμενη τη σταθερή δύναμη F και την δύναμη ελατηρίου, που έχει φορά

προς τη ΘΦΜ, δηλαδή προς τα δεξιά.

Λύση

Στη Θέση Ισορροπίας x 0F 0 F F=0 F k xελΣ = ⇒ − ⇒ = ⋅: (1), οπότε: 0Fxk

= .

Μετατρέπουμε τη σταθερά ελατηρίου στο S.I.: 32

N N Nk 10 10 10cm 10 m m−= = = , οπότε στο

S.I.: 0200x m

1000= ⇒ 0x 0,2m= .

Page 75: Kef 1 Talantoseis_combine

37

β) Τοποθετούμε τη σφαίρα σε μια τυχαία θέση (ΤΘ) θετικής απομάκρυνσης χ απ’ τη θέση

ισορροπίας της (ΘΙ) και υπολογίζομε τη συνισταμένη δύναμη στον χ-άξονα:

0F F F=k(x x) Fελ′Σ = − − − και με βάση την (1), 0 0F F F=k(x x) kx k xελΣ = − − − = − ⋅ .

Συγκρίνοντάς την με τη Συνθήκη της απλής αρμονικής ταλάντωσης F D xΣ = − ⋅: ,

προκύπτει ότι η σφαίρα θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση με D k= , με γωνιακή

συχνότητα:3

1

k 10 rad rad100m 10 s s−ω = = = .

Το σημείο, που την αφήνουμε ελεύθερη είναι το αρνητικό ακρότατο της ταλάντωσης

(διότι υ0=0), άρα το πλάτος είναι: A d 0,1m= = .

Η ολική ενέργεια της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση:

2 2 3 1 2 2 3 21 1 1 1E DA kA 10 N / m(10 ) m 10 10 J2 2 2 2

− −= = = = ⇒ E 5 J= .

γ) Η δύναμη επαναφοράς της ταλάντωσης μεγιστοποιείται όταν μεγιστοποιείται η

απόσταση από τη ΘΙ, ενώ η δύναμη ελατηρίου μεγιστοποιείται όταν μεγιστοποιείται η

απόσταση από τη ΘΦΜ. Οι δύο συνθήκες, με βάση το σχήμα, επαληθεύονται ταυτόχρονα

όταν το σώμα βρίσκεται στο αρνητικό ακρότατο.

Η απόσταση, με βάση το σχήμα, από τη ΘΦΜ είναι 0x A+ , οπότε:

( )0F k(x A) 1000N / m 0,2 0,1 m 300 Nελ = + = + =

Η απόσταση από τη ΘΙ είναι A , οπότε: F k A k 0,1 100 Nεπ = ⋅ = ⋅ = . Άρα: F 100F 300επ

ελ

= ⇒

F 1F 3επ

ελ

= .

δ) Αν καταργηθεί δύναμη F, τότε ΘΙ του σώματος γίνεται τώρα η ΘΦΜ

x ' 0,2m=

και η αρχική ΘΙ

γίνεται ένα τυχαίο σημείο της ταλάντωσης. Οπότε στο σημείο αυτό υπάρχει και δυναμική

ενέργεια με και κινητική ενέργεια με ταχύτητα αυτήν, που είχε όταν

καταργήθηκε η F στην αρχική ΘΙ, δηλαδή της μέγιστης ταχύτητας της προηγούμενης

ταλάντωσης: A 100rad / s 0,1m 10m / s′υ = ω⋅ = ⋅ = .

Page 76: Kef 1 Talantoseis_combine

38

Έτσι,

2 2 1 2 2 2 3 2 21 1 1 1E K U m kx 10 kg 10 m / s 10 N / m 4 10 m (5 20)J2 2 2 2

− −′ ′ ′ ′ ′= + = υ + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = + ⇒

E 25 J′ = .

Συνεπώς ο λόγος των ενεργειών είναι:E 25E 5′= ⇒

E 5E′= .

Page 77: Kef 1 Talantoseis_combine

39

Πρόβλημα 4.

Μικρό σώμα, μάζας m=0,5 kg, είναι δεμένο στο ελεύθερο άκρο οριζόντιου ελατηρίου

σταθεράς k=200 N/m και μπορεί να κινείται σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Το σώμα εκτελεί

γραμμική αρμονική ταλάντωση δεχόμενο σταθερή οριζόντια δύναμη μέτρου F=50 Ν προς

τα δεξιά, μέσω νήματος. Όταν το σώμα βρίσκεται στη θέση, που μηδενίζεται η δυναμική

ενέργεια του ελατηρίου, μεγιστοποιείται η δυναμική ενέργεια ταλάντωσης.

α) Να προσδιορίσετε τη θέση ισορροπίας του σώματος και στη συνέχεια να αποδείξετε

ότι η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης είναι ίση με τη σταθερά k του ελατηρίου.

β) Να υπολογίσετε την ενέργεια ταλάντωσης Ε του σώματος.

Κάποια στιγμή, που τη θεωρούμε ως t=0, κόβεται το νήμα, στη θέση όπου η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι μέγιστη. Το σύστημα εκτελεί νέα απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος A′ .

γ) Θεωρώντας θετική τη φορά προς τα δεξιά, γράψτε την εξίσωση της απομάκρυνσης σε συνάρτηση με το χρόνο. Η αρχική φάση έχει πεδίο τιμών [0,2π).

δ) Να υπολογίσετε το λόγο των ενεργειών ταλάντωσης του σώματος EE′

, πριν και μετά

την κατάργηση της δύναμης F.

α) Οι δυνάμεις που δέχεται το σώμα είναι η σταθερή οριζόντια δύναμη F και η δύναμη

ελατηρίου, που έχει πάντα φορά προς τη Θέση Φυσικού Μήκους του.

Λύση

Στη θέση Ισορροπίας, που βρίσκεται στη θετική φορά και απόσταση d από τη Θ.Φ.Μ.,

εφαρμόζω τη Συνθήκη Ισορροπίας

0F 50F 0 F F =0 F k d dk 200χ ελ ελΣ = ⇒ − ⇒ = ⋅ ⇒ = = ⇒

στον οριζόντιο άξονα:

d 0,25 m= .

Τοποθετούμε κατόπιν τη σφαίρα σε μια τυχαία θέση θετικής απομάκρυνσης χ απ’ τη Θ.Ι.

της και υπολογίζουμε τη συνισταμένη δύναμη:

xF F-F =kd k(d+x) kd kd k x= k xελ′Σ = − = − − ⋅ − ⋅ .

Συγκρίνοντάς την με τη Συνθήκη της απλής αρμονικής ταλάντωσης xF D xΣ = − ⋅: ,

προκύπτει ότι η σφαίρα θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση με D k= .

Page 78: Kef 1 Talantoseis_combine

40

β) Η θέση, που μηδενίζεται η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου, είναι η Θ.Φ.Μ., ενώ η

δυναμική ενέργεια ταλάντωσης μεγιστοποιείται στα ακρότατα. Συνεπώς, με βάση την

εκφώνηση, το (αριστερό) ακρότατο θα είναι η Θ.Φ.Μ., δηλαδή A d 0,25 m= = .

Η ενέργεια ταλάντωσης υπολογίζεται απ’ τη σχέση: 2 2 21 1 1E DA 200N / m ( ) m2 2 4

= = ⋅ ⇒

E 6,25 J= .

γ) Η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου μεγιστοποιείται στη θέση μέγιστης απόστασης από

τη Θ.Φ.Μ., δηλαδή στη δεξιά ακραία θέση της ταλάντωσης. Εκεί το σώμα έχει ταχύτητα

υ0=0 και απέχει d από τη Θ.Ι. και 2d από τη Θ.Φ.Μ.

Μετά την κοπή του νήματος, η μόνη δύναμη του σώματος είναι η δύναμη ελατηρίου,

οπότε έχουμε «μετατόπιση» της Θ.Ι. στη Θ.Φ.Μ. του ελατηρίου.

Έτσι τη χρονική στιγμή t=0, το σώμα θα απέχει 2d από τη Νέα Θ.Ι. και θα έχει ταχύτητα

μηδενική, δηλαδή η θέση εκκίνησης της Νέας απλής αρμονικής ταλάντωσης, θα είναι το

θετικό ακρότατο, με νέο πλάτος: A 2d 0,5 m′ = = .

Η γωνιακή συχνότητα θα είναι ίδια με την αρχική, δηλαδή:

k 200 rad rad20m 0,5 s s

′ω = ω = = = .

Η αρχική φάση θα υπολογιστεί με βάση το ότι για t=0, x A′= + , άρα:

0 0 0A A 1 2k2π′ ′+ = ηµϕ ⇒ ηµϕ = ⇒ ϕ = π+ και για να είναι 00 2≤ ϕ < π , θέτουμε k=0,

οπότε 0 2π

ϕ = .

Συνεπώς η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης για τη νέα αρμονική ταλάντωση θα είναι:

x 0,5 (20t )2π

= ηµ + (S.I.).

δ) Η ενέργεια της νέας ταλάντωσης είναι: 21E kA2

′ ′= , ενώ της αρχικής ήταν: 21E kA2

= ,

έτσι ο λόγος τους θα είναι:

2

2 2

2

1 kAE A A2 ( ) ( )1E A 2AkA2

= = = ⇒′ ′′

E 1E 4

=′

.

Page 79: Kef 1 Talantoseis_combine

41

Πρόβλημα 5.

Το σύστημα των δύο σωμάτων Σ1 και Σ2, ίσων μαζών m1=m2=10 kg, ισορροπεί δεμένο

στο κάτω άκρο κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k 100 N m= .Tα σώματα

έχουν αμελητέες διαστάσεις. Το Σ1 είναι δεμένο στο ελατήριο, ενώ αβαρές νήμα μικρού

μήκους συνδέει τα Σ1 και Σ2. Τη χρονική στιγμή t=0 κόβουμε το νήμα που συνδέει τα δύο

σώματα, οπότε το Σ1 αρχίζει να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.

α) Να προσδιορίσετε τη θέση ισορροπίας του συστήματος των Σ1-Σ2 και στη συνέχεια τη

θέση ισορροπίας της ταλάντωσης του Σ1 μετά το κόψιμο του νήματος.

β) Να υπολογίσετε το πλάτος ταλάντωσης Α καθώς και την ολική της ενέργεια Ε.

γ) Θεωρώντας θετική φορά την προς τα πάνω, να γράψετε την εξίσωση απομάκρυνσης x

– χρόνου t. Στη συνέχεια να την παραστήσετε γραφικά σε κατάλληλα βαθμολογημένους

άξονες, στη διάρκεια της 1ης περιόδου. Θεωρήστε ότι: 10 π .

δ) Αν το σώμα Σ2 έχει ως προς το δάπεδο, που βρίσκεται κάτω του, στη θέση ισορροπίας

του συστήματος, βαρυτική δυναμική ενέργεια U 180Jβαρ = , να βρείτε ποιο απ’ τα δύο θα

φτάσει πρώτο: το Σ2 στο έδαφος ή το Σ1 στο ανώτερο σημείο της τροχιάς του.

Δίνεται 2g 10m / s= .

α) Για την Αρχική Θέση Ισορροπίας (ΑΘΙ) των m1 – m2, εφαρμόζω τη

Λύση

Συνθήκη

Ισορροπίας

1 21 2 1 2

(m m )gF 0 F w w k d (m m )g dkελ

+Σ = ⇒ = + ⇒ ⋅ = + ⇒ = ⇒

:

d 2 m= .

Page 80: Kef 1 Talantoseis_combine

42

Για την Νέα Θέση Ισορροπίας (ΝΘΙ) του m1, εφαρμόζω πάλι τη Συνθήκη Ισορροπίας

11 1

m gF 0 F w k d m g dkελ′ ′ ′Σ = ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒

:

d 1 m′ = .

β) Η εκκίνηση της ταλάντωσης είναι από την Αρχική Θέση Ισορροπίας (ΑΘΙ) με ταχύτητα

μηδέν (άρα αποτελεί ακρότατο της ταλάντωση του m1), ενώ η Θέση Ισορροπίας της

ταλάντωσης του Σ1 είναι η Νέα Θέση Ισορροπίας (ΝΘΙ). Συνεπώς η απόσταση των δύο

θέσεων ισορροπίας αποτελεί το πλάτος ταλάντωσης και ισούται με: A d d 2 1′= − = − ⇒

A 1 m= .

Το m1 εκτελεί αρμονική ταλάντωση δεμένο στο κάτω άκρο του ελατηρίου, με σταθερά

ταλάντωσης:ND k 100m

= = και η ενέργεια ταλάντωσης θα υπολογιστεί από τη σχέση:

2 2 21 1E DA 100N / m 1 m2 2

= = ⋅ ⇒ E 50 J= .

γ) Η γωνιακή συχνότητα θα είναι:k 100 rad rad10m 10 s s

ω = = = ⇒ω π και η περίοδος

2 2 2 sπ πΤ = ⇒ Τ = ⇒ Τ =

ω π.

Η αρχική φάση θα υπολογιστεί με βάση το ότι για t=0, x A= − , άρα:

0 0 0A A 1 2k2π

− = ηµϕ ⇒ ηµϕ = − ⇒ ϕ = π− και για να είναι 00 2≤ ϕ < π , θέτουμε k=1,

οπότε: 032π

ϕ = .

Page 81: Kef 1 Talantoseis_combine

43

Συνεπώς η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης θα είναι:3x ( t )2π

= ηµ π + (S.I.). Με βάση

τον πίνακα τιμών:

t (s) 0 1 2

x (m) -1 1 -1

και το ότι η συνάρτηση είναι ημιτονική, σχεδιάζουμε τη γραφική παράσταση του

διαγράμματος.

δ) Γνωρίζουμε ότι η βαρυτική δυναμική ενέργεια ενός σώματος δίνεται από τη σχέση:

U mghβαρ = , όπου h είναι η κατακόρυφη απόσταση του σώματος από το επίπεδο

αναφοράς. Στην περίπτωσή μας, από τη βαρυτική δυναμική ενέργεια του Σ2 ως προς το

έδαφος, μπορούμε να υπολογίσουμε το ύψος h:

22

U 180U m g h h h 1,8 mm g 10 10

βαρβαρ = ⋅ ⇒ = = ⇒ =

⋅.

Το σώμα Σ2 εκτελεί ελεύθερη πτώση ως το έδαφος, οπότε μπορούμε να βρούμε το χρόνο

πτώσης t2 ως εξής: 22 2 2

1 2h 2 1,8h gt t t 0,6 s2 g 10

⋅= ⇒ = = ⇒ = .

Ο χρόνος t1 για να φτάσει το Σ1 στο ανώτερο σημείο της τροχιάς του, ξεκινώντας από το

κάτω ακρότατο, είναι: 1 1T 2t t 1 s2 2

= = ⇒ = .

Άρα το Σ2 θα φτάσει πρώτο στο έδαφος.

Page 82: Kef 1 Talantoseis_combine

44

Πρόβλημα 6.

Το κάτω άκρο κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k=100 Ν/m είναι στερεωμένο

σε οριζόντιο δάπεδο. Στο πάνω άκρο του είναι δεμένος δίσκος Σ1 μάζας m1=0,8 kg. Πάνω

στο δίσκο είναι τοποθετημένος κύβος Σ2 μάζας m2=0,2 kg. Το σύστημα αρχικά ισορροπεί.

Πιέζουμε το σύστημα κατακόρυφα προς τα κάτω μεταφέροντας ενέργεια στο σύστημα

ίση με Ε=2 J και το αφήνουμε ελεύθερο.

α) Να βρείτε το πλάτος ταλάντωσης Α του συστήματος, τη γωνιακή συχνότητα ω καθώς

και το χρόνο Δt στον οποίο θα περάσει για 1η φορά απ’ τη θέση ισορροπίας του.

β) Να γράψετε τη συνάρτηση της δύναμης επαφής Ν, που δέχεται ο κύβος από το δίσκο

Σ1, σε συνάρτηση με την απομάκρυνση χ από τη θέση ισορροπίας του.

γ) Να υπολογίσετε την απόσταση y από τη Θέση ισορροπίας του, στην οποία ο κύβος θα

χάσει την επαφή με το δίσκο.

δ) Να υπολογίσετε την ταχύτητα του κύβου τη χρονική στιγμή, που εγκαταλείπει το

δίσκο και το ύψος στο οποίο θα φθάσει πάνω από τη θέση που εγκαταλείπει το δίσκο.

Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα και 2g 10m / s= .

α) Το σύστημα των Σ1 και Σ2, εφόσον είναι δεμένο στο κατακόρυφο ελατήριο θα

ταλαντώνεται αρμονικά με σταθερά ταλάντωσης:

Λύση

ND k 100mολ = = .

Το πλάτος ταλάντωσης του συστήματος, θα υπολογιστεί από τη σχέση, που δίνει την

ολική ενέργεια 21 2 2 2E D m2 k 100ολ

Ε ⋅= Α ⇒ Α = = ⇒ Ε: A 0,2 m= .

Η περίοδος ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση:m 1T 2 2 s T s

k 100 5ολ π

= π = π ⇒ =

.

Η γωνιακή συχνότητα του συστήματος είναι:2 2 rad

s5

π πω = = ⇒

πΤrad10s

ω = .

Η θέση εκκίνησης είναι το κάτω ακρότατο της ταλάντωσης και ο χρόνος που απαιτείται

για να φτάσει για 1η φορά στη θέση ισορροπίας του είναι:Tt4

∆ = ⇒ t 0,05 s∆ = π .

β) Για να βρούμε μια έκφραση για την αλγεβρική τιμή της δύναμης επαφής Ν, που ασκεί

ο δίσκος στον κύβο, εργαζόμαστε ως εξής: Τοποθετούμε τον κύβο σε μια Τυχαία Θέση χ

του θετικού ημιάξονα και σχεδιάζουμε τις δυνάμεις m2g και Ν που δέχεται.

Page 83: Kef 1 Talantoseis_combine

45

Εφαρμόζουμε για τον κύβο Σ2 τη συνθήκη της ταλάντωσης

2 22 2 2 2 2 2F D x N m g m x N m g m xΣ = − ⋅ ⇒ − = − ω ⋅ ⇒ = − ω ⋅ ⇒

:

N 2 20 x= − ⋅ , με

A x A 0,2 x 0,2− ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ (στο S.I.).

γ) Όταν χάνεται η επαφή των δύο σωμάτων, τότε μηδενίζεται η δύναμη Ν. Ας δούμε σε

ποιες θέσεις μπορεί να χαθεί η επαφή των δύο σωμάτων.

Όταν το σύστημα βρίσκεται στη θέση ισορροπίας (χ=0):

. .N (2 20 0)N 2 N 0 Θ Ι = − ⋅ = > . Άρα, στη θέση ισορροπίας δεν χάνεται η επαφή των δύο

σωμάτων.

Όταν το σύστημα βρίσκεται κάτω από τη θέση ισορροπίας (χ<0 ή x=-|χ|):

N 2 20 ( | x |) 2 20 | x | > 0= − ⋅ − = + . Άρα, και κάτω από τη θέση ισορροπίας δεν χάνεται η

επαφή των δύο σωμάτων.

Όταν το σώμα βρίσκεται πάνω από τη θέση ισορροπίας (x>0), έχουμε:

N 2 20 x 2 20 x= − ⋅ = − ⋅ , που είναι μια φθίνουσα πρωτοβάθμια συνάρτηση του χ. Έτσι

μπορεί σε κάποια θέση y (όπου 0 y A< ≤ + ) πάνω απ’ τη Θ.Ι. να χαθεί η επαφή του

κύβου με το δίσκο. Στη θέση αυτή θα είναι:

2N 0 2 20 y 0 y m20

= ⇒ − ⋅ = ⇒ = ⇒ y 0,1 m= .

δ) Έστω υ το μέτρο της ταχύτητας του κύβου στη θέση y, που χάνεται η επαφή με το

δίσκο. Από τη Διατήρηση της Ενέργειας

2 2 2 2 2 22 2 2 21 1 1 k(A y ) k(A y ) 100N / m(0,2 0,1 )mm ky kA

2 2 2 m m 1kgολολ ολ

− − −υ + = ⇒ υ = ⇒ υ = = ⇒

της ταλάντωσης του συστήματος, στη θέση

απώλειας επαφής y και στη μέγιστη απομάκρυνση, έχουμε:

m3s

υ = .

Το ζητούμενο μέγιστο ύψος θα προκύψει με εφαρμογή της Διατήρησης της Μηχανικής

Ενέργειας

h 0=

του κύβου (η μόνη ασκούμενη δύναμη είναι το βάρος – συντηρητική δύναμη),

από τη θέση εκτόξευσης (όπου ) έως το μέγιστο ύψος (όπου 0′υ = ):

Page 84: Kef 1 Talantoseis_combine

46

2 2 2 22

2 2 max max max 2

1 ( 3) m / sK U U m 0 0 m gh h h2 2g 2 10m / sβαρ βαρ

υ′ ′+ = Κ + ⇒ υ + = + ⇒ = ⇒ = ⇒⋅

maxh 0,15 m= .

Page 85: Kef 1 Talantoseis_combine

47

Πρόβλημα 7.

Το αριστερό άκρο οριζόντιου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k=400 Ν/m στερεώνεται

ακλόνητα και στο δεξιό άκρο του προσδένεται σώμα Σ1 μάζας m1=3 kg, το οποίο μπορεί

να κινείται σε λείο οριζόντιο δάπεδο. Πάνω στο Σ1 τοποθετείται δεύτερο σώμα Σ2 μάζας

m2=1 kg. Εκτοξεύουμε προς τα δεξιά το σύστημα από τη θέση ισορροπίας του, με

ταχύτητα μέτρου V και παράλληλη με το οριζόντιο επίπεδο, όπως στο σχήμα, οπότε το

σύστημα εκτελεί γραμμική αρμονική ταλάντωση. Τα δυο σώματα διατηρούν την επαφή

στη διάρκεια της ταλάντωσης.

α) Να υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης καθώς και τις σταθερές

ταλάντωσης Dολ, D1 και D2 του συστήματος και των σωμάτων Σ1 και Σ2 αντίστοιχα.

β) Να τοποθετήσετε το σύστημα σε μια τυχαία θέση της ταλάντωσής του, να σχεδιάσετε

και να περιγράψετε σε τρία κατάλληλα σχήματα τις δυνάμεις, που δέχονται: i) το

σύστημα Σ1 – Σ2, ii) το Σ1 και iii) το Σ2.

γ) Να παραστήσετε γραφικά την αλγεβρική τιμή της στατικής τριβής από το Σ1 στο Σ2 σε

συνάρτηση με την απομάκρυνση χ από τη θέση ισορροπίας του, για πλάτος ταλάντωσης

Α=3 cm.

δ) Να υπολογίσετε τη μέγιστη τιμή της αρχικής ταχύτητας εκτόξευσης Vmax, του συστήματος των Σ1, Σ2 ώστε το σώμα Σ2 να μην ολισθήσει πάνω στο σώμα Σ1. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας g=10 m/s2

και ο συντελεστής στατικής τριβής μεταξύ των δύο σωμάτων Σ1 και Σ2 είναι μσ=0,5.

α) Τα δύο σώματα του συστήματος, έχουν κοινή γωνιακή συχνότητα ω, αλλά έχουν

διαφορετική σταθερά Ταλάντωσης (

Λύση

1 2D D Dολ≠ ≠ ).

Το σύστημα έχει σταθερά ταλάντωσης: ND k 400mολ = = και ολική μάζα 1 2m m mολ = + .

Η γωνιακή συχνότητα του συστήματος είναι:1 2

k 400 radm m 4 s

ω = = ⇒+

rad10s

ω = .

Εξισώνουμε τις γωνιακές συχνότητες:

1 1 11 1

1 1 1 2 1 2

D DD D mk D km m m m m m m m

ολ ολολ

ολ ολ

ω = ω ⇒ = ⇒ = = ⇒ = ⇒+ + 1

ND 300m

=

2 2 22 2

2 2 1 2 1 2

D DD D mk D km m m m m m m m

ολ ολολ

ολ ολ

ω = ω ⇒ = ⇒ = = ⇒ = ⇒+ + 2

ND 100m

= .

Page 86: Kef 1 Talantoseis_combine

48

β) Οι ασκούμενες δυνάμεις είναι:

i) στο σύστημα Σ1 – Σ2:

Στον χ-άξονα: Η δύναμη από το ελατήριο Fελ.

Στον y-άξονα: Το βάρος 1 2w w wολ = + , η δύναμη επαφής Ν0 από το λείο οριζόντιο

δάπεδο.

ii) στο Σ1:

Στον χ-άξονα: Η δύναμη από το ελατήριο Fελ και η δύναμη της στατικής τριβής ′Τ από το

Σ2.

Στον y-άξονα: Το βάρος 1w , η δύναμη επαφής Ν0 από το λείο οριζόντιο δάπεδο και η

δύναμη επαφής N′ από το Σ2.

iii) στο Σ2:

Στον χ-άξονα: Η δύναμη της στατικής τριβής Τ από το Σ1.

Στον y-άξονα: Το βάρος 2w και η δύναμη επαφής N από το Σ1.

γ) Εφαρμόζουμε τη Συνθήκη ταλάντωσης

(2)x 2 2F D x T D xΣ = − ⋅ ⇒ = − ⋅

για το Σ2 και λαμβάνουμε υπόψη ότι η

μοναδική δύναμη, που δέχεται στον οριζόντιο άξονα είναι η στατική τριβή Τα, άρα

αποτελεί τη δύναμη επαναφοράς του Σ2:

.

Άρα η αλγεβρική τιμή της στατικής τριβής δίνεται από τη συνάρτηση:

T 100 x= − ⋅ , με A x A 0,03 x 0,03− ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ , οπότε και 3 T 3− ≤ ≤ (όλες οι τιμές στο

S.I.).

Η γραφική παράσταση φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

Page 87: Kef 1 Talantoseis_combine

49

δ) Εφαρμόζουμε τη Συνθήκη ταλάντωσης (2)x 2F D xΣ = − ⋅ για το Σ2: . Θεωρώντας θετική

φορά την προς τα δεξιά, έχουμε: 2 2T D x T D x− = − ⋅ ⇒ = ⋅ .

Παρατηρούμε ότι το μέτρο της στατικής τριβής είναι ανάλογο της απομάκρυνσης χ, άρα

η στατική τριβή μεγιστοποιείται στα ακρότατα, δηλαδή: max 2T D A= ⋅ .

Γνωρίζουμε ότι η μέγιστη τιμή της στατικής, δηλαδή η οριακή τριβή

Tορ σ= µ ⋅Ν

είναι ίση με:

, όπου μσ είναι ο συντελεστής στατικής τριβής μεταξύ των δύο σωμάτων και

Ν είναι η κάθετη αντίδραση στο Σ2, η οποία υπολογίζεται από τη Συνθήκη Ισορροπίας

(2)y 2F 0 N m gΣ = ⇒ =

στον y-άξονα: .

Τελικά, η οριακή τριβή είναι ίση με: 2T m g 0,5 10 T 5 Nορ σ ορ= µ ⋅ = ⋅ ⇒ = .

Για να μην ολισθήσει το Σ2 πάνω στο Σ1

max 22

TT T D A T A

Dορ

ορ ορ≤ ⇒ ⋅ ≤ ⇒ ≤ ⇒

πρέπει:

5A100

≤ ⇒ A 0,05 m≤ .

Η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση: maxmax

uu = ω⋅Α⇒ Α =ω

,

οπότε με βάση την προηγούμενη ανισότητα θα ισχύει: maxmax

u 0,05 u 0,05≤ ⇒ ≤ ω⋅ ⇒ω

maxmu 0,5s

≤ .

Page 88: Kef 1 Talantoseis_combine

50

Πρόβλημα 8.

Τα ιδανικά ελατήρια του σχήματος έχουν σταθερές k1=300 N/m και k2=600 N/m και τα

σώματα Σ1 και Σ2, αμελητέων διαστάσεων, που είναι δεμένα στα άκρα των ελατηρίων,

έχουν μάζες m1=3 kg και m2=1 kg. Τα δύο ελατήρια βρίσκονται αρχικά στο φυσικό τους

μήκος και τα σώματα σε επαφή. Εκτρέπουμε από τη θέση ισορροπίας του το σώμα Σ1

κατά d=0,4 m συμπιέζοντας το ελατήριο k1 και το αφήνουμε ελεύθερο. Κάποια στιγμή

συγκρούεται με το Σ2 και κολλά σ’ αυτό. Τα σώματα κινούνται σε λείο οριζόντιο επίπεδο

και η διάρκεια της κρούσης θεωρείται αμελητέα.

α) Να υπολογίσετε σε πόσο χρόνο και με τι ταχύτητα το σώμα Σ1 θα συγκρουστεί με το

σώμα Σ2.

β) Να δείξετε ότι το συσσωμάτωμα Σ1 – Σ2 θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση και

να υπολογίσετε την σταθερά της.

γ) Να υπολογίσετε το πλάτος της ταλάντωσης του συσσωματώματος.

δ) Να γράψετε την εξίσωση της απομάκρυνσης του συσσωματώματος σε συνάρτηση με

το χρόνο, θεωρώντας ως αρχή του χρόνου τη στιγμή αμέσως μετά την κρούση.

ε) Σε πόσο χρόνο από τη στιγμή που αφήσαμε το σώμα m1 θα μηδενιστεί η ταχύτητα του συσσωματώματος για 2η φορά και πόση απόσταση θα έχει διανύσει το m1 μέχρι τότε;

α) Εφόσον το Σ1 αφήνεται στην αρχική του θέση, αυτό σημαίνει ότι είναι ακρότατο της

ταλάντωσής του, συνεπώς:

Λύση

1A d 0,4 m= = .

Επειδή D1=k1, για την ταλάντωση του Σ1, η γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης του Σ1

είναι: 11 1

1

k 300 rad rad10m 3 s s

ω = = ⇒ω = και η περίοδός της είναι: 11

2T s5

π π= =ω

.

Το Σ1 θα φτάσει από την ακραία θέση στη Θέση Ισορροπίας σε χρόνο: 1Tt4

∆ = ⇒

t s20π

∆ = .

Η ταχύτητα του Σ1 στη Θέση Ισορροπίας θα είναι η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης, άρα:

1 max 1 1rad10 0,4ms

υ = υ = ω ⋅Α = ⋅ ⇒ 1m4s

υ = .

Page 89: Kef 1 Talantoseis_combine

51

β) Όταν το συσσωμάτωμα είναι στη Θ.Ι. του, τα ελατήρια είναι στη Θέση Φυσικού

Μήκους τους, οπότε δεν ασκούν δυνάμεις.

Σημειώνουμε κατόπιν το συσσωμάτωμα σε μια Τυχαία Θέση (ΤΘ) θετικής απομάκρυνσης

χ απ’ τη ΘΙ του, οπότε οι ασκούμενες δυνάμεις ελατηρίου είναι 1F′και 2F′ , των οποίων η

φορά, όπως φαίνεται στο σχήμα, είναι αριστερά προς τη θέση φυσικού μήκους (ΘΦΜ)

τους.

Θεωρούμε θετική φορά την προς τα δεξιά και υπολογίζουμε τη συνισταμένη δύναμη:

1 2 1 2 1 2F F F k x k x (k k )x′ ′Σ = − − = − − = − + .

Συγκρίνοντάς την με τη γενική συνθήκη της αρμονικής ταλάντωσης F D xΣ = − ⋅: ,

προκύπτει ότι το συσσωμάτωμα εκτελεί αρμονική ταλάντωση με σταθερά της

ταλάντωσης: 1 2D k k= + ⇒ ND 900m

= .

γ) Για την πλαστική κρούση εφαρμόζουμε την Αρχή Διατήρησης της Ορμής

1 11 2 1 1 1 2

1 2

m 3 4 m mp p p m 0 (m m )V V V V 3(m m ) 4 s sολ

υ ⋅′+ = ⇒ υ + = + ⇒ = ⇒ = ⇒ =+

και βρίσκουμε

την ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση:

.

Η ταχύτητα αυτή είναι η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης, γιατί η κρούση έγινε στη Θ.Ι. (η

οποία δεν μετατοπίστηκε λόγω της κρούση, γιατί η διάρκεια κρούσης θεωρείται

αμελητέα), άρα: maxV ′ ′= υ = ω Α .

Η νέα γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης του συσσωματώματος είναι:

1 2

1 2

k k 900 rad15m m 4 s

+′ ′ ′ω = ⇒ ω = ⇒ω =+

.

Άρα το νέο πλάτος ταλάντωσης θα είναι:V 3m / sA A

15rad / s′ ′= ⇒ = ⇒

′ωA 0,2 m′ = .

δ) Η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης του συσσωματώματος είναι της μορφής:

0x A ( t )′ ′= ηµ ω +ϕ , οπότε χρειαζόμαστε επιπλέον την αρχική φάση. Αυτή θα

υπολογιστεί με βάση το γεγονός ότι για t=0, x ' 0= , άρα: 0 00 A 0′= ηµϕ ⇒ ηµϕ = και

επειδή πρέπει: 00 2≤ ϕ < π θα είναι: 0 0ϕ = ή 0ϕ = π .

Page 90: Kef 1 Talantoseis_combine

52

Παρατηρούμε ότι το συσσωμάτωμα, αμέσως μετά την κρούση κινείται στη θετική φορά.

Έτσι θα δεχτούμε τη λύση 0 0ϕ = , η οποία δίνει θετική ταχύτητα ( max 0 0υ = υ συν > ).

Συνεπώς η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης θα είναι: x 0,2 (15t)′ = ηµ (S.I.).

ε) Η περίοδος της ταλάντωσης του συσσωματώματος είναι: 2 2T s

15π π′ = =′ω

.

Ο χρόνος και το αντίστοιχο διάστημα, από τη στιγμή που αφήσαμε το σώμα m1 , μέχρι

να μηδενιστεί η ταχύτητα του συσσωματώματος για 2η φορά φαίνονται στον πίνακα.

Χρονική

διάρκεια

Διάστημα

κίνησης

Το Σ1 από το αρνητικό ακρότατο έως τη Θ.Ι.: 1 s

4 20Τ π

= A 0,4 m=

Το Σ1-Σ2 από τη Θ.Ι. έως το θετικό ακρότατο: s

4 30′Τ π=

A 0,2 m′ =

Το Σ1-Σ2 από το θετικό ακρότατο έως το αρνητικό

ακρότατο:

2 s2 30′Τ π=

2A 0, 4 m′ =

Άρα ο ολικός χρόνος είναι: 1 3t s s4 4 20 10ολ

′Τ Τ π π= + = + ⇒

3t s20ολ

π= και το ολικό διάστημα

κίνησης είναι: s A 3A s (0,4 0,6)mολ ολ′= + ⇒ = + ⇒ s 1 mολ = .

Page 91: Kef 1 Talantoseis_combine

53

Πρόβλημα 9.

Στο παρακάτω σχήμα το σώμα μάζας m=10 kg ισορροπεί δεμένο στο κάτω άκρο του

αβαρούς νήματος το πάνω άκρο του οποίου είναι δεμένο στο κάτω άκρο του

κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k=10 N/cm.

α) Σχεδιάστε τις δυνάμεις, που ασκούνται στο σώμα και αιτιολογήστε γιατί η δύναμη

ελατηρίου στο νήμα είναι ίση με την τάση του νήματος στο σώμα.

β) Υπολογίστε την επιμήκυνση Δℓ του ελατηρίου. Θεωρήστε ότι 2g 10 m / s= .

Τραβάμε το σώμα κατακόρυφα προς τα κάτω από τη Θ.Ι. του, μεταφέροντας ενέργεια

στο σύστημα Εμετ=5 J και το αφήνουμε να ταλαντωθεί.

γ) Να αποδείξετε ότι θα εκτελέσει γραμμική αρμονική ταλάντωση και να βρείτε το

πλάτος ταλάντωσης.

δ) Γράψτε την εξίσωση της τάσης του νήματος στο σώμα σε συνάρτηση με την

απομάκρυνση χ απ’ τη Θέση Ισορροπίας και σχεδιάστε τη γραφική παράσταση της τάσης

του νήματος Τ σε συνάρτηση με την απομάκρυνση χ, σε κατάλληλα βαθμολογημένους

άξονες.

ε) Να βρείτε το σημείο της ταλάντωσης στο οποίο η τάση του νήματος θα μηδενισθεί.

α) Στο σημείο επαφής ελατηρίου – νήματος ασκούνται η Fελ από το ελατήριο στο νήμα και

η τάση του νήματος

Λύση

T′ στο ελατήριο. Επειδή το σημείο αυτό έχει αμελητέα μάζα, οι

δυνάμεις αυτές είναι αντίθετες, άρα κατά μέτρο ίσες: Fελ ′= Τ .

Το νήμα, εφόσον είναι τεντωμένο, ασκεί τάσεις κατά μέτρο ίσες στο ελατήριο και στο

σώμα: T T′ = .

Απ’ τις σχέσεις αυτές προκύπτει ότι η δύναμη ελατηρίου Fελ στο νήμα είναι ίση με την

τάση Τ του νήματος στο σώμα: Fελ = Τ .

β) Η σταθερά του ελατηρίου στο S.I. είναι: 3N Nk 10 10cm m

= = .

Page 92: Kef 1 Talantoseis_combine

54

Εφαρμόζω τη Συνθήκη Ισορροπίας F 0 T mgΣ = ⇒ = για το σώμα: , και επειδή Fελ = Τ ,

έχουμε: mg 100k mg mk 1000

∆ = ⇒ ∆ = = ⇒ 0,1 m∆ = .

γ) Θεωρούμε θετική φορά την προς τα πάνω και τοποθετούμε το σώμα σε μια τυχαία

θέση θετικής απομάκρυνσης χ κάτω απ’ τη Θ.Ι. του. Υπολογίζομε τώρα τη συνισταμένη

δύναμη: F T w F - w k( - x) k k k x - k k xελ′Σ = − = = ∆ − ⋅∆ = ⋅∆ − ⋅ ⋅∆ = − ⋅ .

Με βάση την Αρχή διατήρησης της ενέργειας

Eµετ = Ε

, η μεταφερόμενη ενέργεια είναι ίση με την

ενέργεια της ταλάντωσης: , ενώ το σημείο που αφήνουμε ελεύθερο το σώμα

είναι η κάτω ακραία θέση της ταλάντωσης.

Το πλάτος ταλάντωσης Α θα υπολογιστεί από τη σχέση, που δίνει την ενέργεια

ταλάντωσης:

21 2E 2 5JE kA A2 k 1000N / m

⋅= ⇒ = = ⇒ A 0,1 m= .

δ) Τοποθετούμε το σώμα σε μια τυχαία θέση χ του θετικού ημιάξονα και σχεδιάζουμε τις

δυνάμεις mg και Τ που δέχεται. Εφαρμόζουμε τη Συνθήκη της ταλάντωσης

F D x T mg k x T mg k xΣ = − ⋅ ⇒ − = − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒

:

T 100 1000 x= − ⋅ (S.I.).

ε) Παρατηρούμε ότι όταν το σώμα είναι κάτω από τη Θ.Ι. του (χ<0) ή στη ΘΙ (χ=0), η

τάση είναι θετική. Αντίθετα όταν είναι πάνω από τη Θ.Ι. του και πλησιάζει στην πάνω

ακραία θέση, τότε η τάση μειώνεται και μπορεί να μηδενιστεί.

Έστω ότι η τάση του νήματος θα μηδενιστεί σε κάποιο σημείο χ0 της τροχιάς, οπότε:

00 100 1000 x= − ⋅ ⇒ 0x 0,1 m= .

Σχόλιο:

Page 93: Kef 1 Talantoseis_combine

55

Όταν η τάση μηδενίζεται, το νήμα χαλαρώνει. Επειδή το πλάτος ταλάντωσης είναι επίσης Α=0,1 m, το νήμα θα χαλαρώσει οριακά στην θέση μέγιστης απομάκρυνσης της τροχιάς, συνεπώς το σώμα θα συνεχίσει την αρμονική ταλάντωσή του έστω και οριακά.

Ημερομηνία τροποποίησης: 20/07/2011

Page 94: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ – ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.2: ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ)

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Ένα σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με αρχική φάση μηδέν. Η γραφική

παράσταση δείχνει τις μεταβολές της κινητικής Κ, της δυναμικής U και της ολικής

ενέργειας Ε, σε συνάρτηση με το χρόνο.

Η κινητική του ενέργεια Κ εξισώνεται με τη δυναμική του ενέργεια U, 120 φορές ανά

λεπτό. Η συχνότητα της ταλάντωσης είναι:

α) 30 Hz.

β) 2 Ηz.

γ) 0,5 Hz.

Να επιλέξετε τις σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Όπως φαίνεται απ’ το κοινό διάγραμμα U – t και K – t, τα σημεία τομής, είναι οι στιγμές

όπου εξισώνονται η κινητική ενέργεια Κ με τη δυναμική ενέργεια U. Αυτό συμβαίνει 4

φορές σε κάθε περίοδο, μιας και στο διάγραμμα έχουμε 4 σημεία τομής ανά περίοδο

ταλάντωσης.

Άρα το σώμα εκτελεί 120N 30

4ταλ = = ταλαντώσεις ανά λεπτό.

Page 95: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Επομένως με βάση τον ορισμό της συχνότητας:N 30 ταλ 30 ταλf

t 1 min 60 sταλ= = = ⇒

∆f 0,5 Hz=

Page 96: Kef 1 Talantoseis_combine

3

Ερώτηση 2.

Σύστημα ελατηρίου σταθεράς k - μάζας m εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση περιόδου Τ

και συχνότητας f. Αντικαθιστούμε τη μάζα με άλλη mm4

′ = και διπλασιάζουμε το πλάτος

της ταλάντωσης: A 2A′ = .

Α) Για τη συχνότητα f ′ ισχύει:

α) f 2f′ = .

β) f f′ = .

γ) ff2

′ = .

Β) Η ενέργεια της ταλάντωσης E′ :

α) παραμένει η ίδια.

β) διπλασιάζεται.

γ) τετραπλασιάζεται.

Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις και να αιτιολογήσετε τις επιλογές σας.

Α) Σωστή απάντηση είναι η α.

Λύση

Β) Σωστή απάντηση είναι η γ.

Η σταθερά ταλάντωσης D του συστήματος ελατηρίου k - μάζας m, είναι ίση με k, δηλαδή

είναι ανεξάρτητη της μάζας του ταλαντούμενου σώματος και του πλάτους ταλάντωσης.

Συνεπώς και στις δύο περιπτώσεις: D D k′ = = .

Α) Η περίοδος μιας απλής αρμονικής ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση:

m mT 2 2D k

= π = π και η συχνότητα είναι το αντίστροφο της περιόδου:

1 1 kf fT 2 m

= ⇒ =π

. Όπως φαίνεται απ’ αυτήν η συχνότητα δεν εξαρτάται από το

πλάτος ταλάντωσης.

Page 97: Kef 1 Talantoseis_combine

4

Με την αλλαγή της μάζας, η συχνότητα γίνεται: 1 k 1 k 1 4kf m2 m 2 2 m

4

′ = = =′π π π

.

Βγάζουμε το 4 από τη ρίζα και: 1 kf 2

2 m′ = ⋅

π, δηλαδή f 2f′ = .

Β) Η ενέργεια ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση: 21E DA2

= ⇒ 21E kA2

= , δηλαδή

είναι ανεξάρτητη της μάζας m και ανάλογη του τετραγώνου του πλάτους. Άρα:

2 2 21 1 1E kA k(2A) 4 kA2 2 2

′ ′= = = ⋅ ⇒ E 4E′ = .

Page 98: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Ερώτηση 3.

Δύο σημειακά σώματα, που έχουν ίσες μάζες 1 2(m m m)= = , εκτελούν απλή αρμονική

ταλάντωση. Οι συχνότητες των δύο ταλαντώσεων ικανοποιούν τη σχέση 1 2f f> και τα

πλάτη τη σχέση 2 1A A< . Oι ενέργειες ταλάντωσης Ε1 και Ε2 των δύο σωμάτων 1 και 2

αντίστοιχα ικανοποιούν τη σχέση:

α) 1 2E E= .

β) 1 2E E> .

γ) 2 1E E> .

Να επιλέξετε τις σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η β.

Λύση

Η ολική ενέργεια μιας απλής αρμονικής ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση:

2 2 2 2 2 21 1 1E DA m m4 f A2 2 2

= = ω Α = π ⇒ 2 2 2E 2m f A= π . Παρατηρούμε ότι η ολική

ενέργεια είναι ανάλογη τόσο του τετραγώνου της συχνότητας όσο και του πλάτους. Άρα αφού η πρώτη ταλάντωση έχει μεγαλύτερη συχνότητα και μεγαλύτερο πλάτος, θα έχει

και μεγαλύτερη ενέργεια, δηλαδή: 1 2E E> .

Page 99: Kef 1 Talantoseis_combine

6

Ερώτηση 4.

Σώμα εκτελεί αμείωτη απλή αρμονική ταλάντωση, πλάτους Α. Σε κάποια θέση της

τροχιάς του, η κινητική ενέργεια είναι το 50% της ολικής του ενέργειας και η δύναμη

επαναφοράς έχει θετική τιμή. Η απομάκρυνση του σώματος από τη θέση ισορροπίας,

ισούται με:

α) 3 A

2− .

β) 2 A

2.

γ) 2 A

2− .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Η ολική ενέργεια Ε μιας αμείωτης απλής αρμονικής ταλάντωσης διατηρείται:

K U E K E U+ = ⇒ = − .

Εφόσον η κινητική ενέργεια είναι το 50% της ολικής του ενέργειας: 50 1K E E

100 2= = .

Εξισώνοντας τα 2α μέλη έχουμε: 1 1 1E U E U E E U E2 2 2

− = ⇒ = − ⇒ = .

Αλλά 21E DA2

=

και 21U Dx2

= , οπότε η προηγούμενη σχέση δίνει:

2 21 1 1D x D A2 2 2

⋅ = ⋅ ⋅ και απλοποιώντας έχουμε: 2 21 1 2x A x A x A2 22

= ⇒ = ± ⇒ = ± .

Γνωρίζουμε ότι η δύναμη επαναφοράς μιας απλής αρμονικής ταλάντωσης είναι πάντα αντίθετη της απομάκρυνσης (λόγω της συνθήκης της ταλάντωσης: F D xΣ = − ⋅ ). Με βάση το δεδομένο ότι η δύναμη επαναφοράς έχει θετική τιμή, συμπεραίνουμε ότι η απομάκρυνση χ είναι αρνητική. Άρα από τις δύο πιθανές λύσεις της απομάκρυνσης,

επιλέγουμε την αρνητική, δηλαδή: 2x A

2= −

Page 100: Kef 1 Talantoseis_combine

7

Ερώτηση 5.

Στο σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση της κινητικής ενέργειας Κ ενός σώματος που

εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση σε συνάρτηση με την απομάκρυνση x από τη Θέση

Ισορροπίας του.

Η γραφική παράσταση της δυναμικής ενέργειας U σε συνάρτηση με το τετράγωνο της

απομάκρυνσης 2x είναι η:

Να επιλέξετε τις σωστή γραφική παράσταση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Η κινητική ενέργεια ενός αρμονικού ταλαντωτή, μεγιστοποιείται στη Θέση Ισορροπίας

του (x 0)= . Από το διάγραμμα φαίνεται ότι το σημείο αυτό είναι το σημείο τομής με τον

κατακόρυφο άξονα (0,50 J) , άρα η μέγιστη κινητική ενέργεια είναι: maxK 50 J= . Όμως,

με βάση την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας

max maxU EΚ = =

η μέγιστη κινητική ενέργεια είναι ίση και με

τη μέγιστη δυναμική ενέργεια: , οπότε: maxU 50 J= .

Ο μηδενισμός της κινητικής ενέργειας γίνεται στα δύο ακρότατα ( x A= − και x A= + ).

Από το διάγραμμα φαίνεται ότι αυτό συμβαίνει στα σημεία τομής με τον οριζόντιο άξονα

Page 101: Kef 1 Talantoseis_combine

8

( 0,5, 0)− και ( 0,5, 0)+ , που είναι τα ακρότατα της ταλάντωσης. Άρα το πλάτος

ταλάντωσης είναι: A 0,5 m= .

Η δυναμική ενέργεια της ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση: 2 21 DU Dx x2 2

= = .

Από αυτήν προκύπτει ότι η δυναμική ενέργεια U είναι ανάλογη του τετραγώνου της

απομάκρυνσης, άρα η γραφική παράσταση είναι γραμμική.

Ο πίνακας τιμών είναι:

2 2x (m ) 2( 0,5) 0,25− = 0 2( 0,5) 0,25+ =

U (J) 50 0 50

Τα παραπάνω αποδίδονται σωστά στη γραφική παράσταση (γ).

Page 102: Kef 1 Talantoseis_combine

9

Ερώτηση 6.

Σε μία Α.Α.Τ. η κινητική ενέργεια γίνεται ίση με τη δυναμική ενέργεια ταλάντωσης κατά τη διάρκεια μίας περιόδου:

α) Δύο φορές.

β) Μία φορά.

γ) Τέσσερις φορές.

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Γνωρίζουμε ότι: K U= .

Από την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας Ταλάντωσης προκύπτει:

E K U= +(K U)=

⇒ E U U= + ⇒

E 2·U= ⇒ 2 21 1·D·A 2· ·D·x2 2

= ⇒

2 2A 2·x= ⇒2

2 Ax2

= ⇒

Ax2

+= ⇒

−A 2x

2+

=−

Άρα η κινητική ενέργεια γίνεται ίση με τη δυναμική ενέργεια τέσσερις φορές κατά τη διάρκεια μίας περιόδου.

Page 103: Kef 1 Talantoseis_combine

10

Ερώτηση 7.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. και τη χρονική στιγμή t 0= βρίσκεται στη θέση ισορροπίας και η ταχύτητά του έχει αρνητικό πρόσημο. Η αρχική φάση είναι:

α) 0 .

β) 2π

.

γ) π .

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Τη χρονική στιγμή t 0= το σώμα είναι στη θέση ισορροπίας δηλαδή x 0= και η ταχύτητά του είναι αρνητική u 0< . Από την εξίσωση της απομάκρυνσης για t 0= και x 0= προκύπτει:

0x A· ( ·t )= ηµ ω + ϕ ⇒ 00 A·= ηµϕ ⇒ 0 0ηµϕ =

Άρα 0 2·k· 0ϕ = π + ή 0 2·k·ϕ = π + π

Επειδή 00 2≤ ϕ < π προκύπτει ότι:

Για την 1η λύση 0 2·k· 2≤ π < π άρα για k 0= το 0 0ϕ =

Για τη 2η λύση 0 2·k· 2≤ π + π < π άρα για k 0= το 0ϕ = π

Η εξίσωση της ταχύτητας για t 0= και 0 0ϕ = είναι:

max 0u u · ( ·t )= συν ω + ϕ ⇒ maxu u · 0 ( 0 1)= συν συν =

Άρα u 0>

Η εξίσωση της ταχύτητας για t 0= και 0ϕ = π είναι:

max 0u u · ( ·t )= συν ω + ϕ ⇒ maxu u · ( 1)= συνπ συνπ = −

Άρα u 0<

Έτσι καταλήγουμε ότι η αρχική φάση είναι: 0ϕ = π

Page 104: Kef 1 Talantoseis_combine

11

Ερώτηση 8.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. και στο παρακάτω σχήμα δίνεται το διάγραμμα ταχύτητας-χρόνου. Η αρχική φάση ταλάντωσης είναι:

α) 32π

.

β) 2π

.

γ) π .

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η α.

Λύση

Από το διάγραμμα ταχύτητας-χρόνου παρατηρούμε ότι τη χρονική στιγμή t 0= η ταχύτητα είναι μηδέν. Άρα το σώμα βρίσκεται σε μία από τις δύο ακραίες θέσεις. Επειδή

η ταχύτητα μετά από T4

είναι maxu+ καταλήγουμε ότι το σώμα τη χρονική στιγμή t 0=

βρίσκεται στο A− . Άρα από την εξίσωση της απομάκρυνσης για t 0= και x A= − προκύπτει η αρχική φάση της ταλάντωσης.

0x A· ( t )= ηµ ω + ϕ ⇒ 0A A·− = ηµϕ ⇒

0 031 2·k·2π

ηµϕ = − ⇒ ϕ = π +

Επειδή 030 2 0 2k 22π

≤ ϕ < π ⇒ ≤ π + < π

Άρα για k 0= το 032π

ϕ =

Page 105: Kef 1 Talantoseis_combine

12

Ερώτηση 9.

Σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. και τη χρονική στιγμή t 0= βρίσκεται στη θέση Ax2

= + όπου A

το πλάτος της ταλάντωσης και επιβραδύνεται. Η αρχική φάση της ταλάντωσης είναι:

α) 3π

.

β) 23π

.

γ) 6π

.

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση είναι η γ.

Λύση

Τη χρονική στιγμή t 0= το σώμα βρίσκεται στη θέση Ax2

= . Αφού επιβραδύνεται

κινείται προς το A+ , άρα η ταχύτητά του είναι θετική (u 0)> . Από την εξίσωση της

απομάκρυνσης για t 0= και Ax2

= + προκύπτει:

0x A· ( t )= ηµ ω + ϕ ⇒ 0A A·2

+ = ηµϕ ⇒ 012

ηµϕ = .

Άρα 0 2·k·6π

ϕ = π + ή 052·k· ( ) 2·k·

6 6π π

ϕ = π + π − = π +

Επειδή 00 2≤ ϕ < π προκύπτει ότι:

για την 1η λύση: 0 2·k· 26π

≤ π + < π άρα για k 0= το 0 6π

ϕ =

για τη 2η λύση: 50 2·k· 26π

≤ π + < π άρα για k 0= το 056π

ϕ =

Η εξίσωση της ταχύτητας για t 0= και 0 6π

ϕ = είναι:

max 0u u · ( t )= συν ω + ϕ ⇒ maxu u · ( 0)6 6π π

= συν συν >

Άρα u 0>

Page 106: Kef 1 Talantoseis_combine

13

Η εξίσωση ταχύτητας για t 0= και 056π

ϕ = είναι:

max 0u u · ( t )= συν ω + ϕ ⇒ max5 5u u · ( ) ( 0)6 6π π

= συν συν <

Άρα u 0<

Επομένως 0 6π

ϕ =

Page 107: Kef 1 Talantoseis_combine

14

Ερώτηση 10.

Να υπολογιστεί η απομάκρυνση σε μια Α.Α.Τ. όταν η δυναμική ενέργεια και η κινητική ενέργεια είναι ίσες.

Από τη διατήρηση της ενέργειας ταλάντωσης έχουμε:

Λύση

E K U= + (όμως K U= )⇒

E U U= + ⇒ E 2U= ⇒

2 21 1·D·A 2· ·D·x2 2

= ⇒

22 Ax

2= ⇒

Ax2

+= ⇒

A 2x2

+=

Page 108: Kef 1 Talantoseis_combine

15

Ερώτηση 11.

Ένα σώμα συνδέεται στο ελεύθερο άκρο ενός ελατηρίου του οποίου το άλλο άκρο είναι

ακλόνητα στερεωμένο. Το σύστημα εκτελεί Α.Α.Τ. με πλάτος ταλάντωσης 1A . Η

σταθερά επαναφοράς του συστήματος είναι D . Αντικαθιστούμε το σώμα με ένα άλλο τετραπλάσιας μάζας το οποίο εκτελεί επίσης Α.Α.Τ. αλλά με διπλάσιο πλάτος. Η σχέση

που συνδέει την ενέργεια ταλάντωσης 1E του πρώτου σώματος με την αντίστοιχη

ενέργεια ταλάντωσης 2E του δεύτερου σώματος είναι:

α) 2 1E 4E= .

β) 2 1E 16E= .

γ) 12

EE4

= .

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Για τις ενέργειες

Λύση

1E και 2E των δύο σωμάτων ισχύει:

21 1 1

22 2 2

1E ·D ·A21E ·D ·A2

= =

Διαιρώ κατά μέλη

21 1

1

222 2

1·D ·AE 21E ·D ·A2

= (επειδή 1 2D D D= = )⇒

21 1

22 1

E AE (2A )

= (επειδή 2 1A 2·A= )⇒

12 1

2

E 1 E 4EE 4

= ⇒ =

Άρα σωστή απάντηση είναι η α.

Page 109: Kef 1 Talantoseis_combine

16

Ερώτηση 12.

Δύο σώματα με μάζες 1m και 2m συνδέονται στο ελεύθερο κάτω άκρο δύο

κατακόρυφων ελατηρίων των οποίων τα πάνω άκρα είναι σταθερά στερεωμένα. Για τις

σταθερές των δύο ελατηρίων ισχύει 1 2K 4K= . Παρατηρούμε ότι το πρώτο ελατήριο,

όταν ισορροπεί το σώμα, έχει επιμηκυνθεί κατά 1d , ενώ το δεύτερο κατά 2 1d 2d= . Ποια

από τις παρακάτω σχέσεις ισχύει για τις συχνότητες ταλάντωσης των δύο σωμάτων (Θεωρούμε ότι και τα δύο σώματα εκτελούν Α.Α.Τ.).

α) 1 2f 2·f= .

β) 1 22f ·f

2= .

γ) 1 2f 4·f= .

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Η συνθήκη που ισχύει στη θέση ισορροπίας για το κάθε σύστημα είναι:

Λύση

1 1 1m ·g K ·d= (1)

2 2 2m ·g K ·d= (2)

Διαιρώ τις (1) και (2) κατά μέλη:

1 1 11 2

2 2 2

m ·g K ·d (K 4Km ·g K ·d

= ⇒ = και 2 1d 2d )=

1 2 11 2

2 2 1

m 4·K ·d m 2mm K ·2·d

= ⇒ = Άρα

Page 110: Kef 1 Talantoseis_combine

17

11

1

mT 2K

= π (3)

22

2

mT 2K

= π (4)

Διαιρώ τις (3) και (4) κατά μέλη:

1

11

2 2

2

m2KT

T m2K

π= ⇒

π

1 1 21 2

2 2 1

T m ·K (m 2mT m ·K

= ⇒ = και 1 2K 4K )=

1 2 2

2 2 2

T 2m ·KT m ·4·K

= ⇒ 1

2

T 1 2T 22

= =

Άρα

1 1

2

2

1T f2 2

1T 2 2f

= ⇒ = ⇒ 2

1

f 2f 2

= ⇒ 1

2

f 2f

=

Άρα 1 2f 2·f= και σωστή απάντηση είναι η α.

Page 111: Kef 1 Talantoseis_combine

18

Ερώτηση 13.

Ένα σώμα εκτελεί Α.Α.Τ. Τη χρονική στιγμή t η απομάκρυνση του σώματος από τη θέση

ισορροπίας είναι Ax2

= − όπου A το πλάτος της ταλάντωσης. Ο λόγος της κινητικής

προς τη δυναμική ενέργεια ταλάντωσης τη χρονική στιγμή t είναι:

α) 12

.

β) 14

.

γ) 3 .

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Για να υπολογίσουμε το λόγο εργαζόμαστε ως εξής:

Λύση

K E UU U

−= (επειδή E K U K E U= + ⇒ = − )⇒

2 2

2

1 1DA DxK 2 21U Dx2

−= ⇒

2 2

2

1 D(A x )K 21U Dx2

−= ⇒

2 2

2

K A x A(x )U x 2

−= = − ⇒

22

2

AAK 4AU4

−= ⇒

2

2

3AK 4

AU4

= ⇒

K 3U

=

Page 112: Kef 1 Talantoseis_combine

19

Άρα σωστή απάντηση είναι η γ.

Page 113: Kef 1 Talantoseis_combine

20

Ερώτηση 14.

Δύο σώματα με ίσες μάζες 1 2m m= εκτελούν Α.Α.Τ. Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται τα

διαγράμματα U x− για τα δύο συστήματα. Ο λόγος των περιόδων ταλάντωσης 1

2

TT

είναι

ίσος με:

α) 2 .

β) 12

.

γ) 14

.

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Τα δύο συστήματα έχουν την ίδια ενέργεια ταλάντωσης. Δηλαδή:

Λύση

1 2E E= ⇒

2 21 1 2 2 2

1 1·D ·A ·D ·A (A 2A2 2

= = και 1A A)= ⇒

2 21 2D ·A D ·4·A= ⇒

1 2D 4D=

Άρα ο λόγος των περιόδων υπολογίζεται:

1

11

2 2

2

m2DT

T m2D

π= ⇒

π

Page 114: Kef 1 Talantoseis_combine

21

1 1 21 2

2 2 1

T m ·D (m mT m ·D

= = και 1 2D 4D )= ⇒

1 2

2 2

T DT 4·D

= ⇒

1

2

T 1T 2

=

Άρα σωστή απάντηση είναι η β.

Page 115: Kef 1 Talantoseis_combine

22

Ερώτηση 15.

Μικρό σώμα μάζας m εκτελεί Α.Α.Τ. Τη χρονική στιγμή t 0= βρίσκεται στη θέση Ax2

= + και επιταχύνεται. Η αρχική του φάση είναι:

α) 6π

.

β) 56π

.

γ) 3π

.

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Τη χρονική στιγμή

Λύση

t 0= έχουμε Ax2

= + δηλαδή x 0> . Επειδή το σώμα επιταγχύνεται

σημαίνει πως κατευθύνεται προς τη θέση ισορροπίας. Άρα πηγαίνει από το A+ στη θέση ισορροπίας και γι'αυτό η ταχύτητα είναι αρνητική, u 0< . Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι:

0x A· ( t )= ηµ ω + ϕ (για t 0= και Ax )2

= + ⇒ 0A A·2

+ = ηµϕ

Για 012

ηµϕ = προκύπτει:

0 2·k·6π

ϕ = π + ή 052·k· ( ) 2·k·

6 6π π

ϕ = π + π − = π +

Επειδή 00 2≤ ϕ < π προκύπτει ότι k 0=

Άρα 0 6π

ϕ = ή 056π

ϕ =

Από την εξίσωση της ταχύτητας για t 0= προκύπτει:

max 0u u · ( t )= συν ω + ϕ ⇒

max 0u u ·= συνϕ ⇒

Άρα αν 0 6π

ϕ = τότε u 0>

Page 116: Kef 1 Talantoseis_combine

23

και αν 056π

ϕ = τότε u 0<

Άρα η αρχική φάση είναι 056π

ϕ = και σωστή απάντηση είναι η β.

Page 117: Kef 1 Talantoseis_combine

24

Ερώτηση 16.

Να βρεθεί ο λόγος της κινητικής ενέργειας προς τη δυναμική ενέργεια ταλάντωσης ενός σώματος το οποίο εκτελεί Α.Α.Τ. όταν η ταχύτητά του είναι η μισή της μέγιστης ταχύτητας ταλάντωσης.

K KU E K

=−

Λύση

(επειδή E K U U E K)= + ⇒ = − ⇒

2

2 2max

1 m·uK 21 1U m·u m·u2 2

= ⇒−

2

2 2max

1 m·uK 21U m·(u u )2

=−

όμως ( maxuu )2

= ⇒

2max

22 maxmax

uK 4

uU u4

= ⇒−

2max

2max

uK 4

3uU4

= ⇒

K 1U 3

=

Page 118: Kef 1 Talantoseis_combine

25

ΘΕΜΑ Δ

Πρόβλημα 1.

Σφαίρα μάζας m 1 kg= ισορροπεί δεμένη στο πάνω άκρο κατακόρυφου ιδανικού

ελατηρίου σταθεράς k 400 N / m= , του οποίου το κάτω άκρο είναι στερεωμένο στο

δάπεδο. Ανεβάζουμε τη σφαίρα κατακόρυφα προς τα πάνω και την αφήνουμε ελεύθερη,

οπότε αυτή εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος 0,5 mΑ = .

α) Να υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα ω καθώς και το μέτρο της μέγιστης ταχύτητας

υmax της σφαίρας.

β) Να γράψετε τις εξισώσεις της απομάκρυνσης και της ταχύτητας της σφαίρας σε

συνάρτηση με το χρόνο. Θεωρήστε θετική φορά την προς τα πάνω και ως χρονική

στιγμή t 0= , η στιγμή που περνά από τη θέση ισορροπίας της με φορά κίνησης προς τα

κάτω.

γ) Να γράψετε την εξίσωση της δύναμης ελατηρίου στη σφαίρα σε συνάρτηση με την

απομάκρυνση χ. Στη συνέχεια να υπολογίσετε το μέτρο της δύναμης ελατηρίου στα δύο

ακρότατα της ταλάντωσης.

δ) Να υπολογίσετε το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας της σφαίρας τη χρονική

στιγμή 1Tt8

= .

Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας: 2g 10 m / s= .

α) Η γωνιακή συχνότητα ω υπολογίζεται απ’ τη σχέση:

Λύση

2 Dm

πω = =

Τ. Επειδή η σφαίρα

εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση δεμένη στο κατακόρυφο ελατήριο, ισχύει ότι: D k= ,

οπότε:k 400 radrad / s 20m 1 s

ω = = ⇒ ω = .

Το μέτρο της μέγιστης ταχύτητας ταλάντωσης ισούται με: max 20rad / s 0,5mυ = ω⋅ Α = ⋅ ⇒

0 10 m sυ = .

β) Για να βρω τη χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης, αρκεί να ξέρω το πλάτος Α, τη

γωνιακή συχνότητα ω και την αρχική φάση φ0. Γνωρίζοντας ήδη τα Α και ω, αρκεί να

βρω την αρχική φάση φ0.

Page 119: Kef 1 Talantoseis_combine

26

Θέτω στη χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης: t=0 και xαρχ=0, οπότε:

0 0 00 A ( 0 ) 0 0= ⋅ηµ ω⋅ + ϕ ⇒ ηµϕ = ⇒ ϕ = ή 0ϕ = π .

Επιπλέον, με βάση την εκφώνηση, η ταχύτητα ( max 0υ = υ συνϕ ) είναι αρνητική. Επειδή

max 0 0υ = υ συν > και max 0υ = υ συνπ < , δεχόμαστε ως αρχική φάση την 0ϕ = π .

Άρα οι ζητούμενες εξισώσεις είναι: x 0,5 (20t )= ⋅ηµ + π και 10 (20t )υ = ⋅συν + π (και οι

δύο στο S.Ι.).

γ) Τοποθετούμε τη σφαίρα σε μια τυχαία θέση θετικής απομάκρυνσης χ. Οι δυνάμεις που

ασκούνται είναι το βάρος w, που είναι κατακόρυφο προς τα κάτω (άρα έχει αρνητική

αλγεβρική τιμή, γιατί θετική φορά είναι η προς τα πάνω) και η Fελ, η οποία τοποθετείται

αυθαίρετα στη θετική φορά. Η συνισταμένη τους είναι η δύναμη επαναφοράς και θα

ικανοποιεί τη Συνθήκη της απλής αρμονικής ταλάντωσης

F D x F w k x F mg k xελ ελΣ = − ⋅ ⇒ − = − ⋅ ⇒ = − ⋅

:

και αντικαθιστώντας στο S.I.:

F 10 400 xελ = − ⋅ .

Στο κάτω ακρότατο της ταλάντωσης, η σφαίρα έχει απομάκρυνση χ = −Α , οπότε

αντικαθιστώντας στη σχέση που βρήκαμε, έχουμε:

,( A)F 10N 400N / m ( 0,5)m (10 200)Nελ − = − ⋅ − = + ⇒ ,( A)F 210 Nελ − = + . Το πρόσημο (+)

δείχνει ότι η Fελ έχει φορά προς τα πάνω.

Στο πάνω ακρότατο, η σφαίρα έχει απομάκρυνση x = +Α , οπότε αντικαθιστώντας στη

σχέση που βρήκαμε, έχουμε: ,( A)F 10N 400N / m 0,5m (10 200)Nελ + = − ⋅ = − ⇒

,( A)F 190 Nελ + = − . Το πρόσημο (-) δείχνει ότι η Fελ έχει φορά προς τα κάτω.

Σχόλιο

: Παρατηρήστε ότι και στις δύο περιπτώσεις, η Fελ έχει φορά προς τη Θ.Φ.Μ.,

όπως αναμέναμε.

δ) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας υπολογίζεται ως εξής:

FdWdK F dx dxF F k xdt dt dt dt

Σ Σ ⋅= = = Σ = Σ ⋅υ = − ⋅ ⋅υ .

Αρκεί λοιπόν να υπολογίσω την απομάκρυνση και την ταχύτητα τη χρονική στιγμή

1Tt8

= .

Η απομάκρυνση: 1 12 2x 0,5 ( t ) 0,5 ( ) 0,5 ( ) 0,5 m

8 4 2π Τ π

= ηµ ω + π = ηµ ⋅ + π = ηµ + π = −Τ

και η ταχύτητα: 1 12 210 ( t ) 10 ( ) 10 ( ) 10 m / s

8 4 2π Τ π

υ = συν ω + π = συν ⋅ + π = συν + π = −Τ

.

Page 120: Kef 1 Talantoseis_combine

27

Έτσι τη χρονική στιγμή t1, dK 2 2400N / m ( 0,5 )m ( 10 )m / sdt 2 2

= − ⋅ − ⋅ − ⇒

dK J1000dt s

= −

Page 121: Kef 1 Talantoseis_combine

28

Πρόβλημα 2.

Δίσκος μάζας 1 kgΜ = είναι συνδεδεμένος στο πάνω άκρο κατακόρυφου ιδανικού

ελατηρίου σταθεράς k 200 N / m= . Το κάτω άκρο του ελατηρίου στερεώνεται σε

ακλόνητο σημείο του δαπέδου. Από ύψος h 0,15 m= πάνω από το δίσκο αφήνεται να

πέσει ελεύθερο ένα σφαιρίδιο πλαστελίνης μάζας m 1 kg= , το οποίο συγκρούεται με το

δίσκο μετωπικά και πλαστικά. Το συσσωμάτωμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.

Θεωρείστε την αντίσταση του αέρα και τη διάρκεια της κρούσης αμελητέες.

α) Να υπολογίσετε το μέτρο της ταχύτητας του σφαιριδίου ελάχιστα πριν την κρούση.

β) Να υπολογίσετε το πλάτος της ταλάντωσης του συστήματος. Δίνεται η 2g 10 m / s= .

γ) Να υπολογίσετε το μέτρο της δύναμης επαναφοράς καθώς και το μέτρο της δύναμης του ελατηρίου στο κατώτερο σημείο της ταλάντωσης του συσσωματώματος.

δ) Να γράψετε την εξίσωση της δυναμικής ενέργειας ταλάντωσης του συσσωματώματος σε συνάρτηση με το χρόνο.

α) Κατά τη διάρκεια της ελεύθερης πτώσης της σφαίρας η

Λύση

Μηχανική της ενέργεια

διατηρείται

0K 0=

. Θεωρώντας ως θέση (0) την αρχική, όπου αφήνεται ελεύθερο το σφαιρίδιο

(άρα ), ως θέση (1) ελάχιστα πριν κτυπήσει στο δίσκο και ως επίπεδο αναφοράς

το δίσκο (άρα 1U 0= ), έχουμε:

2 2 20 0 1 1 1 1 1

1K U K U 0 mgh m 0 m 2 mgh 2gh2

+ = + ⇒ + = υ + ⇒ υ = ⇒ υ = ⇒

21 2gh 2 10m / s 0,15mυ = = ⋅ ⋅ ⇒ 1

m3 sυ = .

β) Εφαρμόζω τη Διατήρηση της ολικής Ορμής p pολ= ολ′ ( ) για την πλαστική κρούση των

m – M , για να βρω την ταχύτητα του συσσωματώματος, αμέσως μετά την κρούση.

Θεωρώντας θετική τη φορά προς τα κάτω έχουμε:

11

mu 1kg 3m / s 3 mm 0 (m M)V V V V sm M 1kg 1kg 2⋅

υ + Μ ⋅ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ =+ +

Page 122: Kef 1 Talantoseis_combine

29

Ο δίσκος μάζας Μ ισορροπούσε, πριν την κρούση, στη θέση ισορροπίας 1 (ΘΙ1), η οποία απέχει d1 από τη Θέση Φυσικού Μήκους (ΘΦΜ) του ελατηρίου. Στη θέση αυτή ισχύει η συνθήκη ισορροπίας

,(1) ,(1)F 0 F g 0 F gελ ελΣ = ⇒ − Μ = ⇒ = Μ ⇒

:

1kd g= Μ ⇒2

1 1 1Mg 1kg 10 m / s 1d d d mk 200 N / m 20

⋅= ⇒ = ⇒ = =

0,05 m=

Το συσσωμάτωμα που δημιουργείται μετά την κρούση εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με D=k=200 N/m γύρω από Νέα Θέση Ισορροπίας (ΘΙ2), η οποία βρίσκεται κάτω απ’ τη ΘΙ1 και απέχει απόσταση d2 από τη ΘΦΜ.

Στη Θ.Ι.2 ισχύει η συνθήκη ισορροπίας

,(2) ,(2) 2F 0 F ( m)g 0 F ( m)g kd ( m)gελ ελΣ = ⇒ − Μ + = ⇒ = Μ + ⇒ = Μ + ⇒

:

2

2 2(m M) 2kg 10 m / s 1d g d m 0,1 m

k 200 N / m 10+ ⋅

= = ⇒ = = .

Για την αρμονική ταλάντωση του συσσωματώματος, εφαρμόζω τη Διατήρηση της Ενέργειας

o 2 11 1 1x d d m

10 20 20= − = − =

, εξισώνοντας την κινητική και δυναμική ενέργεια της ταλάντωσης στη θέση της κρούσης (που είναι η θέση εκκίνησης της ταλάντωσης) με την ολική ενέργεια Ε της ταλάντωσης. Αμέσως μετά την κρούση, το συσσωμάτωμα απέχει

, από τη ΘΙ2 και έχει ταχύτητα V, άρα:

2 2 2 2 2 2o o

1 1 1U kx (m M)V kA kx V (m M) kA2 2 2

+ Κ = Ε ⇒ + + = ⇒ + + = ⇒

2 2 2 22 o okx (m M)V kx (m M)VA

k k k+ + +

= = + ⇒

Page 123: Kef 1 Talantoseis_combine

30

2

2 22

2 2 20

3 32kg m / s 22(m )V 1 4A x 0,05 m mk 200N / m 400 200

+ Μ = + = + = + =

1 3 4 1m m m A 0,1 m400 400 400 10

= + = == ⇒ = .

Σχόλιο

Δυναμική ενέργεια ταλάντωσης:

: Προσέξτε τη διαφορά στις δυναμικές ενέργειες:

21U Dx2

= , όπου το χ μετριέται από τη ΘΙ,

Δυναμική ενέργεια ελατηρίου: 21U kl2ελ = , όπου το l μετριέται από τη ΘΦΜ του

ελατηρίου,

Βαρυτική δυναμική ενέργεια: U mg hβαρ = ⋅ , όπου h είναι το ύψος του σώματος από

ορισμένο επίπεδο αναφοράς.

Η Δυναμική ενέργεια της ταλάντωσης «εμπεριέχει» τη δυναμική ενέργεια ελατηρίου και

τη βαρυτική δυναμική ενέργεια.

γ) Το μέτρο της δύναμης επαναφοράς δίνεται από τη σχέση: F D x k x= ⋅ = ⋅ , (θυμηθείτε ότι στο παράδειγμα 1, του σχολικού βιβλίου, έχουμε αποδείξει ότι D=k) δηλαδή είναι ανάλογο της απομάκρυνσης χ από τη ΘΙ2, συνεπώς γίνεται μέγιστο στα ακρότατα της

ταλάντωσης. Έτσι: maxF =k A 200N / m 0,1m⋅ = ⋅ ⇒ maxF 20 N= .

H Δύναμη του ελατηρίου έχει μέγιστο μέτρο στη θέση που το ελατήριο εμφανίζει τη μέγιστη απόσταση από τη Θ.Φ.Μ. του, δηλαδή στην κατώτερη θέση της ταλάντωσης. Άρα:

( ) ( ),max max 2F =k l =200N / m d A m 200 0,1 0,1 Nελ ⋅ ∆ + = + ⇒ ,maxF 40 Nελ = .

δ) Η δυναμική ενέργεια της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση: 2 21 1U Dx kx2 2

= = .

Συνεπώς, χρειάζεται να βρούμε τη χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης:

0x A ( t )= ηµ ω + ϕ . Ήδη γνωρίζουμε το πλάτος Α=0,1 m, οπότε πρέπει να βρούμε τη

γωνιακή συχνότητα ω και την αρχική φάση φ0.

Η γωνιακή συχνότητα: D 200 rad rad rad100 10s s sM m 2

ω = = = ⇒ ω =+

.

Page 124: Kef 1 Talantoseis_combine

31

Για την αρχική φάση, θέτω στην χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης: 0x A ( t )= ηµ ω + ϕ ,

t 0= και x 0,05m= , επειδή το συσσωμάτωμα κινείται προς τα κάτω πρέπει η ταχύτητα

να είναι αρνητική, οπότε:

0 0 0 0 00,05 10,05 0,1 2k 2k0,1 2 6 6 6

ημ ημ ημ ημ ή π π π

= ϕ ⇒ ϕ = = ⇒ ϕ = ⇒ ϕ = π + ϕ = π + π − .

Επειδή για την αρχική φάση πρέπει να ισχύει: 00 2≤ ϕ < π , θα είναι και στις δύο λύσεις

το k=0, δηλαδή: 0 05 ή

6 6 6π π π

ϕ = ϕ = π − = .

Η 1η λύση δίνει για την ταχύτητα: max 06π

υ = υ συν > και (φυσικά) η 2η

max5 06π

υ = υ συν < . Συνεπώς δεχόμαστε τη 2η λύση: 056π

ϕ = .

Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι:5x 0,1 (10 t )6π

= ηµ + (στο S.I.) και αντικαθιστώντας

στη σχέση της δυναμικής ενέργειας ταλάντωσης, βρίσκουμε τελικά:

2 2 21 1 5 5U kx 200 0,01 (10t ) 1 (10t )2 2 6 6

π π= = ⋅ ηµ + = ⋅ηµ + ⇒ 2 5U (10t )

= ηµ + (στο S.I.).

Ημερομηνία τροποποίησης: 20/07/2011

Page 125: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο: ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 2: ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣ ΕΠΙΛΥΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Ιδανικό κύκλωμα LC εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Να αποδείξετε ότι η

στιγμιαία τιμή i της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα δίνεται σε συνάρτηση με το

στιγμιαίο φορτίο q του πυκνωτή από τη σχέση: 2 2i Q q= ±ω − .

Εφαρμόζουμε τη διατήρηση της ενέργειας για την ηλεκτρική ταλάντωση:

Λύση

( )

2 2 2 2 2 2

E B

2 22 2 2 2 2 2 2

Q q Li Q q LiE U U2C 2C 2 2C 2

Q qi i Q q i Q qLC

−= + ⇒ = + ⇒ = ⇒

−= ⇒ = ω − ⇒ = ±ω −

Page 126: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Το ιδανικό κύκλωμα LC του σχήματος εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις, με

περίοδο Τ. Τη χρονική στιγμή 0t ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος και το κύκλωμα

διαρρέεται από ρεύμα με τη φορά που έχει σχεδιαστεί στο σχήμα.

Το φορτίο του οπλισμού Λ του πυκνωτή, τη χρονική στιγμή 1 03Tt t4

= + , θα είναι:

α) μέγιστο θετικό.

β) μηδέν.

γ) μέγιστο αρνητικό.

Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (α).

Λύση

Επειδή τη χρονική στιγμή t0, ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος, το φορτίο και των δύο

οπλισμών του είναι μηδέν. Γνωρίζουμε όμως ότι η συμβατική φορά του ρεύματος είναι η

φορά κίνησης θετικών φορτίων. Αυτό σημαίνει ότι το φορτίο του οπλισμού Κ τη στιγμή

0Tt4

+ θα είναι μέγιστο θετικό, τη στιγμή 02Tt4

+ θα είναι μηδέν και τη στιγμή 03Tt4

+ θα

είναι μέγιστο αρνητικό.

Όμως οι δύο οπλισμοί του πυκνωτή έχουν κάθε στιγμή αντίθετο φορτίο: q qΛ Κ= − . Άρα

τη χρονική στιγμή 2 03Tt t4

= + , το φορτίο του οπλισμού Λ, θα είναι μέγιστο θετικό.

Συνεπώς, σωστή απάντηση είναι η (α).

Page 127: Kef 1 Talantoseis_combine

3

Ερώτηση 3.

Ένα ιδανικό κύκλωμα LC (1) έχει πυκνωτή με χωρητικότητα C και πηνίο με συντελεστή

αυτεπαγωγής L, ενώ ένα άλλο ιδανικό κύκλωμα LC (2) έχει τον ίδιο πυκνωτή, αλλά

πηνίο με συντελεστή αυτεπαγωγής 4L. Φορτίζουμε τον πυκνωτή του κυκλώματος (1) με

πηγή τάσης V και τον πυκνωτή του κυκλώματος (2) με πηγή τάσης 2V και τα διεγείρουμε

ώστε να εκτελούν αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις.

Ο λόγος των ολικών ενεργειών στα δύο κυκλώματα 2

1

EE

ισούται με:

α) 1.

β) 2.

γ) 4.

Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (γ).

Λύση

Η ολική ενέργεια μιας ηλεκτρικής ταλάντωσης ισούται με τη μέγιστη ενέργεια

ηλεκτρικού πεδίου και μπορεί να υπολογιστεί από τις σχέσεις: 2QE

2C= ή 21E CV

2= .

Επιλέγοντας τη 2η μορφή, αντικαθιστούμε στο ζητούμενο λόγο και έχουμε:

2 2

2

2 21

1 1C(2V) 4 CVE 2 21 1E CV CV2 2

⋅= = ⇒ 2

1

E 4E

=

Συνεπώς, σωστή απάντηση είναι η (γ).

Page 128: Kef 1 Talantoseis_combine

4

Ερώτηση 4.

Στο σχήμα φαίνονται οι γραφικές παραστάσεις των χρονικών εξισώσεων φορτίου q - t ,

στη χρονική διάρκεια 0 έως t0, για δύο ιδανικά κυκλώματα LC.

Ο λόγος των μεγίστων εντάσεων ρεύματος στα δύο κυκλώματα 2

1

II

ισούται με:

α) 34

β) 43

γ) 49

Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (α).

Λύση

Η μέγιστη ένταση ρεύματος υπολογίζεται απ’ τη σχέση: I Q= ω⋅ . Η γωνιακή συχνότητα

είναι:2π

ω =Τ

Απ’ το διάγραμμα φαίνεται (εστιάζοντας στον οριζόντιο άξονα των χρόνων ) ότι:

11 2

2

T3 3T T2 T 2

= η =

Απ’ το διάγραμμα φαίνεται (εστιάζοντας στον κατακόρυφο άξονα των q) ότι: 1Q 2Q=

και 2Q Q= .

Σχηματίζουμε τώρα το ζητούμενο λόγο:

2 2 2

1 1 1

I QI Q

ω= =ω

2

1

2 Q

2 2 Q

πΤ

Τ

1

2

T2T

= 1

2

T12 T⋅

1 32 2

= ⋅ ⇒ 2

1

I 3I 4= .

Συνεπώς, Σωστή απάντηση είναι η (α).

Page 129: Kef 1 Talantoseis_combine

5

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Ιδανικό κύκλωμα περιλαμβάνει πυκνωτή χωρητικότητας C, ιδανικό πηνίο με συντελεστή

αυτεπαγωγής L και διακόπτη, που είναι αρχικά ανοικτός. Φορτίζουμε τον πυκνωτή με

φορτίο Q=100μC και κλείνουμε το διακόπτη, οπότε το κύκλωμα εκτελεί αμείωτες

ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Κάποια χρονική στιγμή t το φορτίο του αρχικά θετικά

φορτισμένου οπλισμού του πυκνωτή είναι q= 60μC και συνεχίζει να αυξάνεται. Την ίδια

στιγμή η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα είναι i=80mA. Να υπολογίσετε:

α) τη γωνιακή συχνότητα της ηλεκτρικής ταλάντωσης.

β) το ρυθμό με τον οποίο το φορτίο αποθηκεύεται στον θετικό οπλισμό του πυκνωτή τη

χρονική στιγμή t.

γ) το ρυθμό μεταβολής της έντασης του ρεύματος didt

στο κύκλωμα τη χρονική στιγμή t.

α) Θα εφαρμόσουμε τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση:

Λύση

( )

2 2 2 2 2 2

E B

22 22 2 2 2 2 2

2 2 2 2

3 3

6 2 6 2 10 10

3 3

510

Q q Li Q q LiE U U2C 2C 2 2C 2

Q q i ii i Q qLC Q q Q q

80 10 A 80 10 rad / s(100 10 C) (60 10 C) 100 10 36 10

80 10 80 10rad / s rad / s8 1064 10

− −

− − − −

− −

−−

−= + ⇒ = + ⇒ = ⇒

−= ⇒ = ω − ⇒ω = ⇒ω= ± ⇒ − −

⋅ ⋅ω = ± ⇒ω= ± ⇒

⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅

⋅ ⋅ω = ± ⇒ω= ±

⋅⋅1000rad / s⇒ω= ±

Άρα 1000rad / sω =

β) Ο ρυθμός με τον οποίο το φορτίο αποθηκεύεται στον θετικό οπλισμό του πυκνωτή τη χρονική στιγμή t ισούται με την τιμή της έντασης του ρεύματος εκείνη τη στιγμή, ισχύει δηλαδή:

q i 80mAt

∆= =

Page 130: Kef 1 Talantoseis_combine

6

γ) Ο ρυθμός μεταβολής της έντασης του ρεύματος (di/dt) υπάρχει μόνο στη σχέση που

υπολογίζει την τάση από αυτεπαγωγή στα άκρα ενός πηνίου, LdiV Ldt

= − (και την οποία

έχουμε διδαχτεί στη Β’ τάξη). Λύνοντας ως προς didt

και αντικαθιστώντας βρίσκουμε:

2 2 6CL

qVVdi di q diC q (1000rad / s) 60 10 C 60

dt L L dt L LC dt s−

−−− − Α= = ⇒ = = = −ω = − ⋅ ⋅ ⇒ = −

Page 131: Kef 1 Talantoseis_combine

7

Άσκηση 2.

Πυκνωτής χωρητικότητας C φορτίζεται από ηλεκτρική πηγή συνεχούς τάσης. Στη συνέχεια αποσυνδέουμε την πηγή φόρτισης και συνδέουμε τα άκρα του με αγωγούς μηδενικής αντίστασης σε ιδανικό πηνίο, που έχει συντελεστή αντεπαγωγής L=0,4 H, μέσω διακόπτη. Τη χρονική στιγμή t=0 κλείνουμε το διακόπτη, οπότε το κύκλωμα αρχίζει να εκτελεί ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Η εξίσωση του φορτίου του πυκνωτή δίνεται από τη σχέση: q 0,4 1000t= συν μC.

α) Να υπολογίσετε τη χωρητικότητα C του πυκνωτή.

β) Να γράψετε την εξίσωση της έντασης του ρεύματος που διαρρέει το κύκλωμα σε συνάρτηση με το χρόνο.

γ) Να υπολογίσετε την τιμή της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή όταν η τιμή της έντασης του ρεύματος είναι 0,2 10-3 Α.

α) Συγκρίνοντας τη σχέση που δίνει το φορτίο του πυκνωτή

Λύση

q 0,4 1000t= συν με τη γενική μορφή q Q t= συνω

παίρνουμε τα εξής:

Q=0,4μC και ω=1000rad/s

Ισχύει:

22 2

2 2 1 1 1 1C C 2,5 FT LC L 0,4H (1000rad / s)2 LC LCπ π

ω = = ⇒ω= ⇒ω = ⇒ = = ⇒ = µω ⋅π

β) Η εξίσωση της έντασης του ρεύματος στη γενική της μορφή γράφεται: i I t= − ηµω

Για το μέγιστο ρεύμα στο κύκλωμα ισχύει:

I Q= ω = 3 610 rad / s 0, 4 10 C I 0,4m−⋅ ⋅ ⇒ = Α

Άρα i 0, 4 1000t mA= − ηµ

γ) Θα εφαρμόσουμε τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση:

2 2 2 2

E B E E

2 2 6 2 6 3 2

E E 6

9E

Q Li Q LiE U U U U2C 2 2C 2

Q LCi (0, 4 10 C) 0,4H 2,5 10 F (0,2 10 A)U U2C 2 2,5 10 F

U 24 10 J

− − −

= + ⇒ = + ⇔ = − ⇒

− ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = ⇔

⋅ ⋅

= ⋅

Page 132: Kef 1 Talantoseis_combine

8

ΘΕΜΑ Δ

Πρόβλημα 1.

Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος η ηλεκτρική πηγή έχει ΗΕΔ Ε=20 V και εσωτερική

αντίσταση r=1 Ω, ο αντιστάτης έχει αντίσταση R=9 Ω, ο πυκνωτής έχει χωρητικότητα

C=10 μF και το πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L=16 mH. O μεταγωγός διακόπτης

είναι αρχικά στη θέση (1) και το πηνίο διαρρέεται από ηλεκτρικό ρεύμα σταθερής

έντασης. Τη χρονική στιγμή t=0, μεταφέρουμε απότομα το διακόπτη στη θέση (2) χωρίς

να δημιουργηθεί σπινθήρας, οπότε στο ιδανικό κύκλωμα L-C διεγείρεται αμείωτη

ηλεκτρική ταλάντωση.

α) Να βρείτε τη σταθερή ένταση του ρεύματος που διαρρέει το πηνίο καθώς και την

αποθηκευμένη ενέργεια μαγνητικού πεδίου όταν ο διακόπτης βρίσκεται στη θέση (1).

β) Ποιος οπλισμός του πυκνωτή θα φορτιστεί πρώτος θετικά και γιατί; Ποιά χρονική

στιγμή ο οπλισμός Δ του πυκνωτή θα αποκτήσει για πρώτη φορά μέγιστο φορτίο με

αρνητική πολικότητα; Ποιά χρονική στιγμή το πηνίο για πρώτη φορά θα διαρρέεται από

ρεύμα μέγιστης τιμής και φοράς από το Β προς το Α;

γ) Να γράψετε τις εξισώσεις που περιγράφουν πως μεταβάλλονται σε σχέση με το χρόνο

στο S.I. το φορτίο του οπλισμού Δ του πυκνωτή και η ένταση του ρεύματος.

δ) Να βρείτε το μέτρο του ρυθμού μεταβολής της έντασης του ρεύματος τη στιγμή που η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα είναι μηδέν.

α) Από το νόμο του Ohm για κλειστό κύκλωμα παίρνουμε:

Λύση

0 0E 20i A i 2A

R r 9 1= = ⇒ =

+ +

Η αποθηκευμένη ενέργεια μαγνητικού πεδίου είναι:

2 3 230

B BLi 16 10 H (2A)U U 32 10 J2 2

−−⋅ ⋅

= = ⇒ = ⋅

Page 133: Kef 1 Talantoseis_combine

9

β) Το ρεύμα (συμβατική φορά – κίνηση των θετικών φορτίων) θα διατηρήσει την αρχική φορά του, αυτήν δηλαδή που είχε πριν την μετακίνηση του διακόπτη, κινούμενο από το Α προς το Β. Άρα, θα φορτίσει αρχικά θετικά τον οπλισμό Δ του πυκνωτή.

Τη χρονική στιγμή t=0 ο οπλισμός Δ είναι χωρίς φορτίο. Θα φορτιστεί για 1η φορά με μέγιστο θετικό φορτίο τη χρονική στιγμή t1=Τ/4 και μετά ακόμη από μισή περίοδο (Τ/2) θα φορτιστεί για 1η φορά με μέγιστο αρνητικό φορτίο. Άρα ο οπλισμός Δ του πυκνωτή

θα αποκτήσει για 1η φορά μέγιστο αρνητικό φορτίο τη χρονική στιγμή 2T T 3Tt4 2 4

= + = .

Η περίοδος της ηλεκτρικής ταλάντωσης υπολογίζεται ως εξής:

3 6 8 4

4

T 2 LC 2 16 10 H 10 10 F T 2 16 10 s 2 4 10 s8 10 s

− − − −

= π = π ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = π ⋅ = π⋅ ⋅ ⇒

Τ = π⋅

Άρα ο οπλισμός Δ του πυκνωτή θα αποκτήσει για 1η φορά μέγιστο αρνητικό φορτίο τη

χρονική στιγμή 42 2

3Tt t 6 10 s4

−= ⇒ = π⋅ .

Σε μία ηλεκτρική ταλάντωση για να γίνει η ένταση του ρεύματος από μέγιστη μηδέν απαιτείται χρονικό διάστημα Τ/4 και χρειάζεται επίσης Τ/4 για να ξαναγίνει από μηδέν μέγιστο με φορά αντίθετη της αρχικής. Τη χρονική στιγμή t=0 η ένταση του ρεύματος έχει μέγιστη τιμή και φορά από το Α προς το Β. Άρα το πηνίο θα διαρρέεται για πρώτη φορά με ρεύμα μέγιστης έντασης και φοράς από το Β προς το Α τη χρονική στιγμή

4T T Tt t 4 10 s4 4 2

−= + = ⇒ = π⋅

γ) Η ταλάντωση θα έχει αρχική φάση διότι για t=0 ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος και το κύκλωμα διαρρέεται από μέγιστο ρεύμα. Έτσι, για t=0 ισχύει:

q Q ( t ) 0 Q= συν ω +ϕ ⇒ = συνϕ από όπου προκύπτει (με λύση της τριγωνομετρικής) ότι

η αρχική φάση θα είναι 2π

ϕ = ή 32π

ϕ = .

Δεκτή είναι η τιμή 32π

ϕ = γιατί τη χρονική στιγμή t=0 το ρεύμα έχει φορά προς τον

οπλισμό Δ δηλαδή είναι i>0, πρέπει:

I 0− ηµϕ > , άρα 32π

ϕ = .

Έτσι, οι εξισώσεις του φορτίου και του ρεύματος γράφονται αντίστοιχα:

3q Q ( t ) Q t2

3i I ( t ) t2

π= συν ω + = ηµω

π= − ηµ ω + = Ισυνω

Είναι 3 6

2 2 1 1 2500rad / sT 2 LC LC 16 10 H 10 10 F− −

π πω = = ⇒ω= = ⇒ω=

π ⋅ ⋅ ⋅

Page 134: Kef 1 Talantoseis_combine

10

και 0I i Q= = ω άρα,

4IQ 8 10 C−= = ⋅ω

. Έτσι οι παραπάνω εξισώσεις γράφονται:

4q 8 10 2500t (SI)i 2 2500t (SI)

−= ⋅ ηµ= συν

δ) Το didt

θα βρεθεί από τη σχέση LdiV Ldt

= − . Γνωρίζουμε επίσης ότι κάθε στιγμή

ισχύει, L CV V= , αφού τα δύο στοιχεία έχουν κοινά άκρα. Έτσι μπορούμε να γράψουμε:

2cL VVdi q diή qdt L L LC dt

= = = = ω

Όμως όταν η ένταση του ρεύματος είναι μηδέν, τότε q=Q, έτσι η τελευταία σχέση με αντικατάσταση δίνει

24di rad di8 10 C 2500 5000A / s

dt s dt− = ⋅ ⋅ =

ή

Page 135: Kef 1 Talantoseis_combine

11

Πρόβλημα 2.

Στο κύκλωμα του σχήματος, ο πυκνωτής C1 έχει χωρητικότητα C1=16 μF και είναι

φορτισμένος από πηγή με ΗΕΔ Ε=50 V, και πολικότητα όπως στο σχήμα. Το πηνίο έχει

συντελεστή αυτεπαγωγής L=10 mH, ενώ ο πυκνωτής C2, με χωρητικότητα C2=4 μF, είναι

αρχικά αφόρτιστος.

1) Τη χρονική στιγμή t=0 ο διακόπτης μεταφέρεται στη θέση (1) και το κύκλωμα L-C1

αρχίζει να εκτελεί αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση.

α) Να γράψετε την εξίσωση του φορτίου του πυκνωτή σε συνάρτηση με τον χρόνο για το

κύκλωμα L-C1.

β) Να βρείτε τη χρονική στιγμή t1=43 10−π ⋅ s, την ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα L-C1

καθώς και την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου.

2)Τη χρονική στιγμή t1 ο διακόπτης μεταφέρεται ακαριαία στη θέση (2) χωρίς να

ξεσπάσει σπινθήρας και ταυτόχρονα μηδενίζουμε το χρονόμετρο. Το κύκλωμα L-C2

αρχίζει να εκτελεί αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση. Θεωρώντας πάλι ως t 0= τη χρονική

στιγμή που αλλάζει θέση ο διακόπτης:

α) να βρείτε σε πόσο χρονικό διάστημα θα φορτιστεί πλήρως ο πυκνωτής C2 καθώς και

ποιος οπλισμός του, ο Μ ή ο Ν, θα αποκτήσει πρώτος θετικό φορτίο

β) για το κύκλωμα L-C2, να γράψετε τις εξισώσεις που δίνουν σε σχέση με το χρόνο το φορτίο του οπλισμού Μ καθώς και την ενέργεια ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή C2.

1)

Λύση

α) Ο πυκνωτής C1 τη στιγμή t=0 είναι πλήρως φορτισμένος, οπότε η ταλάντωση δεν έχει αρχική φάση, άρα η εξίσωση του φορτίου είναι της μορφής 1 1 1q Q t= συνω .

Είναι 1 1 13 61 1 1

2 2 1 1 2500rad / sT 2 LC LC 10 10 H 16 10 F− −

π πω = = ⇒ω = = ⇒ω =

π ⋅ ⋅ ⋅,

1V E 50V= = και 6 41 1 1 1 1 1Q V C E C Q 50V 16 10 F Q 8 10 C− −= ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

Page 136: Kef 1 Talantoseis_combine

12

άρα η εξίσωση του φορτίου γράφεται:

41 1 1q Q t 8 10 2500t−= συνω = ⋅ συν (SI)

β) Είναι 41

radI Q 2500 8 10 C 2As

−= ω = ⋅ ⋅ = . Η ένταση του ρεύματος, γράφεται:

4 3i I t A i 2 2500t i 2 2500 3 10 A 2 ( ) A4

− π= − ηµω ⇒ = − ηµ ⇒ = − ηµ ⋅ π⋅ = − ηµ ⇒

2i 2 A i 22

= − ⇒ = − Α

Η ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου θα είναι τότε:

2 3 22

B BLi 10 10 H ( 2 )U U 10 J2 2

−−⋅ ⋅ Α

= = ⇒ =

2)

α) Ο πυκνωτής θα φορτιστεί πλήρως σε χρόνο t=Τ2/4, όπου Τ2 η περίοδος του

κυκλώματος LC2. Ισχύει 3 6 42 2 2T 2 LC 2 10 10 H 4 10 F T 4 10 s− − −= π = π ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = π

Δηλαδή θα φορτιστεί σε χρόνο 4t 10 s−= π⋅ .

Το ρεύμα (συμβατική φορά – κίνηση των θετικών φορτίων) θα διατηρήσει την αρχική του φορά, αυτήν δηλαδή που είχε τη χρονική στιγμή t1=

43 10−π ⋅ s, πριν την μετακίνηση του διακόπτη, προς τη θέση 2. Όπως βρήκαμε στο ερώτημα 1β τη χρονική στιγμή

41t 3 10−= π⋅ s η ένταση του ρεύματος είναι αρνητική. Αυτό σημαίνει ότι το ρεύμα

κατευθύνεται προς τον οπλισμό που τη χρονική στιγμή t=0 έχει αρνητικό φορτίο, δηλαδή προς τον οπλισμό Κ του πυκνωτή C1. Έτσι, το ξεκίνημα της νέας ταλάντωσης βρίσκει το πηνίο να διαρρέεται από ρεύμα που έχει φορά από κάτω προς τα πάνω, με συνέπεια να φορτίζεται πρώτος θετικά ο οπλισμός Μ του πυκνωτή C2.

β) Ο πυκνωτής C2 τη στιγμή t=0 είναι αφόρτιστος και το κύκλωμα διαρρέεται από μέγιστο ρεύμα, οπότε η ταλάντωση έχει αρχική φάση και η εξίσωση του φορτίου του οπλισμού Μ είναι της μορφής qΜ=Q2·συν(ω2t+φ).

Είναι:

2 2 23 62 2 2

2 2 1 1 5000rad / sT 2 LC LC 10 10 H 4 10 F− −

π πω = = ⇒ω = = ⇒ω =

π ⋅ ⋅ ⋅

To Q2 θα το βρούμε από τη σχέση 42 2 2 2

2

I 2AI Q Q Q 2 2 10 C5000rad / s

−= ω ⇔ = = ⇒ = ⋅ω

Για t=0 ισχύει:

Page 137: Kef 1 Talantoseis_combine

13

2 2q Q ( t ) 0 Q= συν ω +ϕ ⇒ = συνϕ από όπου προκύπτει (με λύση της τριγωνομετρικής) ότι η αρχική φάση θα είναι φ=π/2 ή φ=3π/2.

Τη χρονική στιγμή t=0 το ρεύμα κατευθύνεται προς τον οπλισμό Μ, άρα i>0. Έτσι δεκτή είναι η τιμή φ=3π/2 γιατί μόνο για αυτήν ισχύει:

–Ιημφ>0, άρα φ=3π/2.

Η εξίσωση του φορτίου με το χρόνο θα είναι:

4 4M 2 M M

3q Q ( t ) q 2 210 (5000t ) (SI) q 2 210 (5000t) (SI)2

− −π= συν ω + φ ⇒ = συν + ⇒ = ηµ

Η εξίσωση της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου σε σχέση με το χρόνο θα είναι:

2E 2U E ( t 3 / 2)= συν ω + π ⇒ 2

E 2U E t= ηµ ω ,

όπου Ε η ενέργεια της ταλάντωσης η οποία συμπίπτει με την ενέργεια που είχε το πηνίο τη χρονική στιγμή t1, δηλαδή 10-2J . Με αντικατάσταση παίρνουμε:

( )2 2EU 10 5000t SI−= ηµ

Page 138: Kef 1 Talantoseis_combine

14

Πρόβλημα 3.

Στο κύκλωμα του σχήματος, ο πυκνωτής C έχει χωρητικότητα C=20 μF και είναι

φορτισμένος από πηγή με ΗΕΔ Ε=10 V, και πολικότητα όπως στο σχήμα. Τα πηνία έχουν

συντελεστή αυτεπαγωγής L1=8 mH και L2=2 mH.

1)Τη χρονική στιγμή t=0 ο μεταγωγός διακόπτης δ μεταβαίνει στη θέση (1) και το

κύκλωμα L1C αρχίζει να εκτελεί αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση.

α) Να γράψετε τις χρονικές εξισώσεις, που δίνουν το φορτίο του πυκνωτή και την

ένταση του ρεύματος, στο S.I. Πόση είναι η ολική ενέργεια Ε1 της ηλεκτρικής

ταλάντωσης του κυκλώματος L1C;

β) Να υπολογίσετε τη χρονική στιγμή t1=416 10

3−π

⋅ s:

(i) Την ένταση του ρεύματος που διαρρέει το 1ο πηνίο.

(ii) Το φορτίο κάθε οπλισμού του πυκνωτή.

2)Τη χρονική στιγμή t1 ο διακόπτης μεταβαίνει ακαριαία στη θέση (2), χωρίς να ξεσπάσει ηλεκτρικός σπινθήρας.

α) Θεωρώντας πάλι ως t=0 τη χρονική στιγμή που αλλάζει θέση ο διακόπτης, να γράψετε τη σχέση έντασης ρεύματος-χρόνου για το κύκλωμα L2C. Πόση είναι τώρα η ολική ενέργεια Ε2 του κυκλώματος L2C ;

β) Να υπολογίσετε τον ρυθμό μεταβολής της ενέργειας μαγνητικού πεδίου του πηνίου L2,

τη χρονική στιγμή t2=45 10

4−π

⋅ s.

Δίνεται 2 2ηµ ϕ = ηµϕ⋅συνϕ

1)

Λύση

α) Είναι 1 1 13 61 1 1

2 2 1 1 2500rad / sT 2 L C L C 8 10 H 20 10 F− −

π πω = = ⇒ω = = ⇒ω =

π ⋅ ⋅ ⋅,

Page 139: Kef 1 Talantoseis_combine

15

1V E 10V= = και 6 41 1 1 1Q V C Q 10V 20 10 F Q 2 10 C− −= ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

Αφού ο πυκνωτής C είναι πλήρως φορτισμένος τη στιγμή t=0, η ταλάντωση δεν θα έχει αρχική φάση, άρα η εξίσωση του φορτίου γράφεται:

41 1 1q Q t 2 10 2500t−= συνω = ⋅ συν (SI)

Το μέγιστο ρεύμα είναι: 41 1 1 1I Q 2500rad / s 2 10 C I 0,5A−= ω = ⋅ ⋅ ⇒ = .

Η εξίσωση της έντασης του ρεύματος, γράφεται:

1 1 1i I t i 0,5 2500t= − ηµω ⇒ = − ηµ (SI).

Η ολική ενέργεια του κυκλώματος (1) είναι:

2 3 231 1

1 1L I 8 10 H (0,5A)E E 10 J

2 2

−−⋅ ⋅

= = ⇒ =

β) (i) Με αντικατάσταση στην εξίσωση του ρεύματος παίρνουμε:

41 1

1 1

16 4 3i I t 0,5 2500t A 0,5 2500 10 A 0,5 A 0,5 A3 3 2

3 3i 0,5( ) i2 4

− π= − ηµω = − ηµ = − ηµ ⋅ ⋅ = − ηµ π = − − ⇒

= − ⇒ = Α

(ii) To φορτίο γράφεται:

4 41 1 1

16q Q t 2 10 2500 10 C3

− −π= συνω = ⋅ συν ⋅ ⋅ ⇒

4 4 41 1

4 1q 2 10 C 2 10 ( )C q 10 C3 2

− − −= ⋅ συν π = ⋅ − ⇒ = −

Η παραπάνω εξίσωση αφορά το φορτίο του οπλισμού Β του πυκνωτή. Το φορτίο του οπλισμού Κ θα είναι το ίδιο με αντίθετο όμως πρόσημο: 4

Kq 10 C−= + .

2)

α) Είναι 2 2 23 62 2

2 2 1 1 5000rad / sT 2 L C L C 2 10 H 20 10 F− −

π πω = = ⇒ω = = ⇒ω =

π ⋅ ⋅ ⋅

Το μέγιστο φορτίο Q2 της νέας ταλάντωσης είναι ίσο με το φορτίο που είχε ο πυκνωτής τη στιγμή t1, δηλαδή 4

2Q 10 C−= .

Αφού ο πυκνωτής C είναι και πάλι πλήρως φορτισμένος τη στιγμή t=0, η ταλάντωση δεν θα έχει αρχική φάση, άρα η εξίσωση του φορτίου γράφεται:

Page 140: Kef 1 Talantoseis_combine

16

42 2 2q Q t 10 5000t−= συνω = συν (SI)

Το μέγιστο ρεύμα είναι: 42 2 2 2I Q 5000 10 A I 0,5A−= ω = ⋅ ⇒ = .

Η εξίσωση της έντασης του ρεύματος, γράφεται:

2 2i I t 0,5 5000t= − ηµω = − ηµ (SI).

Η ολική ενέργεια του κυκλώματος (2) είναι:

22 2

2L IE

2= =

3 22 10 H (0,5A)2

−⋅ ⋅ J ⇒ 32E 0,25 10 J−= ⋅

β) Είναι : B E B EB E 2 c

dU dU dU dUU U E 0 V idt dt dt dt

+ = ⇒ + = ⇒ = − = − ⋅

Οπότε έχουμε:

4B

C 6

dU q 10 5000tV i i ( 0,5 5000t) J / sdt C 20 10

συν= − = − = − − ηµ ⇒

4BdU 5000t 5000t 55 J / s 1,25 (2 5000t)J / s 1,25 (10000 10 ) J / s

dt 2 4−συν ⋅ηµ π

= ⋅ = ηµ ⋅ = ηµ ⇒

BdU 51, 25 J / sdt 4

π= ηµ =

21,25( )J / s2

− ⇒ BdU 1, 25 2J / sdt 2

= −

Page 141: Kef 1 Talantoseis_combine

17

Πρόβλημα 4.

Στο παρακάτω κύκλωμα η ηλεκτρική πηγή έχει ΗΕΔ Ε=50 V και εσωτερική αντίσταση r=1

Ω, οι αντιστάτες έχουν αντίσταση R1=4 Ω και R2=5 Ω, ο πυκνωτής έχει χωρητικότητα C=10

μF και το πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L=4 mH. Αρχικά ο μεταγωγός διακόπτης δ

είναι στη θέση (1) και οι αντιστάτες διαρρέονται από ρεύμα σταθερής έντασης.

Τη χρονική στιγμή t=0 μετακινούμε το διακόπτη στη θέση (2), χωρίς να δημιουργηθεί

σπινθήρας, οπότε το ιδανικό κύκλωμα L-C αρχίζει να εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές

ταλαντώσεις.

α) Να βρείτε την ένταση i0 του ρεύματος, που διαρρέει την πηγή καθώς και το φορτίο,

που έχει αποθηκευτεί στον πυκνωτή όταν οι αντιστάτες διαρρέονται από σταθερό ρεύμα.

β) Να βρείτε το λόγο της έντασης του ρεύματος i0, που διέρρεε αρχικά την πηγή προς τη

μέγιστη ένταση Ι του ρεύματος, που διαρρέει το κύκλωμα L-C της ηλεκτρικής

ταλάντωσης.

γ) Να γράψετε τις εξισώσεις, που δίνουν τις ενέργειες του ηλεκτρικού πεδίου του

πυκνωτή και του μαγνητικού πεδίου του πηνίου σε συνάρτηση με το χρόνο.

δ) Να βρείτε τις χρονικές στιγμές στις οποίες οι ενέργειες ηλεκτρικού και μαγνητικού πεδίου είναι ίσες στη διάρκεια της πρώτης περιόδου της ταλάντωσης.

α) Από το νόμο του Ohm για κλειστό κύκλωμα παίρνουμε:

Λύση

0 01 2

E 50i A i 5AR R r 4 5 1

= = ⇒ =+ + + +

Η τάση στους οπλισμούς του πυκνωτή είναι ίση με την τάση στα άκρα της αντίστασης R1. Ισχύει δηλαδή: 0 1V i R 5A 4 V 20V= = ⋅ Ω⇒ =

Έτσι το φορτίο του πυκνωτή θα είναι: 5 4Q VC 20V 10 F Q 2 10 C− −= = ⋅ ⇒ = ⋅

Αυτό είναι και το μέγιστο φορτίο που θα έχει ο πυκνωτής στην ηλεκτρική ταλάντωση που θα ακολουθήσει.

β) Είναι 3 6

2 2 1 1 5000rad / sT 2 LC LC 4 10 H 10 10 F− −

π πω = = ⇒ω= = ⇒ω=

π ⋅ ⋅ ⋅

και 4I Q 5000rad / s 2 10 C I 1A−= ω = ⋅ ⋅ ⇒ = ,

Page 142: Kef 1 Talantoseis_combine

18

άρα 0i 5 5I 1= =

γ) Οι εξισώσεις των ενεργειών σε συνάρτηση με το χρόνο είναι: 2EU E t= συν ω και

2U E tΒ = ηµ ω

όπου 2 3

35

Q 4 10E 2 10 J2C 2 10

−−

⋅= = = ⋅

⋅. Έτσι, οι εξισώσεις γράφονται:

3 2EU 2 10 5000t−= ⋅ συν (S.I.) και

3 2EU 2 10 5000t−= ⋅ ηµ (S.I.)

δ) Οι ενέργειες είναι ίσες μεταξύ τους όταν ισχύει:

3 3 2E B E

2

E U U 2 U 2 10 4 10 5000t

1 25000t 5000t 5000t ( / 4)2 2

− −= + ⇒ Ε = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ συν ⇒

συν = ⇒ συν = ± ⇒ συν = ±συν π

Λύνοντας την τριγωνομετρική εξίσωση παίρνουμε τέσσερεις λύσεις για την πρώτη

περίοδο: T8

, 3T8

, 5T8

και 7T8

, δηλαδή, 41t 0,5 10 s−= π⋅ , 4

2t 1,5 10 s−= π⋅ ,

43t 2,5 10 s−= π⋅ , 4

4t 3,5 10 s−= π⋅ .

Ημερομηνία τροποποίησης: 14/7/2011

Page 143: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο: ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 2: ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Το ιδανικό κύκλωμα LC του σχήματος εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις, με

περίοδο Τ. Τη χρονική στιγμή t0 ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος και το κύκλωμα

διαρρέεται από ρεύμα με τη φορά που έχει σχεδιαστεί στο σχήμα.

Τη χρονική στιγμή 1 0Tt t2

= + , η ένταση του ρεύματος θα είναι:

α) μέγιστη με τη φορά του σχήματος.

β) μηδέν.

γ) μέγιστη με φορά αντίθετη από αυτήν του σχήματος.

Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (γ).

Λύση

Επειδή τη χρονική στιγμή t0, ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος, το ρεύμα στο κύκλωμα είναι

μέγιστο.

Γνωρίζουμε ότι το ρεύμα μετά από T4

θα μηδενιστεί. Αμέσως μετά θα αλλάξει φορά και

θα μεγιστοποιηθεί σε επιπλέον χρονικό διάστημα T4

. Έτσι τη χρονική στιγμή

1 0 02T Tt t t4 2

= + = + η ένταση του ρεύματος γίνεται μέγιστη με φορά αντίθετη της

αρχικής.

Συνεπώς, Σωστή απάντηση είναι η (γ).

Page 144: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Ένα ιδανικό κύκλωμα LC (1) έχει πυκνωτή με χωρητικότητα C και πηνίο με συντελεστή

αυτεπαγωγής L, ενώ ένα άλλο ιδανικό κύκλωμα LC (2) έχει τον ίδιο πυκνωτή, αλλά

πηνίο με συντελεστή αυτεπαγωγής 4L. Φορτίζουμε τον πυκνωτή του κυκλώματος (1) με

πηγή τάσης V και τον πυκνωτή του κυκλώματος (2) με πηγή τάσης 2V και τα διεγείρουμε

ώστε να εκτελούν αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις.

Ο λόγος των πλατών των εντάσεων των ρευμάτων στα δύο κυκλώματα 1

2

II

ισούται με:

α) 12

.

β) 1.

γ) 2.

Ποια είναι η σωστή πρόταση; Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (β).

Λύση

Γνωρίζουμε ότι το πλάτος έντασης ρεύματος Ι με το πλάτος φορτίου Q, συνδέονται με τη

σχέση: I Q= ω⋅ . Αλλά η γωνιακή συχνότητα ισούται με:2 2 1

2 LC LCπ π

ω = = =Τ π

και το

πλάτος φορτίου ισούται με: Q CV= . Έτσι το πλάτος έντασης ρεύματος θα υπολογιστεί

απ’ τη σχέση:CVILC

= .

Εφαρμόζουμε τον τύπο αυτό για κάθε κύκλωμα: 1CVILC

= και

2C 2V C 2V 2 CV CVI

24LC 2 LC LC LC⋅ ⋅

= = = ⋅ = . Άρα 1 2I I= και ο ζητούμενος λόγος 1

2

I 1I

= .

Συνεπώς, Σωστή απάντηση είναι η (β).

Page 145: Kef 1 Talantoseis_combine

3

Ερώτηση 3.

Στο σχήμα φαίνονται οι γραφικές παραστάσεις των χρονικών εξισώσεων φορτίου q - t ,

στη χρονική διάρκεια 0 έως t0, για δύο ιδανικά κυκλώματα LC. Οι συντελεστές

αυτεπαγωγής των πηνίων στα δύο κυκλώματα συνδέονται με τη σχέση L2=4L.

Η σχέση που συνδέει τις χωρητικότητες των δύο πυκνωτών είναι η:

α) 2CC9

= .

β) 2CC4

= .

γ) 2CC3

= .

Ποια είναι η σωστή πρόταση; Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (α).

Λύση

Απ’ το διάγραμμα φαίνεται (εστιάζοντας στον οριζόντιο άξονα των t) ότι στη διάρκεια 0

– t0 γίνεται μια πλήρης ταλάντωση στο κύκλωμα (1) και μιάμιση στο κύκλωμα (2). Άρα:

1 23T T2

= . Αντικαθιστώντας σ’ αυτήν την σχέση τον τύπο που δίνει την περίοδο

ταλάντωσης ( )T 2 LC= π , έχουμε:

2 2 23 32 LC 2 L C LC 4LC2 2

π = π ⇒ = . Συνεχίζουμε υψώνοντας στο τετράγωνο:

29LC 4 LC4

= ⇒ 2CC9

= .

Συνεπώς, Σωστή απάντηση είναι η (α).

Page 146: Kef 1 Talantoseis_combine

4

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Ιδανικό κύκλωμα περιλαμβάνει πυκνωτή χωρητικότητας C=40μF, ιδανικό πηνίο με

συντελεστή αυτεπαγωγής L=4mH και διακόπτη, που είναι αρχικά ανοικτός. Φορτίζουμε

τον πυκνωτή σε τάση V=100V και τη χρονική στιγμή t=0 κλείνουμε το διακόπτη, οπότε το

κύκλωμα εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις.

α) Να υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης.

β) Να υπολογίσετε την μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος που διαρρέει το πηνίο.

γ) Να γράψετε τις εξισώσεις q=f(t) και i=f(t).

δ) Να υπολογίσετε την (ολική) ενέργεια της ταλάντωσης.

α) Η γωνιακή συχνότητα βρίσκεται από τη σχέση

Λύση

6 3

1 1 rad / s 2500rad / sLC 40 10 4 10− −

ω = = ⇒ ω =⋅ ⋅ ⋅

β) Γνωρίζουμε ότι I Q= ω

6Q VC 100V 40 10 F−= = ⋅ ⋅ ⇒ 3Q 4 10 C−= ⋅

Άρα 3I Q 2500rad / s 4 10 C 10A−= ω = ⋅ ⋅ =

γ) Επειδή τη χρονική στιγμή t=0 ο πυκνωτής έχει μέγιστο φορτίο, δεν υπάρχει αρχική

φάση. Οπότε οι ζητούμενες σχέσεις θα είναι : 3q Q t 4 10 2500t−= συνω = ⋅ συν (SI)

i I t 10 2500t= − ηµω = − ηµ (SI)

δ) Η ολική ενέργεια της ταλάντωσης υπολογίζεται είτε ως μέγιστη ενέργεια ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή, είτε ως μέγιστη ενέργεια μαγνητικού πεδίου του πηνίου:

2 3 2 2LI 4 10 H 10 AE E 0,2J2 2

−⋅ ⋅= = ⇒ =

ή

2 6 2 2

E ECV 40 10 F (100) VU U 0,2J

2 2

−⋅ ⋅= = ⇒ =

Page 147: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Άσκηση 2.

Σε ένα ιδανικό ηλεκτρικό κύκλωµα LC το πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L 4 mH=, ενώ ο πυκνωτής έχει χωρητικότητα C 160 F= µ . Στο κύκλωμα υπάρχει διακόπτης Δ, ο

οποίος αρχικά είναι ανοικτός. Ο πυκνωτής φορτίζεται πλήρως και τη χρονική στιγµή t 0= ο διακόπτης κλείνει, οπότε το κύκλωµα κάνει αµείωτη ηλεκτρική ταλάντωση. Η

ολική ενέργεια του κυκλώµατος είναι 5E 2·10 J−= .

Να υπολογίσετε:

α) Tην περίοδο T της ταλάντωσης.

β) Tη µέγιστη τιµή της έντασης του ρεύµατος στο κύκλωµα.

γ) Tο φορτίο του πυκνωτή τη χρονική στιγµή 1t , κατά την οποία η ενέργεια του

ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή γίνεται για δεύτερη φορά ίση με την ενέργεια του µαγνητικού πεδίου στο πηνίο.

δ) Tην παραπάνω χρονική στιγµή 1t .

Αρχικά μετατρέπουμε στο SI τα δεδομένα μας:

Λύση

L 4 mH= ⇒ 3L 4 10 H−= ⋅

6C 160 F C 160·10 F−= µ ⇒ =

α) Η περίοδος ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση T 2 LC= π .

Με αντικατάσταση των τιμών, έχουμε:

3 6 8T 2 LC 2 4·10 H·160·10 F 2 4·16·10·10 s− − −= π = π = π ⇒

4T 16 ·10 s−= π

β) Από τον τύπο της ολικής ενέργειας 21E LI2

= έχουμε:

52 2 2 2 2

3

2E 2·2·10 JI I I 10 AL 4·10 H

−−

−= ⇒ = ⇒ =

I 0,1 A=

γ) Αφού οι ενέργειες EU και BU πρέπει να είναι ίσες, θα ισχύει:

Page 148: Kef 1 Talantoseis_combine

6

E BU U=

Επειδή ψάχνουμε φορτίο q , το οποίο υπάρχει στην εξίσωση της EU , θα κρατήσουμε την

EU και θα αλλάξουμε την BU με EE U− , από την αρχή διατήρησης της ενέργειας:

2 2 22

E E E1 q 1 Q Q Q Q 2U E U 2U E 2· · q q q2 C 2 C 2 22

= − ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

Q 2q2

= (1)

Από τον τύπο 21 QE

2 C= υπολογίζουμε το πλάτος φορτίου Q:

2 5 6 10 2Q 2·E·C 2·2·10 J·160·10 F 4·16·10 C− − −= = = ⇒

5Q 8·10 C−= (2)

Από τις (1) και (2), έχουμε: 58·10 · 2Cq2

= ⇒

5q 4 2·10 C−=

δ) Αν θεωρήσουμε ότι μελετάμε το φορτίο του οπλισμού που τη στιγμή t 0= ήταν θετικά

φορτισμένος, τότε ισχύει: t 0 q Q= → = + και i 0= . Τότε η εξίσωση ( )0q Q· t= ηµ ω + φ

γράφεται q Q· t= συνω , ενώ η εξίσωση ( )0i I· t= συν ω + φ γράφεται i I· t= − ηµω .

Αρχικά υπολογίζουμε τη γωνιακή συχνότητα ω: 4

4

2 2 10 radT 16 ·10 s 8 s−

π πω = ⇒ ω = ⇒ ω =

π.

Από το ερώτημα γ) γνωρίζουμε ότι όταν οι ενέργειες EU και BU είναι ίσες, το φορτίο

του πυκνωτή πρέπει να είναι ίσο με: Q 2 Q 2q q

2 2= ⇒ = ±

Από τις γραφικές παραστάσεις q t− και i t− φαίνεται ότι τη στιγμή 1t κατά την οποία

E BU U= για 2η φορά ισχύει ότι: Q 2q

2= −

i 0<

Page 149: Kef 1 Talantoseis_combine

7

Επομένως, θα έχουμε:

Q 2 2Q· t t2 2

− = συνω ⇒ συνω = −

i 0 I· t 0 t 0< ⇒ − ηµω < ⇒ ηµω >

Η τριγωνομετρική επίλυση δίνει:

3 2 3 3 T 2k T 3 T 3Tt 2k t 2k t 2k · t t kT4 T 4 4 2 2 8 8π π π π π π ω = π + ⇒ = π + ⇒ = π + ⇒ = + ⇒ = + π π π

Επειδή βρισκόμαστε στην 1η περίοδο ταλάντωσης, πρέπει 10 t T≤ < :

3T 3T 3T 3T 5T 3 50 t T 0 kT T kT T kT k8 8 8 8 8 8 8

≤ < ⇒ ≤ + < ⇒ − ≤ < − ⇒ − ≤ < ⇒ − ≤ <

Ο μόνος ακέραιος που ικανοποιεί την παραπάνω ανισωτική σχέση είναι: k 0= .

Άρα: 4

1 1 13T 3T 3·16 ·10 st kT t t8 8 8

−π= + ⇒ = ⇒ = ⇒

41t 6 ·10 s−= π

Page 150: Kef 1 Talantoseis_combine

8

Άσκηση 3.

Στο κύκλωμα του σχήματος το πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L 10 mH= , ο

πυκνωτής 1 έχει χωρητικότητα 1C 4 F= µ , ενώ ο πυκνωτής 2 έχει χωρητικότητα

2C 16 F= µ . Αρχικά ο μεταγωγός μ βρίσκεται στη θέση (Α) και το κύκλωμα 1LC εκτελεί

αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση με ολική ενέργεια 61E 8·10 J−= , ενώ ο πυκνωτής 2 είναι

αφόρτιστος.

Τη χρονική στιγμή 1t ο πυκνωτής 1 είναι πλήρως φορτισμένος, με τον οπλισμό K να

είναι θετικά φορτισμένος. Τη χρονική στιγμή, όπου 12 1

3Tt t4

= + , όπου 1T η περίοδος

της ηλεκτρικής ταλάντωσης του κυκλώματος 1LC , μεταφέρουμε ακαριαία τον μεταγωγό

στη θέση (Β) χωρίς να προκληθεί σπινθήρας και το κύκλωμα 2LC ξεκινά αμείωτη

ηλεκτρική ταλάντωση.

Να υπολογίσετε:

α) το πλάτος φορτίου 1Q στον πυκνωτή 1.

β) το πλάτος της έντασης 2I στο κύκλωμα 2LC .

γ) τη μέγιστη ΗΕΔ από αυτεπαγωγή στα άκρα του πηνίου στο κύκλωμα 2LC .

Να εξηγήσετε:

δ) ποιός από τους οπλισμούς M, N του πυκνωτή 2 φορτίζεται πρώτος θετικά, όταν το

κύκλωμα 2LC ξεκινήσει ηλεκτρική ταλάντωση.

Αρχικά μετατρέπουμε στο SI τα δεδομένα μας:

Λύση

2L 10 mH L 10 H−= ⇒ =

1C 4 F= µ ⇒ 61C 4·10 F−=

62 2C 16 F C 16·10 F−= µ ⇒ =

Page 151: Kef 1 Talantoseis_combine

9

α) Από τον τύπο της ολικής ενέργειας 21

11

Q1E ·2 C

= έχουμε:

2 6 61 1 1Q 2E C 2·8·10 J·4·10 F− −= = ⇒

61Q 8·10 C−=

β) Επειδή τη στιγμή 1t ο πυκνωτής 1C είναι πλήρως φορτισμένος με θετικό τον οπλισμό

Κ, θα ισχύει:

χρονική στιγμή φορτίο οπλισμού Κ ένταση ρεύματος

1t 1Q+ 0

11

Tt4

+ 0 1I− (δεξιόστροφη)

11

2·Tt4

+ 1Q− 0

12 1

3·Tt t4

= + 0 1I+ (αριστερόστροφη)

Επομένως, την στιγμή 12 1

3Tt t4

= + που μετακινείται ο μεταγωγός, όλη η ενέργεια του

κυκλώματος 1LC βρίσκεται στο πηνίο ώς ενέργεια μαγνητικού πεδίου.

Αυτή η ενέργεια μεταφέρεται στο κύκλωμα 2LC και είναι η ολική ενέργεια ταλάντωσης

του νέου κυκλώματος.

Το κύκλωμα 2LC ξεκινά με μέγιστη ένταση ρεύματος 2I , η οποία, λόγω αυτεπαγωγής

είναι ίση με την ένταση ρεύματος στο κύκλωμα 1LC τη στιγμή 2t που μετακινήθηκε ο

μεταγωγός, δηλαδή:

2 1I I ( I)= =

Το (κοινό) πλάτος έντασης I μπορεί να υπολογιστεί ως εξής:

66 2 6 2

2 1 2

1 2·8·10 JE E 8·10 J LI 8·10 J I2 10 H

−− −

−= = ⇒ = ⇒ = ⇒

2I 4·10 A−=

γ) Η μέγιστη ΗΕΔ από αυτεπαγωγή ισούται με την μέγιστη τάση maxV στα άκρα του

πυκνωτή. Ισχύει:

Page 152: Kef 1 Talantoseis_combine

10

2 2 max 2 ,max,22

IQ C ·V C ·Eαυτ= ⇒ = ⇒ω

,max,2 ,max,22

22

I LE E I1 C·CLC

αυτ αυτ= ⇒ = ⇒

22

,max,2 6

10 HE 4·10 A·16·10 F

−−

αυτ −= ⇒

2 4,max,2E 10 · 10 V−

αυτ = ⇒

,max,2E 1 Vαυτ =

δ) Τη χρονική στιγμή 12 1

3Tt t4

= + κατά την οποία ο μεταγωγός στρέφεται δεξιά, το

ρεύμα στο πηνίο έχει τη φορά του σχήματος:

Λόγω αυτεπαγωγής, το πηνίο διατηρεί στιγμιαία τη φορά και την τιμή της έντασης του ρεύματος.

Επειδή η συμβατική φορά ρεύματος δηλώνει φορά κίνησης θετικών φορτίων, ο οπλισμός M θα φορτιστεί πρώτος θετικά.

Page 153: Kef 1 Talantoseis_combine

11

ΘΕΜΑ Δ

Πρόβλημα 1.

Πυκνωτής χωρητικότητας C φορτίζεται από ηλεκτρική πηγή συνεχούς τάσης που έχει Ηλεκτρεγερτική Δύναμη Ε=50 V. Στη συνέχεια αποσυνδέουμε την πηγή φόρτισης και συνδέουμε τα άκρα του με αγωγούς μηδενικής αντίστασης σε ιδανικό πηνίο, που έχει συντελεστή αντεπαγωγής L=0,5 H, μέσω διακόπτη. Τη χρονική στιγμή t=0 κλείνουμε το διακόπτη, οπότε το κύκλωμα αρχίζει να εκτελεί ηλεκτρικές ταλαντώσεις συχνότητας

500f Hz=π

.

α) Να υπολογίσετε τη χωρητικότητα C του πυκνωτή.

β) Να γράψετε τις εξισώσεις του φορτίου του πυκνωτή και της έντασης του ρεύματος που διαρρέει το κύκλωμα σε συνάρτηση με το χρόνο.

γ) Να υπολογίσετε τις χρονικές στιγμές που μηδενίζεται η τάση αυτεπαγωγής του πηνίου στο χρονικό διάστημα από 0 έως 2π 10-3 s .

δ) Να υπολογίσετε την ένταση του ρεύματος τις στιγμές, που το φορτίο του πυκνωτή

έχει τιμή 55 3 10 C−⋅ και το ρεύμα έχει φορά προς τον αρχικά αρνητικά φορτισμένο οπλισμό του πυκνωτή.

α)

Λύση

222 2 2

2 1

1 1 1 1f f C C 2 F2 4 LC 4 Lf2 LC 5004 0,5H s−

ω= = ⇒ = ⇔ = = ⇔ = µ

π π ππ π ⋅ π

6 4CQ V C EC 50V 2 10 F Q 10 C−= = = ⋅ ⋅ ⇒ =

I Q 2 f Q 2= ω = π ⋅ = π 1 4500 s 10 C I 0,1− −⋅ ⇒ = Απ

β) Αφού ο πυκνωτής είναι πλήρως φορτισμένος τη στιγμή t=0, η ταλάντωση δεν θα έχει αρχική φάση, άρα οι εξισώσεις του φορτίου και της έντασης του ρεύματος, γράφονται αντίστοιχα:

4q Q t 10 1000t−= συνω = συν (SI)

i I t 0,1 1000t= − ηµω = − ηµ (SI)

γ) Η τάση αυτεπαγωγής στο πηνίο μηδενίζεται τις χρονικές στιγμές στις οποίες μηδενίζεται η τάση στον πυκνωτή, άρα και το φορτίο, αφού τα δύο στοιχεία έχουν κοινά

Page 154: Kef 1 Talantoseis_combine

12

άκρα (VC=VL). Σε μια ηλεκτρική ταλάντωση χωρίς αρχική φάση αυτό συμβαίνει τις χρονικές στιγμές Τ/4 και 3Τ/4.

Η περίοδος υπολογίζεται ως εξής: 1 1T T s500f 500

π= = ⇒ =

π

Άρα η τάση αυτεπαγωγής μηδενίζεται τις στιγμές t1=0,5π 10-3 s και

t2=1,5π 10-3s.

δ) Επειδή στην άσκηση δε δίνεται η χρονική στιγμή, αλλά το φορτίο, για να βρούμε την ένταση του ρεύματος θα δουλέψουμε ενεργειακά, δηλαδή θα εφαρμόσουμε τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση:

( )

2 2 2 2 2 2

E B

2 22 2 2 2 2 2 2

8 8

Q q Li Q q LiE U U2C 2C 2 2C 2

Q qi i Q q i Q qLC

i 1000 10 0,75 10 A 0,05A− −

−= + ⇒ = + ⇔ =

−⇔ = ⇔ = ω − ⇔ = ±ω −

= ± − ⋅ = ±

Επειδή το ρεύμα έχει φορά προς τον αρχικά φορτισμένο αρνητικά οπλισμό του πυκνωτή, θα έχει αρνητικό πρόσημο. Άρα: i 0,05A= −

Η σχέση

Μεθοδολογία:

2 2i Q q= ±ω − δεν υπάρχει στο σχολικό βιβλίο και πρέπει να αποδεικνύεται

πριν χρησιμοποιηθεί. Γενικά σε μια άσκηση όταν δε δίνεται η χρονική στιγμή, αλλά το φορτίο, θα δουλεύουμε ενεργειακά για να βρούμε την ένταση του ρεύματος και όχι με τις εξισώσεις i f (t)= και q f (t)= .

Page 155: Kef 1 Talantoseis_combine

13

Πρόβλημα 2.

Ιδανικό κύκλωμα περιλαμβάνει πυκνωτή χωρητικότητας C, ιδανικό πηνίο με συντελεστή αυτεπαγωγής L και διακόπτη, που είναι αρχικά ανοικτός. Φορτίζουμε τον πυκνωτή με

φορτίο Q=1

2π mC και τη χρονική στιγμή t=0 κλείνουμε το διακόπτη, οπότε το κύκλωμα

εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις με περίοδο Τ=1 ms.

α) Να βρείτε τη μέγιστη ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα.

β) Να υπολογίσετε το φορτίο του πυκνωτή τις στιγμές, που η ένταση του ρεύματος έχει

τιμή 3 A

2.

γ) Να βρείτε ποιες χρονικές στιγμές στη διάρκεια της 1ης περιόδου, η ενέργεια μαγνητικού πεδίου στο πηνίο είναι ίση με το 75% της ολικής ενέργειας του κυκλώματος;

δ) Να υπολογίσετε το ρυθμό μεταβολής της έντασης του ρεύματος didt

στο κύκλωμα τη

χρονική στιγμή t=Τ/3.

α) I=ωQ=

Λύση

2πΤ

Q= 2π 33

1 10 C I 12 10 s

−− ⋅ ⇒ = Α

π⋅

β) Eφαρμόζουμε τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση

2 2 2 2 2 2

E BQ q Li Q q LiE U U2C 2C 2 2C 2

−= + ⇒ = + ⇔ =

Λύνοντας ως προς q βρίσκουμε:

2 6 6 32

2 2 2

i 10 0,75 10 10q Q C q C4 4 4

− − −⋅= ± − = ± − ⇒ = ±

ω π π π

Επειδή ζητά το φορτίο του πυκνωτή, κρατάμε μόνο τη θετική τιμή, άρα:

310q C4

γ) Ισχύει B3EU4

=

Άρα, E BE U U= + ⇒ 2E E

3E E E 1E U U E t t4 4 4 2

= + ⇒ = ⇒ συν ω = ⇒ συνω = ±

Page 156: Kef 1 Talantoseis_combine

14

Λύνοντας την τριγωνομετρική εξίσωση βρίσκουμε τέσσερεις λύσεις για την πρώτη περίοδο, ως εξής:

2 Tt 2 t t ( 0)1 3 3 6t t

2 5T2 3 t 2 t 2 t ( 1)3 3 6

π π π ω = κπ + ⇒ = ⇒ = κ =π Τσυνω = ⇔ συνω = συν ⇔ π π πω = κπ − ⇒ = π − ⇒ = κ = Τ

και

2 2 2 2Tt 2 t t ( 0)1 2 3 3 6t t

2 2 2 4T2 3 t 2 t 2 t ( 1)3 3 6

π π π ω = κπ + ⇒ = ⇒ = κ =π Τσυνω = − ⇔ συνω = συν ⇔ π π πω = κπ − ⇒ = π − ⇒ = κ = Τ

Έτσι καταλήγουμε στις τέσσερεις απαντήσεις:

Τ/6, 2Τ/6, 4Τ/6 και 5Τ/6, δηλαδή, t1=10-3/6 s, t2=10-3/3 s, t3=2·10-3/3 s και t4=5·10-3/6 s.

δ) Ισχύει diE Ldtαυτ = − ⇔ 2CE Vdi q di q

dt L L LC dtαυτ− − −

= = = ⇒ = −ω (1)

Το q θα το βρούμε από την εξίσωση του φορτίου με το χρόνο. Επειδή τη χρονική στιγμή t=0 ο πυκνωτής είναι πλήρως φορτισμένος η ταλάντωση δεν έχει αρχική φάση και η εξίσωση του φορτίου γράφεται

q Q t= συνω ή 3

310q 2 10 t2

= ⋅συν ππ

. Με αντικατάσταση του t παίρνουμε:

3 3 3 3 310 10 10 2 10 1 10q C 2 1000 C q C q C2 3 2 3 2 2 4

− − − − − π = ⋅συν ⋅ π = συν ⇒ = ⋅ − ⇒ = − π π π π

Με αντικατάσταση στην σχέση (1) παίρνουμε:

32di 10 di(2000 rad / s) C 1000 A / s

dt 4 dt

− = − π ⋅ − ⇒ = π π

Page 157: Kef 1 Talantoseis_combine

15

Πρόβλημα 3.

Στο κύκλωμα του σχήματος η ηλεκτρική πηγή έχει ΗΕΔ Ε=20 V, ο πυκνωτής

χωρητικότητα C=2 μF και το πηνίο συντελεστή αυτεπαγωγής L=80 mΗ.

1) Αρχικά ο μεταγωγός διακόπτης βρίσκεται στη θέση (1).

α) Πόση είναι η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα και πόση η τάση στα άκρα του

πυκνωτή;

β) Να υπολογίσετε την ενέργεια ηλεκτρικού πεδίου που είναι αποθηκευμένη στον

πυκνωτή.

2) Τη χρονική στιγμή t=0 μετακινούμε ακαριαία το διακόπτη στη θέση (2), χωρίς να

δημιουργηθεί σπινθήρας (δηλαδή χωρίς απώλεια ενέργειας), οπότε «αποκόπτεται» η

ηλεκτρική πηγή και το ιδανικό κύκλωμα L-C αρχίζει να εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές

ταλαντώσεις.

α) Να γράψετε τις εξισώσεις του φορτίου q του πυκνωτή καθώς και του ρυθμού

μεταβολής του dqdt

σε συνάρτηση με το χρόνο t.

β) Να υπολογίσετε την απόλυτη τιμή της τάσης στα άκρα του πυκνωτή τη χρονική στιγμή που η ενέργεια στο μαγνητικό πεδίο του πηνίου ισούται με UB=3 10-4 J.

1)

Λύση

α) Επειδή ο πυκνωτής λειτουργεί σαν ανοικτός διακόπτης, ο κλάδος που τον περιέχει δεν διαρρέεται από ρεύμα. Άρα i=0 και η τάση στα άκρα του πυκνωτή είναι ίση με την ΗΕΔ της πηγής, V=E=20V.

β) Η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή δίνεται από τη σχέση: 2 6 2

4E E

CV 2 10 F (20V)U U 4 10 J2 2

−−⋅ ⋅

= = ⇒ = ⋅

2)

α) Οι ζητούμενες εξισώσεις είναι:

q=Qσυν(ωt+φ0), i=-I ημ(ωt+φ0)

Page 158: Kef 1 Talantoseis_combine

16

Το αρχικό (μέγιστο) φορτίο του πυκνωτή υπολογίζεται ως εξής: 6 5Q VC EC 20V 2 10 F Q 4 10 C− −= = = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ .

Η κυκλική συχνότητα ω υπολογίζεται ως εξής:

6 3

2 2 1 1 2500rad / sT 2 LC LC 2 10 H 80 10 F− −

π πω = = ⇒ ω = = ⇒ ω =

π ⋅ ⋅ ⋅

Το μέγιστο ρεύμα της ταλάντωσης είναι: Ι=ωQ=2500rad/s 4 10-5 C ή Ι=0,1Α

Τη στιγμή t=0 ο πυκνωτής είναι πλήρως φορτισμένος και ο πάνω οπλισμός Δ έχει μέγιστο θετικό φορτίο, άρα η ταλάντωση δεν θα έχει αρχική φάση, και οι εξισώσεις του φορτίου και της έντασης του ρεύματος (ισχύει, βέβαια, i=Δq/Δt), γράφονται αντίστοιχα:

5q Q t 4 10 2500t−= συνω = ⋅ συν (SI)

i I t 0,1 2500t= − ηµω = − ηµ (SI)

β) Θα εφαρμόσουμε τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση. Η ενέργεια της ταλάντωσης είναι ίση με την ενέργεια του πυκνωτή τη χρονική στιγμή t=0, δηλαδή:

4E(max)E U 4 10 J−= = ⋅

Έχουμε:

2 6 24 4 4

E BCV 2 10 VE U U 4 10 3 10 10 | V | 10V

2 2

−− − − ⋅

= + ⇒ ⋅ = + ⋅ ⇒ = ⇒ =

Ημερομηνία τροποποίησης: 14/7/2011

Page 159: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 3: ΦΘΙΝΟΥΣΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣ ΕΠΙΛΥΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Το πλάτος μιας φθίνουσας ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση t0A A e−Λ= . Ο χρόνος που

απαιτείται ώστε η ολική ενέργεια της ταλάντωσης να γίνει η μισή της αρχικής 0EE2

=

είναι:

α) ln 2t =Λ

.

β) ln 2t2

.

γ) tln 2Λ

= .

Ποιά είναι η σωστή πρόταση; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Από το συνδυασμό των σχέσεων

Λύση

21E DA2

= και t0A A e−Λ= προκύπτει

2 2 t 2 t0 0

1E DA e E E e2

− Λ − Λ= ⋅ ⇒ = ⋅ οπότε παίρνουμε:

2 t 2 t 2 t 2 t00 0 2 t

E 1 1E E e E e 2 e ln 2 ln e2 2 e

ln 22 t ln 2 t2

− Λ − Λ Λ ΛΛ= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

Λ = ⇒ =Λ

Σωστή απάντηση η (β).

Page 160: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Το πλάτος μιας φθίνουσας ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση t0e

−ΛΑ = Α . Ο χρόνος που

απαιτείται ώστε το πλάτος της ταλάντωσης να γίνει το μισό του αρχικού 0AA2

=

είναι:

α) ln 2t =Λ

.

β) ln 4t =Λ

.

γ) tln 2Λ

= .

Ποια είναι η σωστή πρόταση; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

t t t t t00 0 t

A 1 1 1A A e A e e 2 e ln 2 ln e2 2 2 eln 2t ln 2 t

−Λ −Λ −Λ Λ ΛΛ= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

Λ = ⇒ =Λ

Λύση

Σωστή απάντηση η (α).

Page 161: Kef 1 Talantoseis_combine

3

Ερώτηση 3.

Σε μια φθίνουσα ταλάντωση, οι μονάδες της σταθεράς απόσβεσης b στο S.I. είναι:

α) kg s.

β) s/kg.

γ) kg/s.

Ποια είναι η σωστή πρόταση; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

FF bu b

u= ⇔ =

Λύση

Άρα οι μονάδες θα είναι:

2

2

mkg sN N s kg m s kgsm m m m s ss

⋅ ⋅ ⋅= = = =

Άρα σωστή πρόταση είναι η (γ).

Page 162: Kef 1 Talantoseis_combine

4

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Το πλάτος μιας φθίνουσας αρμονικής ταλάντωσης μειώνεται εκθετικά με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση t

0A A e−Λ= . Το πλάτος της ταλάντωσης τη χρονική στιγμή t=0

είναι Α0=8cm και τη χρονική στιγμή t 20s= είναι 1A 2cm= .

α) Ποια είναι η τιμή της σταθεράς Λ της ταλάντωσης;

β) Πόσος χρόνος χρειάζεται ώστε το πλάτος της ταλάντωσης να μείνει το 1/2 του αρχικού;

γ) Ποιο είναι το πλάτος της ταλάντωσης τη χρονική στιγμή t 30s= ;

Δίνεται ln2 0,7= .

α)

Λύση

t0A A e−Λ= ⇒ t2 8e−Λ= ⇒ 202 e

8−Λ= ⇒ 20

1 14 e Λ= ⇒ 204 e Λ= ⇒

20Λln 4 ln e= ⇒ 2ln 2 20= Λ ⇒ 1 1 12 ln 2 ln 2 0,7s s s20 10 10

− − −Λ = = = ⇒ 10,07s−Λ =

β)

t t00 0

AA A e A e2

−Λ −Λ= ⇒ = ⇒ tt

1 1 1e2 2 e

−ΛΛ= ⇒ = ⇒ t2 eΛ= ⇒ Λtln 2 ln e= ⇒ ln 2 t= Λ ⇒

ln 2ln 2 t t 10s10

= ⇒ =

γ)

3

ln 230t 30 100 3ln 2 ln 2

ln8

1 1A A e A 8e A 8e A 8 A 8e e

8 8A A A 1cme 8

−−Λ −Λ= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

= ⇒ = ⇒ =

Στην εύρεση του πλάτους συνήθως κάνουμε χρήση της ιδιότητας λογαρίθμων

Μεθοδολογία:

ln xe x= .

Page 163: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Άσκηση 2.

Το πλάτος μιας φθίνουσας αρμονικής ταλάντωσης μειώνεται εκθετικά με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση t

0A A e−Λ= . Η σταθερά Λ της ταλάντωσης ισούται με 10,014s−Λ = .

α) Να βρείτε μετά από πόσο χρονικό διάστημα το σύστημα θα έχει χάσει τα ¾ της αρχικής του ενέργειας .

β) Να υπολογιστεί ο αριθμός των ταλαντώσεων Ν που πραγματοποιεί το σύστημα μέχρι να υποτετραπλασιαστεί η αρχική του ενέργεια.

γ) Αν τη χρονική στιγμή t 0= η ενέργεια της ταλάντωσης είναι 0E και μετά από χρόνο

1t t∆ = η % ελάττωση της ενέργειας ταλάντωσης είναι 36%, να βρείτε την % ελάττωση του πλάτους της ταλάντωσης.

Δίνεται ότι η περίοδος των ταλαντώσεων είναι 0,5sΤ = και ln2 0,7= .

α) Το σύστημα θα έχει χάσει τα

Λύση

34

της αρχικής του ενέργειας. Αυτό σημαίνει ότι η

ενέργεια που του έχει απομείνει είναι το 14

της αρχικής. Άρα:

2 2 00 0

A1 1 1 1E E DA DA A4 2 4 2 2

= ⇒ = ⇒ =

Έτσι,

t0A A e−Λ= ⇒ t0

0A A e2

−Λ= ⇒ t1 e2

−Λ= ⇒ t

1 12 eΛ= ⇒ t2 eΛ= ⇒ Λtln 2 ln e= ⇒ ln 2 t= Λ ⇒

0,7 0,014t t 50s= ⇒ =

β) Όταν ζητείται ο αριθμός των ταλαντώσεων που πραγματοποιούνται σε χρόνο t, θα χρησιμοποιούμε τη σχέση t=NT , γιατί γνωρίζουμε ότι σε μια φθίνουσα ταλάντωση η περίοδος διατηρείται σταθερή σε σχέση με το χρόνο.

Έτσι, t NT 50 N 0,5 N 100= ⇒ = ⋅ ⇒ = ώταλαντ σεις .

γ) Έστω Ε η ενέργεια ταλάντωσης και Α το πλάτος της ταλάντωσης τη χρονική στιγμή t1. Ισχύει:

0

0

E E 36%E−

= ⇒0

E1 0,36E

− = ⇒0

E 0,64E

= ⇒21

22102

DA 0,64DA

= ⇒2

20

A 0,64A

= ⇒

00

A 0,8 A 0,8AA

= ⇒ =

Page 164: Kef 1 Talantoseis_combine

6

Η % ελάττωση του πλάτους της ταλάντωσης είναι:

0 0 0 0 0

0 0 0 0

A A A 0,8A 0,2A A A0,2 ή %= 20%A A A A− − −

= = =

Page 165: Kef 1 Talantoseis_combine

7

Άσκηση 3.

Το πλάτος μιας φθίνουσας αρμονικής ταλάντωσης μειώνεται εκθετικά με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση ln 4 t

0A A e− ⋅= . Σε χρονικό διάστημα 10Τ, όπου Τ η περίοδος της φθίνουσας ταλάντωσης, το πλάτος ελαττώνεται κατά 50%. Να υπολογίσετε:

α) την περίοδο Τ της φθίνουσας ταλάντωσης.

β) τον αριθμό των ταλαντώσεων Ν που πρέπει να πραγματοποιηθούν ώστε το πλάτος να

μειωθεί από 0A4

σε 0A16

.

γ) Το κλάσμα της αρχικής ενέργειας που έχασε ο ταλαντωτής στο χρονικό διάστημα που

πέρασε για να ελαττωθεί το πλάτος της ταλάντωσης από 0A4

σε 0A16

.

α)

Λύση

ln 4 t ln 4 t ln 4 t ln 4 t ln4 t00 0 ln 4 t

A 1 1 1A A e A e e 2 e ln 2 ln e2 2 2 e

− ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅⋅= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

2ln 2 ln 4 t ln 2 ln 2 t l n 2 2ln 2 t t 0,5s= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ 10T 0,5 T 0,05s= ⇒ =

β)

ln 4 t ln 4 t ln 4 t ln 4 t00 0 ln 4 t

ln4 t

A 1 1 1A A e A e e 4 e4 4 4 e

ln 4 ln e ln 4 ln 4 t t 1s

− ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅⋅

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

= ⇒ = ⋅ ⇒ =ln 4 t ln 4 t ln 4 t ln 4 t ln4 t0

0 0 ln 4 t

2

A 1 1 1A A e A e e 16 e ln16 ln e16 16 16 e

ln16 ln 4 t ln 4 ln 4 t 2 ln 4 ln 4 t t 2s

− ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅⋅= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =

Έτσι, σε χρόνο 1s πραγματοποιούνται 1t T= Ν ⇒ 2 11 0,05 20= Ν ⇒ Ν = ταλαντώσεις.

Σε χρόνο 2s πραγματοποιούνται 2t T= Ν ⇒ 2 22 0,05 40= Ν ⇒ Ν = ταλαντώσεις.

Άρα 2 1 40 20 20∆Ν = Ν − Ν = − = ταλαντώσεις

γ)

2 22 2 0 02 1 2 2

2 12

20 00

A A1 1DA DAE E 154 162 21E A 256DA2

−−−= = =

Ημερομηνία τροποποίησης: 15/7/2011

Page 166: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 3: ΦΘΙΝΟΥΣΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1. Στον πίνακα που ακολουθεί δίνονται οι μέγιστες απομακρύνσεις μιας μηχανικής ταλάντωσης για δύο χρονικές στιγμές.

Χρόνος (s) 0 1 2 3

Μέγιστη απομάκρυνση(cm) Α0=; Α1=12 Α2=9 Α3=;

Αν γνωρίζουμε ότι η περίοδος της ταλάντωσης είναι 1s και η δύναμη αντίστασης είναι της μορφής F bu= − να συμπληρωθεί ο πίνακας.

Σε μια φθίνουσα μηχανική ταλάντωση, στην οποία η δύναμη αντίστασης είναι της μορφής

Λύση

F bu= − , ο λόγος διαδοχικών μέγιστων απομακρύνσεων προς την ίδια κατεύθυνση είναι σταθερός, άρα ισχύει

0 01 2

1 2 3 3

12 912 9

ήΑ ΑΑ Α

= = = =Α Α Α Α

(όλα τα μεγέθη είναι σε cm)

Από την 1η ισότητα παίρνουμε 2

012A 16cm

9= =

Από την 2η ισότητα παίρνουμε 2

39A 6,75cm12

= =

Page 167: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Ένα σύστημα ξεκινά φθίνουσες ταλαντώσεις με αρχική ενέργεια 100J και αρχικό πλάτος Α0. Το έργο της δύναμης αντίστασης μετά από Ν ταλαντώσεις είναι 84J. Άρα το πλάτος ταλάντωσης μετά από Ν ταλαντώσεις είναι:

α) 0A4

.

β) 0A16

.

γ) 04A10

.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (γ).

Λύση

Μετά από Ν ταλαντώσεις στο ταλαντούμενο σύστημα έχει απομείνει ενέργεια ίση με E 100J 84J E 16J= − ⇒ =

Η αρχική ενέργεια της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση 20 0

1 D2

Ε = Α

Η ενέργεια της ταλάντωσης μετά από Ν ταλαντώσεις βρίσκεται από τη σχέση 21 D2

Ε = Α

Σχηματίζουμε το πηλίκο των δύο ενεργειών

220 0 0 0

02

100 10 416 4 10

Ε Α Α Α = η = η = η Α = Α Ε Α Α Α

Συνεπώς, σωστή απάντηση είναι η (γ).

Page 168: Kef 1 Talantoseis_combine

3

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Σώμα μάζας 1kg εκτελεί φθίνουσα αρμονική ταλάντωση και το πλάτος μειώνεται με το

χρόνο σύμφωνα με τη σχέση tA 0,1e−Λ= (S.I.), με ( )t NT N 0,1,2,3,...= = , όπου Τ είναι η

περίοδος της φθίνουσας ταλάντωσης. Τη στιγμή t 0= η ενέργεια της ταλάντωσης του

σώματος είναι ίση με 2J, ενώ τη στιγμή 1t το πλάτος της ταλάντωσης είναι το μισό του

αρχικού.

Να βρεθούν:

α) Το πλάτος της ταλάντωσης τη χρονική στιγμή 2 1t 4t= .

β) Η περίοδος Τ της ταλάντωσης.

γ) Το ποσοστό % της αρχικής ενέργειας που μετετράπη σε θερμότητα κατά τη διάρκεια της φθίνουσας ταλάντωσης από την αρχή μέχρι τη χρονική στιγμή 1t 2t= .

α) Από την εξίσωση που δίνει το πλάτος της φθίνουσας ταλάντωσης στο (S.I.) υπολογίζουμε τη σταθερά Λ:

Λύση

1 1 1t t tt1

1

0,1 1 1 ln2A 0,1·e 0,1·e e ln lne ln2 t2 2 2 t

−Λ −Λ −Λ−Λ= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ − = −Λ ⇒ Λ =

1 42 1

ln2·4tt tt 4ln2 ln2

2 2 2 2A 0,1·e A 0,1·e A 0,1·e A 0,1·e A 0,1·e−−

−Λ−Λ −= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

42 2 4

0,1A 0,1·2 A2

−= ⇒ = ⇒

21A m

160=

β) 2 00 0 2 2

0

2E1 2·2J NE D·A D D D 4002 A (0,1m) m

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

m 1kgT 2 T 2 ND 400m

= π ⇒ = π ⇒

T s10π

=

Page 169: Kef 1 Talantoseis_combine

4

γ) 1 2

1 1

ln2·2t·2t tt 2ln2 ln2A 0,1·e A 0,1·e A 0,1·e A 0,1·e A 0,1·e

−−−Λ−Λ −= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

2 02

A0,1 1A 0,1·2 A A m2 40 4

− = ⇒ = ⇒ = =

Π % 0

0

E E·100E−

= %

2 20

20

1 1DA DA2 2 ·1001 DA

2

−= %

2 20

20

A A ·100A−

= %⇒ Π %

22 00

20

AA16 ·100

A

−= %

20

20

15A16 ·100A

= % 15·10016

= %⇒

%Π 93,75%=

Page 170: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Άσκηση 2.

Το πλάτος μιας φθίνουσας αρμονικής ταλάντωσης μειώνεται εκθετικά με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση t

0A A e−Λ= και υποδιπλασιάζεται σε χρόνο t 5s= .

α) Ποια είναι η τιμή της σταθεράς Λ της ταλάντωσης;

β) Πόσος χρόνος χρειάζεται ώστε το πλάτος της ταλάντωσης να μείνει το 1/8 του αρχικού;

γ) Ποιο κλάσμα της αρχικής του ενέργειας χάνει το ταλαντούμενο σύστημα στο χρονικό διάστημα που πρέπει να περάσει για να γίνει το πλάτος το 1/8 του αρχικού;

Δίνεται ln 2 0,7= .

Για να λύσουμε τις ασκήσεις αυτές χρειάζεται να επιλύσουμε τη λογαριθμική εξίσωση

Λύση

t0A A e−Λ= δύο φορές. Συνήθως την πρώτη φορά ως προς Λ και τη δεύτερη ως προς Α ή

ως προς t, ανάλογα με τα ζητούμενα της άσκησης. Έτσι, δουλεύουμε ως εξής:

α) t t t00 0

A 1A A e A e e2 2

−Λ −Λ −Λ= ⇒ = ⇒ =

Εδώ, πριν λογαριθμήσουμε, προτείνεται να κατεβάζουμε το te−Λ στον παρονομαστή για να παίρνουμε θετικό εκθέτη. Μας διευκολύνει στην λογαρίθμηση. Συνεχίζουμε:

t

1 12 eΛ= ⇒ t2 eΛ= ⇒ Λtln 2 ln e= ⇒ ln 2 t= Λ ⇒

ln 2 ln 2 0,7t 5 5

Λ = = = ⇒

-1=0,14sΛ

β) Για να βρούμε τον χρόνο t θα επιλύσουμε τη λογαριθμική εξίσωση t0A A e−Λ= για

δεύτερη φορά, χρησιμοποιώντας το Λ που βρήκαμε προηγουμένως:

t0A A e−Λ= t0

0A A e8

−Λ⇒ = ⇒ t1 e8

−Λ= ⇒ t

1 18 eΛ= ⇒ t8 eΛ= ⇒ Λtln8 ln e= ⇒ 3ln 2 t= Λ ⇒

ln 23ln 2 t t 15s5s

= ⇒ =

Παρατηρούμε ότι ο αριθμός που βρίσκεται μέσα στο λογάριθμο (εδώ το 8), γράφεται ως δύναμη ενός μικρότερου αριθμού (εδώ του 2). Αυτή είναι συνηθισμένη πρακτική στις ασκήσεις αυτού του τύπου.

γ) Όταν το πλάτος της ταλάντωσης γίνει το 1/8 του αρχικού, το κλάσμα της αρχικής ενέργειας που έχει χάσει το ταλαντούμενο σύστημα βρίσκεται από τη σχέση:

Page 171: Kef 1 Talantoseis_combine

6

222 2 000 2

02

20 00

A1 1 ADA DAE E 6382 21E A 64DA2

−−−= = =

Ημερομηνία τροποποίησης: 15/7/2011

Page 172: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ – ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 4: ΕΞΑΝΑΓΚΑΣΜΕΝΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣ ΕΠΙΛΥΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Για ένα σύστημα που εκτελεί εξαναγκασμένη ταλάντωση με συχνότητα f=10Ηz, βρίσκεται σε κατάσταση συντονισμού και έχει πλάτος ταλάντωσης Α=8cm, ισχύουν τα εξής:

α) έχει σταθερά απόσβεσης b 0= .

β) έχει απώλειες ενέργειας ανά περίοδο λιγότερες, από αυτές που θα είχε αν η συχνότητα του διεγέρτη γίνει 6 zΗ .

γ) το πλάτος ταλάντωσης μπορεί να γίνει μεγαλύτερο από αυτό που έχει, αρκεί να ελαττώσουμε τη σταθερά απόσβεσης.

Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή απάντηση είναι η (γ).

Λύση

Επειδή το σύστημα βρίσκεται στο συντονισμό και ταλαντώνεται με συγκεκριμένο πλάτος η σταθερά απόσβεσης είναι διαφορετική του μηδενός. Στο συντονισμό οι απώλειες μεγιστοποιούνται, αφού μεγιστοποιείται το πλάτος της ταλάντωσης και η δύναμη αντίστασης. Άρα οι απώλειες ενέργειας ανά περίοδο στο σύστημα είναι περισσότερες , από αυτές που θα είχε αν η συχνότητα του διεγέρτη γίνει 6 zΗ .

Σε μια εξαναγκασμένη ταλάντωση για σταθερή συχνότητα του διεγέρτη, το πλάτος εξαρτάται από το b. Αύξηση του b προκαλεί μείωση του πλάτους ταλάντωσης. Οπότε η μείωση του θα οδηγήσει σε αύξηση του πλάτους.

Άρα σωστή πρόταση είναι η (γ).

Page 173: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Ένας ραδιοφωνικός σταθμός εκπέμπει στα 100 MHz . Αν για τη λήψη αυτού του

ηλεκτρομαγνητικού κύματος χρησιμοποιείται δέκτης με κύκλωμα LC, στο οποίο το πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L 2 mH= , η τιμή της χωρητικότητας του πυκνωτή

συντονίζεται ο δέκτης είναι:

α) 6C 12,5 10 F−= ⋅ .

β) 6C 25 10 F−= ⋅ .

γ) 6C 50 10 F−= ⋅ .

Δίνεται 2 10π = .

Σωστή απάντηση είναι η α.

Λύση

Για να συντονιστεί ο δέκτης στο συγκεκριμένο σταθμό πρέπει η ιδιοσυχνότητα του κυκλώματος LC να γίνει ίση με τη συχνότητα στην οποία εκπέμπει ο σταθμός. Δηλαδή

0f f= .

( )22 2 3 6

1 1 1f C C4 Lf2 LC 4 10 2 10 H 100 10 Hz−

= ⇒ = ⇒ = ⇒ππ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

14

1C F8 10

= ⇒⋅

16C 12,5 10 F−= ⋅

Page 174: Kef 1 Talantoseis_combine

3

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Σώμα μάζας m 2kg= ισορροπεί δεμένο στο κάτω άκρο κατακόρυφου ελατηρίου

σταθεράς k 200N / m= , το πάνω άκρο του οποίου είναι στερεωμένο σε ακλόνητο

σημείο. Το σώμα εκτελεί φθίνουσα ταλάντωση και η δύναμη απόσβεσης που επενεργεί

πάνω του είναι της μορφής F 0,5u= − (S.I.). Εφαρμόζουμε στο σύστημα περιοδική

δύναμη διέγερσης με συχνότητα 5 zΗπ

, οπότε αποκαθίσταται ταλάντωση σταθερού

πλάτους που είναι ίσο με 0,2m . Αν η αρχική φάση της ταλάντωσης σταθερού πλάτους

είναι 0 0ϕ = , τότε:

α) Να γράψετε τις εξισώσεις της απομάκρυνσης και της ταχύτητας της εξαναγκασμένης

ταλάντωσης.

β) Να υπολογίσετε το μέγιστο ρυθμό απορρόφησης ενέργειας του ταλαντωτή από τον

διεγέρτη, κατά τη διάρκεια μιας περιόδου.

γ) Αν αυξήσουμε τη συχνότητα του διεγέρτη το πλάτος της ταλάντωσης θα αυξηθεί ή θα

ελαττωθεί; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

α) Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι

Λύση

x A tδ= ηµω , 0 0ϕ = .

Θέτουμε A 0,2m= , 52 f 2 rad / s 10 rad / sδ δ δω = π = π⋅ ⇒ ω =π

και έχουμε, x 0,2 10t (S.I.)= ηµ

Η εξίσωση της ταχύτητας είναι maxu u tδ= ⋅συνω , όπου

max maxu A 10 0, 2 m / s u 2 m / sδ= ω ⋅ = ⋅ ⇒ = .

Άρα, u 2 10t= ⋅συν (SI)

β) Ο ρυθμός απορρόφησης ενέργειας (ισχύς) του ταλαντωτή από το διεγέρτη, ισούται με την απόλυτη τιμή του ρυθμού απώλειας ενέργειας λόγω της δύναμης απόσβεσης, δηλαδή:

2P P F u b u u b uαπ= = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

Άρα, 2 2 2max max

N s radP b u b ( ) 0,5 (10 0,2m) 2J / sm sδ

⋅= ⋅ = ⋅ ω Α = ⋅ ⋅ =

Page 175: Kef 1 Talantoseis_combine

4

γ) Η ιδιοσυχνότητα του ταλαντωτή είναι:

01 k 1 200 N / m 5f Hz

2 m 2 2kg= ⋅ = =

π π π

Αλλά η συχνότητα του διεγέρτη είναι 5f Hzδ = π

, δηλαδή, 0f fδ = και επομένως, όταν

αυξηθεί η fδ , θα ελαττωθεί το πλάτος της εξαναγκασμένης ταλάντωσης γιατί το

σύστημα θα πάψει να βρίσκεται σε κατάσταση συντονισμού.

Ημερομηνία τροποποίησης: 22/09/2011

Page 176: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ – ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 4: ΕΞΑΝΑΓΚΑΣΜΕΝΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Ένα σύστημα εκτελεί εξαναγκασμένη ταλάντωση πλάτους Α και συχνότητας f=15Ηz. Η ιδιοσυχνότητα του συστήματος είναι 17 Ηz. Αν η συχνότητα του διεγέρτη γίνει 16Ηz τότε το πλάτος της εξαναγκασμένης ταλάντωσης:

α) θα γίνει μικρότερο από Α.

β) θα γίνει μεγαλύτερο από Α.

γ) θα παραμείνει Α.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή πρόταση είναι η (β).

Λύση

Γνωρίζουμε ότι καθώς η συχνότητα του διεγέρτη πλησιάζει στην ιδιοσυχνότητα του ταλαντούμενου συστήματος, το πλάτος της εξαναγκασμένης ταλάντωσης αυξάνεται. Στην περίπτωσή μας η συχνότητα ταλάντωσης αυξάνεται από τα 15Ηz στα 16Ηz, δηλαδή πλησιάζουμε προς την ιδιοσυχνότητα f0=17 Ηz.

Συνεπώς σωστή πρόταση είναι η (β).

Page 177: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Ένα σύστημα εκτελεί εξαναγκασμένη ταλάντωση συχνότητας f 30 z= Η και πλάτους Α. Η ιδιοσυχνότητα του συστήματος είναι 25 Ηz. Αν αυξήσουμε τη σταθερά απόσβεσης b του συστήματος χωρίς να μεταβάλλουμε τη συχνότητα του διεγέρτη, τότε:

α) το πλάτος της εξαναγκασμένης ταλάντωσης θα μειωθεί.

β) η συχνότητα της εξαναγκασμένης ταλάντωσης θα γίνει λίγο μικρότερη από 30 zΗ .

γ) η συχνότητα της εξαναγκασμένης ταλάντωσης θα γίνει λίγο μικρότερη από 25 zΗ .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας.

Σωστή πρόταση είναι η (α).

Λύση

Η συχνότητα μιας εξαναγκασμένης ταλάντωσης είναι πάντα ίση με τη συχνότητα του

διεγέρτη, οπότε και μετά την αλλαγή της σταθεράς απόσβεσης b η συχνότητα

ταλάντωσης θα παραμείνει 25 zΗ .

Από το διάγραμμα του πλάτους Α μιας εξαναγκασμένης ταλάντωσης σε συνάρτηση με τη συχνότητα f του διεγέρτη για διάφορες τιμές της b (Σχ. 1.28, σελ. 23, του Σχολικού Βιβλίου), βλέπουμε ότι αύξηση της b προκαλεί μείωση του πλάτους ταλάντωσης.

Άρα σωστή πρόταση είναι η (α).

Page 178: Kef 1 Talantoseis_combine

3

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Σύστημα κατακόρυφου ελατηρίου-σώματος που παρουσιάζει μικρή απόσβεση εκτελεί

εξαναγκασμένη ταλάντωση. Η συχνότητα του διεγέρτη είναι 5f Hz=π

. Η μάζα του

ταλαντούμενου σώματος είναι m 1kg= και η σταθερά του ελατηρίου είναι k 400N / m= .

α) Να υπολογιστεί η συχνότητα του διεγέρτη ώστε να έχουμε συντονισμό.

β) Αν αυξήσουμε σταδιακά τη συχνότητα του διεγέρτη από την τιμή 5f =π

Hz ως την

τιμή 12f =π

Hz, να περιγράψετε τι συμβαίνει σε σχέση με το πλάτος της εξαναγκασμένης

ταλάντωσης.

α) Για να έχουμε συντονισμό πρέπει η συχνότητα του διεγέρτη να γίνει ίση με την ιδιοσυχνότητα του συστήματος. Δηλαδή:

Λύση

0

N4001 k 1 20 10mf f f f Hz f Hz2 m 2 1kg 2

= = ⇒ = ⇒ = ⇒ =π π π π

.

Άρα συντονισμό έχουμε όταν η συχνότητα του διεγέρτη είναι 10f Hz=π

.

β) Το διάγραμμα πλάτους της εξαναγκασμένης ταλάντωσης σε συνάρτηση με τη συχνότητα του διεγέρτη είναι:

Page 179: Kef 1 Talantoseis_combine

4

Όταν η συχνότητα του διεγέρτη είναι 10 Hzπ

έχουμε συντονισμό και μέγιστο πλάτος

ταλάντωσης. Άρα αν η συχνότητα του διεγέρτη πάρει τιμές από 5 Hzπ

έως 10 Hzπ

τότε το

πλάτος της ταλάντωσης αυξάνεται, και στη συνέχεια για τις τιμές 10 Hzπ

έως 12 Hzπ

μειώνεται.

Page 180: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Άσκηση 2.

Σύστημα ελατηρίου-σώματος εκτελεί εξαναγκασμένη ταλάντωση. Το σύστημα παρουσιάζει σταθερά απόσβεσης b . Το σώμα περνάει από τη θέση ισορροπίας κάθε 0,5 s . Η μάζα του σώματος είναι m 1 kg= και η σταθερά του ελατηρίου k 400 N / m= .

Να υπολογιστεί:

α) Η συχνότητα f του διεγέρτη.

β) Η ιδιοσυχνότητα 0f του συστήματος.

γ) Η σταθερά του ελατηρίου, το οποίο θα αντικαταστήσει το αρχικό ώστε να επιτευχθεί συντονισμός.

Δίνεται 2 10π = .

α) Το σύστημα εκτελεί εξαναγκασμένη ταλάντωση. Άρα ταλαντώνεται με τη συχνότητα

Λύση

f του διεγέρτη. Κάθε 0,5 s περνάει από τη θέση ισορροπίας, χρόνος που αντιστοιχεί

στη μισή περίοδο.

T 0,5s T 1s2= ⇒ = άρα

1f 1 HzT

= = .

β) Η ιδιοσυχνότητα υπολογίζεται από τον τύπο:

0 0 0

N4001 k 1 10mf f f Hz2 m 2 1kg

= ⇒ = ⇒ =π π π

.

γ) Αφού δε μεταβάλλουμε τη συχνότητα του διεγέρτη, για να πετύχουμε συντονισμό πρέπει να αλλάξει η ιδιοσυχνότητα του συστήματος. Για να συμβεί αυτό, αφού η μάζα m είναι σταθερή, χρησιμοποιούμε ένα άλλο ελατήριο με σταθερά k' την οποία θα

υπολογίσουμε από τη σχέση: 0f f ′=

2 21 kf k 4 f m2 m

′′= ⇒ = π ⇒

π2 2 Nk ' 4 (1Hz) ·1kg k ' 40

m= π ⇒ = .

Δηλαδή πρέπει να τοποθετηθεί ένα ελατήριο σταθεράς Nk 40m

′ = .

Page 181: Kef 1 Talantoseis_combine

6

Άσκηση 3.

Κύκλωμα LC χρησιμοποιείται για τη λήψη ραδιοφωνικών κυμάτων. Ένας ραδιοφωνικός σταθμός εκπέμπει σε συχνότητα f 103 MHz= . Ο συντελεστής αυτεπαγωγής του πηνίου

είναι L 2 mH= .

α) Να υπολογιστεί η χωρητικότητα C του πυκνωτή για την οποία συντονίζεται ο δέκτης στο συγκεκριμένο σταθμό.

β) Πόσο πρέπει να μεταβληθεί η χωρητικότητα C του πυκνωτή για να ακούσουμε ένα σταθμό που εκπέμπει σε συχνότητα f 100 MHz′ = ;

Δίνεται 2 10π = .

α) Συντονισμό έχουμε όταν

Λύση

0f f= .

( )22 2 6 3

1 1 1f C C4 f L2 LC 4·10 103·10 Hz ·2·10 H−

= ⇒ = ⇒ = ⇒ππ

16C 11,7·10 F−=

β) Στη συνέχεια η χωρητικότητα πρέπει να γίνει:

0f ' 'f= .

( )22 2 3 6

1 1 1 1f LC LC C2 f 4 ·f2 LC 4·10·2·10 H· 100·10 Hz−

′ ′ ′ ′= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒′ ′π π′π

14 1614

1C F C 0,125·10 F C 12,5·10 F8·10

− −′ ′ ′= ⇒ = ⇒ =

Άρα η μεταβολή είναι:

( )16 16C C C 12,5·10 11,7·10 F− −′∆ = − = − ⇒

16C 0,8·10 F−∆ = .

Ημερομηνία τροποποίησης: 15/7/2011

Page 182: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ – ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 5: ΣΥΝΘΕΣΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΩΝ

ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣ ΕΠΙΛΥΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών

ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο, με εξισώσεις 1x 0,7 2 t= ηµ π

και 2x 0,4 2 t= ηµ π (όλα τα μεγέθη στο S.I.). Η σύνθετη ταλάντωση περιγράφεται (στο

S.I.) από την εξίσωση:

α) x 0,3 2 t= ηµ π .

β) x 1,1 4 t.= ηµ π

γ) x 1,1 2 t.= ηµ π

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η γ.

Λύση

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα2 rad / sω = π ) και η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι μηδέν, το σώμα θα

εκτελέσει μια νέα Α.Α.Τ. η οποία θα έχει την ίδια φάση και πλάτος ίσο με το άθροισμα των πλατών των επιμέρους ταλαντώσεων.

Άρα 1 2Α = Α + Α A = 0,7m + 0,4m = 1,1m⇒ και φάση ίση με 2 tπ . Η εξίσωση λοιπόν

της σύνθετης ταλάντωσης είναι x 1,1 2 t= ηµ π (S.I.).

Page 183: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών

ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο, με εξισώσεις 1x 0,3 2 t= ηµ π

και ( )2x 0,8 2 t= ηµ π + π (όλα τα μεγέθη στο S.I.) Η σύνθετη ταλάντωση περιγράφεται

από την εξίσωση:

α) ( )x 1,1 2 t= ηµ π + π .

β) x 0,5 2 t= ηµ π .

γ) ( )x 0,5 2 t= ηµ π + π .

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η γ.

Λύση

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα 2 rad / sω = π ) και η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι radπ (180ο) το σώμα

θα εκτελέσει μια νέα Α.Α.Τ. της οποίας το πλάτος είναι ίσο με τη διαφορά των πλατών και η φάση της είναι ίση με τη φάση της ταλάντωσης που έχει το μεγαλύτερο πλάτος.

Άρα 1 2Α = Α - Α A = 0,8m - 0,3m = 0,5m⇒ και φάση ίση με της δεύτερης Α.Α.Τ.,

δηλαδή 2πt+π. Η εξίσωση λοιπόν της σύνθετης ταλάντωσης είναι x=0,5ημ(2πt+π) (S.I.)

Page 184: Kef 1 Talantoseis_combine

3

Ερώτηση 3.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, γύρω από το ίδιο σημείο και έχουν ίδια ενέργεια ( )1 2Ε = Ε , ίδια

συχνότητα και ίδια διεύθυνση. Η ολική ενέργεια της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με την ενέργεια των δύο ταλαντώσεων ( )1 2Ε = Ε = Ε , όταν η διαφορά φάσης των δύο

Α.Α.Τ. είναι:

α) 00 .

β) 060 .

γ) 0120 .

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η γ. Λύση

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια, το σώμα θα εκτελέσει μια νέα ταλάντωση

που το πλάτος της δίνεται από τον τύπο: 2 21 2 1 2A = A + A 2A A+ συνϕ (1)

Οι δύο επιμέρους ταλαντώσεις και η συνισταμένη ταλάντωση που προκύπτει, έχουν την ίδια σταθερά D=mω2 αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα.

Αφού ισχύει 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1E E E DA DA DA A A A A A A2 2 2

= = ⇒ = = ⇒ = = ⇒ = =

Άρα η σχέση (1) γίνεται:

2 2 2 2 2 2 2 2A = A + A 2AA A A A 2A 2A A+ συνϕ ⇒ = + + συνϕ⇒ συνϕ = − ⇒

12συν 1 συν2

ϕ = − ⇒ ϕ = − , οπότε

1 12 1203

οπϕ = ⇒ ϕ =

ή 2 1

4 2403

οπϕ = ⇒ ϕ = . Η γωνία

2 240οϕ = δεν περιλαμβάνεται στις επιλογές μας, οπότε απομένει ως σωστή επιλογή η

1 120οϕ = .

Page 185: Kef 1 Talantoseis_combine

4

Ερώτηση 4.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο. Οι εξισώσεις των δύο ταλαντώσεων είναι:

( )1x 0,4 1998 t= ηµ π και ( ) ( )2x 0,4 2002 t S.I.= ηµ π

Ο χρόνος ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους της ιδιόμορφης ταλάντωσης (διακροτήματος) του σώματος είναι:

α) 0,5s .

β) 1s .

γ) 2s .

Να επιλέξετε το σωστό. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η α.

Λύση

Από τις εξισώσεις x-t προκύπτει 1 1998 rad / sω = π και 2 2002 rad / sω = π . Άρα οι

συχνότητες είναι:

11 1 1

1998f f z f 999 z2 2ω π

= ⇒ = Η ⇒ = Ηπ π

και

12 2 2

2002f f z f 1001 z2 2ω π

= ⇒ = Η ⇒ = Ηπ π

Δηλαδή οι δύο ταλαντώσεις έχουν το ίδιο πλάτος και συχνότητες που διαφέρουν πολύ λίγο. Ο χρόνος ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους (ΤΔ) δίνεται από τον τύπο:

1 2

1 1 1 1s s 0,5sf f f 999 1001 2∆ ∆ ∆ ∆ ∆∆

Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ =− −

Page 186: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Ερώτηση 5.

Σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιου πλάτους και διεύθυνσης. Οι συχνότητες f1 και f2 (f2 > f1) αντίστοιχα των δύο ταλαντώσεων διαφέρουν μεταξύ τους 4Hz, με αποτέλεσμα να παρουσιάζεται διακρότημα. Αν η συχνότητα f1 αυξηθεί κατά 8Hz, ο χρόνος που μεσολαβεί ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους θα:

α) παραμείνει ο ίδιος.

β) μειωθεί κατά 4s .

γ) αυξηθεί κατά 4s .

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η α.

Λύση

Αρχικά ισχύει 2 1f f 4Hz= + . Ο χρόνος ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του

πλάτους (ΤΔ) δίνεται από τον τύπο:

1 2

1 1 1 s 0,25sf f f 4∆ ∆ ∆∆

Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ = =−

Στη συνέχεια 1 1f ' f 8Hz= + και ο χρόνος ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του

πλάτους (T '∆ ) γίνεται:

1 2 1 1

1 1 1 1' ' ' ' s 0, 25sf f ' f f 8 (f 4) 4∆ ∆ ∆ ∆∆

Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ = =− + − +

Δηλαδή παραμένει ίδιος.

Page 187: Kef 1 Talantoseis_combine

6

Ερώτηση 6.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο με το ίδιο πλάτος Α και συχνότητες που διαφέρουν πολύ λίγο. Αν Τ1 και Τ2 είναι αντίστοιχα οι περίοδοι των δύο ταλαντώσεων, τότε η περίοδος της περιοδικής κίνησης που προκύπτει δίνεται από τον τύπο:

α)

β)

γ)

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση: (γ)

Λύση

Η γωνιακή συχνότητα της περιοδικής κίνησης που προκύπτει είναι: 1 2ω + ω2

ω = . Άρα:

2 1

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1

1 2

2 2 1 1ω + ω 2 1 1 1

2 2 2 2 2

Τ +Τπ π+ +

Τ Τ Τ Τ Τ Τ Τ +Τπω = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

Τ Τ Τ Τ Τ Τ

1 2

2 1

2T TT =Τ +Τ

2 1T = Τ −Τ

2 1T2

Τ +Τ=

1 2

2 1

2T TT =Τ +Τ

Page 188: Kef 1 Talantoseis_combine

7

Ερώτηση 7.

Σώμα εκτελεί ταυτόχρονα δύο Α.Α.Τ. της ίδιας συχνότητας, που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο και στην ίδια διεύθυνση. Αν οι εξισώσεις των επιμέρους ταλαντώσεων είναι:

1 1x A t= ηµω (S.I.) και ( )2 2x A t= ηµ ω + φ (S.I.) με 1 2A A= , τότε η αρχική φάση φ ,

ώστε η σύνθετη ταλάντωση να έχει πλάτος 1 2A A A= = είναι:

α) 0φ = .

β) 23π

φ = .

γ) 2π

φ = .

Επιλέξτε την σωστή απάντηση και αιτιολογήστε.

Το πλάτος της σύνθετης ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση:

Λύση

2 21 2 1 2A A A 2A A= + + συνφ . Όμως 1 2A A A= = .

2 2 2 2 2 2 2 2 1A A A 2A A 2A 2A A 2A .2

= + + συνφ ⇒ = + συνφ⇒ − = συνφ⇒ συνφ = − Άρα

23π

φ = και 43π

φ = . Η δεύτερη λύση δεν περιλαμβάνεται στις επιλογές.

Επομένως σωστό ειναι το β.

Page 189: Kef 1 Talantoseis_combine

8

Ερώτηση 8.

Ένας παρατηρητής ακούει τον ήχο από δύο διαπασών που λειτουργούν ταυτόχρονα και

παράγουν ήχους με συχνότητες 1f 1000 Hz= και 2f . Ο παρατηρητής αντιλαμβάνεται τα

παραγόμενα διακροτήματα να έχουν περίοδο 0,25 s . Παρατηρούμε ότι αν αυξηθεί η

συχνότητα 2f του δεύτερου διαπασών κατά 2 Hz τότε ο χρόνος μεταξύ δύο διαδοχικών

μηδενισμών της έντασης του ήχου αυξάνεται. Η συχνότητα 2f του δεύτερου διαπασών

είναι:

α) 4 Hz .

β) 1004 Hz .

γ) 996 Hz .

Επιλέξτε τη σωστή απάντηση και δικαιολογήστε.

Η συχνότητα του διακροτήματος είναι:

Λύση

1 1f 4 HzT 0,25δδ

= = = .

Για την fδ ισχύει:

1 2 2f f f 4 1000 fδ = − ⇒ = − .

Άρα

2 21000 f 4 f 996 Hz− = ⇒ =

ή

2 21000 f 4 f 1004 Hz− = − ⇒ =

Από τη σχέση 1 2

1Tf fδ = −

προκύπτει ότι η περίοδος του διακροτήματος αυξάνεται αν

μειωθεί η διαφορά 1 2f f− . Έτσι, αύξηση της 2f κατά 2 Hz οδηγεί σε αύξηση της

περιόδου του διακροτήματος μόνο αν 2f 996 Hz= . Άρα σωστό είναι το γ.

Page 190: Kef 1 Talantoseis_combine

9

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Ένα σώμα μάζας 250g εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών

αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο, με εξισώσεις

1x 0,08 (4 t)= ηµ π και 2x 0,08 3 4( t )2π

= ηµ π + (όλα τα μεγέθη στο S.I.).

α) Να υπολογισθεί το πλάτος Α της συνισταμένης ταλάντωσης που εκτελεί το σώμα.

β) Να γραφεί η εξίσωση της απομάκρυνσης της ταλάντωσης που εκτελεί το σώμα.

γ) Να βρεθεί η δύναμη επαναφοράς τη στιγμή που το σώμα περνά από τη θέση x 0,1m.=

δ) Να υπολογισθεί ο λόγος της κινητικής προς τη δυναμική ενέργεια της ταλάντωσης του υλικού σημείου τη στιγμή που περνά από τη θέση x 0,08m= .

Δίνεται:

α) Η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι

Λύση

2 1 4 t 4 t2 2π π ϕ = ϕ −ϕ = π + − π =

και

τα πλάτη είναι 1 20,08m 0,08 3mΑ = και Α = αντίστοιχα.

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν την ίδια γωνιακή συχνότητα 4 rad / sω = π ), το σώμα θα εκτελέσει μια νέα ταλάντωση που το πλάτος της δίνεται από

τον τύπο:

2 2 2 2 2 221 2 1 2 1 2 1 2 1 2A = A + A 2A A A = A + A 2A A A = A + A

2

πϕ= π

+ συνϕ → + συν ⇒

Αντικαθιστώντας τα πλάτη έχουμε:

( ) ( ) ( )( )

2 2 22 2A = (0,08m) + 0,08 3m A = (0,08m) + 3 0,08m A = 4 0,08m

A 2 0,08m A 0,16m

⇒ ⋅ ⇒ ⋅ ⇒

= ⋅ ⇒ =

β) Αρχικά υπολογίζουμε τη διαφορά φάσης της σύνθετης Α.Α.Τ. με την πρώτη επιμέρους ταλάντωση (πού έχει μικρότερη φάση από τη δεύτερη), δηλαδή τη γωνία θ, από τον

τύπο: 2

1 2

2

2

πΑ ηµ

εϕθ =π

Α + Α συνοπότε με αντικατάσταση προκύπτει:

o

o

0,08 3 90 0,08 3 3 rad0,08 30,08 0,08 3 90

ηµ πεϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ θ =

+ συν

2 10π

Page 191: Kef 1 Talantoseis_combine

10

Η φάση της σύνθετης Α.Α.Τ. είναι 1' ' 4 t3π

ϕ = ϕ + θ⇒ ϕ = π + (S.I.)

Η εξίσωση της απομάκρυνσης της σύνθετης Α.Α.Τ. δίνεται από τον τύπο:

x A ' x 0,16 4 t3π = ηµϕ ⇒ = ηµ π +

(S.I.) (1)

γ) Η σταθερά ταλάντωσης δίνεται από τον τύπο:

2 102 1 2 2 2 2D m D 0,25Kg (4 s ) D 0,25Kg 16 s D 40Kg sπ− − −= ω ⇒ = ⋅ π ⇒ = ⋅ π → = ⋅

Η δύναμη επαναφοράς δίνεται από τον τύπο:

2F -Dx F 40Kg s 0,1m F -4N−επ επ επ= ⇒ = − ⋅ ⋅ ⇒ =

δ) 22 2 21

222 2 21

2

DAE U EK A 0,16 0,161 1 1 1 1 2 1 3U U U Dx x 0,08 0,08

ολ ολ− = = − = − = − = − = − = − =

Page 192: Kef 1 Talantoseis_combine

11

Άσκηση 2.

Υλικό σημείο Σ εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, οι οποίες γίνονται στην ίδια διεύθυνση και γύρω από την ίδια θέση ισορροπίας. Οι ταλαντώσεις περιγράφονται από τις εξισώσεις:

1x 2 10t= ηµ και 2x 2 10t3π = ηµ +

, (x1 και x2 σε cm, t σε s)

α) Να υπολογισθεί το πλάτος Α της συνισταμένης απλής αρμονικής ταλάντωσης που εκτελεί το Σ.

β) Να βρεθεί η εξίσωση της απομάκρυνσης της ταλάντωσης που εκτελεί το Σ.

γ) Να γραφεί η εξίσωση της ταχύτητας ταλάντωσης του Σ.

δ) Να υπολογισθεί η αλγεβρική τιμή της ταχύτητας τη χρονική στιγμή t s15π

= μετά από

τη στιγμή t 0= .

α) Η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι

Λύση

2 1φ = φ - φ =3π

και τα πλάτη είναι:

1 2Α = 2cm και Α = 2cm

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν την ίδια γωνιακή συχνότητα 10 rad / sω = ) , το σώμα θα εκτελέσει μια νέα ταλάντωση που το πλάτος της δίνεται από

τον τύπο: 2 21 2 1 2A = A + A 2A A+ συνϕ

Αντικαθιστώντας έχουμε:

2 2 2 2 2

2

1A (2cm) (2cm) 2 2cm 2cm A (2cm) (2cm) 2 (2cm)3 2

A 3(2cm) A 2 3cm

συνπ

= + + ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = + + ⋅ ⇒

= ⇒ =

β) Αρχικά υπολογίζουμε τη διαφορά φάσης της σύνθετης Α.Α.Τ. με την πρώτη επιμέρους ταλάντωση (που έχει μικρότερη φάση από τη δεύτερη), δηλαδή τη γωνία θ, από τον

τύπο: 2

1 2

Α ηµϕεϕθ =

Α + Α συνϕ, οπότε με αντικατάσταση προκύπτει:

32 2 33 2 rad1 3 62 2 2 23 2

πηµ π

εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ θ =π

+ συν +

Page 193: Kef 1 Talantoseis_combine

12

Η φάση της σύνθετης Α.Α.Τ. είναι 1φ' = φ + θ φ' = 10t6π

⇒ + (S.I.)

Η εξίσωση της απομάκρυνσης της σύνθετης Α.Α.Τ. δίνεται από τον τύπο:

x A 'ημ= ϕ ⇒ x 2 3 (10 t )6π

= ηµ + (x σε cm, t σε s)

γ) Η εξίσωση της ταχύτητας ταλάντωσης του Σ δίνεται από τον τύπο:

1' A ( t )υ = ωΑσυνϕ ⇒ υ = ω συν ω +ϕ + θ

Άρα υ = 10 2 3 συν 10t + υ = 20 3 συν 10t +6 6π π ⋅ ⇒

(υ σε cm/s και t σε s)

δ) Με αντικατάσταση του χρόνου t = π/15 s στην παραπάνω εξίσωση βρίσκουμε:

cm20 3 10 15 6 sπ π υ = συν + ⇒

2 cm20 3 3 6 sπ π υ = συν + ⇒

5 cm20 3 6 sπ υ = συν ⇒

π cm 3 cm 3 cm cmυ = -20 3 συν υ = -20 3 υ = -20 υ = -306 s 2 s 2 s s

⇒ ⇒ ⇒

Page 194: Kef 1 Talantoseis_combine

13

Άσκηση 3.

Ένα σώμα μάζας m 0,1kg= εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών

αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο και οι απομακρύνσεις τους δίνονται από το παρακάτω διάγραμμα.

X1 ( t )X2 ( t )

0.25 0.5 0.75 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t (s)

x σε m

α) Να γραφεί η εξίσωση της απομάκρυνσης των δύο ταλαντώσεων.

β) Να γραφεί η εξίσωση της απομάκρυνσης της συνισταμένης ταλάντωσης και να παρασταθεί γραφικά στο ίδιο διάγραμμα με τις δύο επιμέρους ταλαντώσεις.

γ) Να υπολογισθεί η ενέργεια της συνισταμένης ταλάντωσης.

δ) Να βρεθεί η απομάκρυνση της σύνθετης ταλάντωσης, τη χρονική στιγμή που η κινητική ενέργεια γίνει τριπλάσια της δυναμικής, για πρώτη φορά.

Δίνεται:

α) Από το παραπάνω διάγραμμα βλέπουμε ότι οι δύο Α.Α.Τ. έχουν πλάτη

Λύση

1 0,8mΑ = και

2 0, 4mΑ = αντίστοιχα, ενώ η περίοδός τους είναι ίδια και ίση με 0,5sΤ = . Η αρχική

φάση της πρώτης ταλάντωσης είναι μηδέν, αφού τη χρονική στιγμή t 0= η απομάκρυνση είναι x 0= και στη συνέχεια γίνεται θετική. Η αρχική φάση της δεύτερης ταλάντωσης είναι radπ , αφού τη χρονική στιγμή t 0= η απομάκρυνση είναι x 0= και στη συνέχεια γίνεται αρνητική.

Η γωνιακή συχνότητα των δύο επιμέρους ταλαντώσεων δίνεται από τον τύπο:

2 2 rad rad40,5s s

π πω = ⇒ω= ⇒ω= π

Τ

Άρα οι εξισώσεις των δύο ταλαντώσεων είναι:

1 1 1x A t x 0,8 4 t= ηµω ⇒ = ηµ π (S.I.) και

2 2 2x A ( t ) x 0, 4 (4 t )= ηµ ω + π ⇒ = ηµ π + π (S.I.)

2 10π

Page 195: Kef 1 Talantoseis_combine

14

β) Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν ίδια περίοδο) και η διαφορά φάσης τους είναι radπ , το σώμα θα εκτελέσει μια νέα Α.Α.Τ. που θα έχει την ίδια συχνότητα, πλάτος ίσο με τη διαφορά των πλατών και φάση ίση με τη φάση της

ταλάντωσης που έχει το μεγαλύτερο πλάτος, δηλαδή της πρώτης για την οποία 0οϕ = .

Άρα:

1 2 0,8m 0,4m 0,4mΑ = Α −Α = − = .

Η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι: x A t x 0,4 4 t= ηµω ⇒ = ηµ π

(S.I.)

x ( t )X1 ( t )X2 ( t )

0.25 0.5 0.75 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t (s)

x σε m

γ) Η σταθερά D της σύνθετης ταλάντωσης είναι:

2 102 1 2 2 2 2D m D 0,1kg (4 s ) D 0,1kg 16 s D 16kg sπ− − −= ω ⇒ = ⋅ π⋅ ⇒ = ⋅ π ⋅ → = ⋅

και η ενέργεια είναι:

2 2 2 2 212

1E DA E 16kg s (0,4m) E 8kg s 0,16m E 1,28J2

− −= ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =

δ) Ισχύει 3UΚ = . Εφαρμόζουμε την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας:

K U E+ = ⇒ 3U U E+ = ⇒ 4U E= ⇒ 2 21 14 Dx DA2 2

= ⇒ 2 24x A= ⇒Ax2

= ± ⇒

0,4mx x 0,2m2

= ± ⇒ = ±

Όπως φαίνεται και στο διάγραμμα, επειδή θέλουμε την πρώτη φορά που συμβαίνει αυτό, κρατάμε μόνο τη θετική τιμή, δηλαδή x 0,2m= .

Page 196: Kef 1 Talantoseis_combine

15

Άσκηση 4.

Ένα σώμα μάζας m 0,2kg= εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών

αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο. Στο παρακάτω διάγραμμα, φαίνεται η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης της πρώτης ταλάντωσης

( )1x t και της συνισταμένης ταλάντωσης x(t) .

X1 ( t )X ( t )

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t (s)

x σε m

α) Να υπολογισθεί η σταθερά της συνισταμένης ταλάντωσης.

β) Να γραφεί η εξίσωση της απομάκρυνσης της πρώτης και της συνισταμένης ταλάντωσης.

γ) Να γραφεί η εξίσωση της απομάκρυνσης της δεύτερης ταλάντωσης και να παρασταθεί γραφικά στο ίδιο διάγραμμα.

δ) Να βρεθεί η κινητική ενέργεια του σώματος τη χρονική στιγμή .

Δίνεται:

α) Όπως φαίνεται στο διάγραμμα και η πρώτη ταλάντωση και η συνισταμένη έχουν ίδια περίοδο Τ=1s. Οπότε η γωνιακή τους συχνότητα είναι:

Λύση

2 2 rad rad21s s

π πω = ⇒ω= ⇒ω= π

Τ

Η σταθερά D της συνισταμένης ταλάντωσης είναι:

2 102 1 2 2 2 2D m D 0,2kg (2 s ) D 0,2kg 4 s D 8kg sπ− − −= ω ⇒ = ⋅ π⋅ ⇒ = ⋅ π ⋅ → = ⋅

β) Η αρχική φάση της πρώτης ταλάντωσης είναι μηδέν, αφού τη χρονική στιγμή t=0 η απομάκρυνση είναι x=0 και στη συνέχεια γίνεται θετική. Για τον ίδιο λόγο και η συνισταμένη ταλάντωση έχει αρχική φάση ίση με μηδέν.

Οι εξισώσεις της απομάκρυνσης τους είναι:

1t s8

=

2 10π

Page 197: Kef 1 Talantoseis_combine

16

1 1 1x A t x 0,6 2 t= ηµω ⇒ = ηµ π (S.I.) και

x A t x 0, 4 2 t= ηµω ⇒ = ηµ π (S.I.)

γ) Ισχύει 1 2 2 1 2 2x x x x x x x 0,4 2 t 0,6 2 t x 0,2 2 t= + ⇒ = − ⇒ = ηµ π − ηµ π ⇒ = − ηµ π (S.I.)

Σημείωση: ( )−ηµϕ = ηµ ϕ+ π Γνωρίζουμε από τα Μαθηματικά ότι: . Άρα η εξίσωση της

απομάκρυνσης της δεύτερης ταλάντωσης γράφεται τελικά:

2x 0,2 (2 t )= ηµ π + π (S.I.)

X1 ( t )X2 ( t )X ( t )

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t (s)

x σε m

δ) Η εξίσωση της ταχύτητας της συνισταμένης ταλάντωσης είναι: t 2 0,4 2 t 0,8 2 t (S.I.)υ = ωΑσυνω ⇒ υ = π⋅ συν π ⇒ υ = π⋅συν π

Τη χρονική στιγμή 1t s8

= το σώμα έχει ταχύτητα:

1t s8 10,8 2 t (S.I.) 0,8 2 (S.I.) 0,8 (S.I.)

8 42 m m0,8 0,4 2

2 s s

= πυ = π⋅συν π →υ = π⋅συν π⋅ ⇒ υ = π⋅συν ⇒

υ = π ⇒ υ = π

Η κινητική ενέργεια του σώματος είναι:

22

102 21 1 mK m K 0, 2kg 0, 4 2 K 0,1 0,16 2 J K 0,32J2 2 s

π = υ ⇒ = ⋅ π ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅π → =

Page 198: Kef 1 Talantoseis_combine

17

Άσκηση 5.

Ένα διαπασών παράγει ήχο συχνότητας 1f 1001Hz= . Αν φέρουμε πολύ κοντά ένα

δεύτερο διαπασών, περίπου ίδιο με το πρώτο, παράγεται και ένας δεύτερος ήχος συχνότητας f2 που είναι λίγο μικρότερη από την πρώτη. Ο σύνθετος ήχος που ακούει τότε ένας παρατηρητής έχει συχνότητα f 1000Hz= . Να υπολογισθεί:

α) η συχνότητα f2.

β) η συχνότητα μεταβολής του πλάτους της σύνθετης κίνησης.

γ) πόσες φορές μηδενίζεται η ένταση του ήχου που ακούει ο παρατηρητής σε χρόνο t 2s∆ = .

δ) Ένα μόριο του αέρα ταλαντώνεται εξαιτίας του ήχου που παράγουν τα διαπασών. Να υπολογισθεί πόσες φορές περνά από τη θέση ισορροπίας του σε χρόνο ίσο με τη περίοδο των διακροτημάτων.

α) Η γωνιακή συχνότητα του σύνθετου ήχου είναι:

Λύση

1 2

2ω +ω

ω = ⇒ 1 2 2ω +ω = ω⇒ 2 12ω = ω−ω ⇒ 2 12 f 2 2 f 2 fπ = ⋅ π − π ⇒ 2 1f 2f f= − ⇒

2f 2 1000Hz 1001Hz= ⋅ − ⇒ 2f 999Hz=

β) Η συχνότητα μεταβολής του πλάτους της σύνθετης κίνησης είναι:

1 2f f f f 1001Hz 999Hz f 2Hz∆ ∆ ∆= − ⇒ = − ⇒ =

γ) Η περίοδος του διακροτήματος είναι:

1 2

1 1 1T T T T 0,5sf f 1001Hz 999Hz 2Hz∆ ∆ ∆ ∆= ⇒ = ⇒ = ⇒ =− −

Εφόσον η ένταση του ήχου μηδενίζεται κάθε T 0,5s∆ = , σε χρόνο t 2s∆ = θα μηδενιστεί

t 2s 40,5s∆

∆= =

Τφορές.

δ) Η περίοδος της σύνθετης ταλάντωσης του μορίου του αέρα είναι:

31 1T T T 10 sf 1000Hz

−= ⇒ = ⇒ =

Page 199: Kef 1 Talantoseis_combine

18

Άρα σε χρόνο ΤΔ κάνει 3

T 0,5s 50010 s

∆−= =

Τταλαντώσεις, δηλαδή περνά 1000 φορές από τη

θέση ισορροπίας του (δύο σε κάθε ταλάντωση).

Page 200: Kef 1 Talantoseis_combine

19

Άσκηση 6.

Σώμα μάζας m 0,5 kg= εκτελεί ταυτοχρόνως δύο Α.Α.Τ. της ίδιας συχνότητας που

γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο και στην ίδια διεύθυνση. Οι δύο Α.Α.Τ. περιγράφονται

από τις εξισώσεις: 1x 0,5· 20 t= ηµ π (S.I.)

( )2x 0,7· 20 t= ηµ π + π (S. I.)

α) Να βρεθεί η εξίσωση της απομάκρυνσης και της ταχύτητας σε σχέση με το χρόνο για τη σύνθετη ταλάντωση.

β) Να υπολογιστεί η περίοδος της σύνθετης ταλάντωσης.

γ) Να υπολογιστεί το πλάτος της δύναμης επαναφοράς για τη σύνθετη ταλάντωση.

δ) Να υπολογιστεί η ταχύτητα του σώματος όταν η απομάκρυνσή του είναι x 0,1 m= .

Δίνεται 2 10π = .

α) Οι επιμέρους Α.Α.Τ. έχουν την ίδια γωνιακή συχνότητα

Λύση

1 2 20 rad / sω = ω = ω = π που

είναι και η γωνιακή συχνότητα ω της σύνθετης ταλάντωσης. Η διαφορά φάσης των δύο

Α.Α.Τ. είναι φ = π και επομένως η σύνθετη ταλάντωση έχει πλάτος 1 2A A A 0,2 m= − =

και παίρνει τη φάση της ταλάντωσης με το μεγαλύτερο πλάτος.

Άρα ( )x A t= ηµ ω + π

( )x 0,2 20 t= ηµ π + π (S. I.)

Για την ταχύτητα ισχύει:

( )maxu u · t= συν ω + π , όπου maxrad mu ·A 20 ·0,2m 4s s

= ω = π = π .

Άρα ( )u 4 · 20 t= πσυν π + π (S. I.)

β) Η περίοδος της σύνθετης ταλάντωσης υπολογίζεται από τη σχέση:

2 2TTπ π

ω = ⇒ =ω

2T T 0,1s20π

= ⇒ =π

.

Page 201: Kef 1 Talantoseis_combine

20

γ) Το πλάτος της δύναμης επαναφοράς είναι:

2MAX MAX MAXF m·a F m· ·A= ⇒ = ω

2

MAX MAXradF 0,5m· 20 ·0,2m F 400 Ns

= π ⇒ =

.

δ) Από την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας για τη σύνθετη ταλάντωση προκύπτει:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1DA mu Dx m A mu m x A u x2 2 2

= + ⇒ ω = + ω ⇒ω = +ω ⇒

( )2 2 2 2 2 2 2 2 2u A x u A x= ω −ω ⇒ = ω − ⇒ 2 2u A x= ±ω −

2 2radu 20 (0,2m) (0,1m)s

= ± π − ⇒mu 20 0,03s

= ± π ⇒ 2 mu 20 3·10s

−= ± π ⇒

mu 2 3s

= ± π

Page 202: Kef 1 Talantoseis_combine

21

Άσκηση 7.

Σώμα εκτελεί ταυτόχρονα δύο Α.Α.Τ. της ίδιας διεύθυνσης, που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο, με το ίδιο πλάτος και συχνότητες που διαφέρουν πολύ λίγο. Οι επιμέρους

ταλαντώσεις περιγράφονται από τις εξισώσεις 1x 0,2 100 t= ηµ π (S. I.) και

2x 0,2 102 t= ηµ π (S. I.).

α) Να γραφεί η εξίσωση της απομάκρυνσης σε σχέση με το χρόνο για τη σύνθετη ταλάντωση.

β) Να υπολογιστεί η χρονική στιγμή που μηδενίζεται το πλάτος για πρώτη φορά.

γ) Να υπολογιστεί ο χρόνος ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους.

α) Η σύνθετη ταλάντωση είναι μία περιοδική κίνηση, η οποία παρουσιάζει διακροτήματα.

Από τις επιμέρους ταλαντώσεις προκύπτει:

Λύση

A 0,2 m= , 1 100 rad / sω = π ,

2 102 rad / sω = π . Η εξίσωση της απομάκρυνσης σε σχέση με το χρόνο για τη σύνθετη

ταλάντωση είναι:

2 1 2 1x 2A t · t2 2

ω −ω ω +ω = συν ηµ

( ) ( )x 0,4 t · 101 t= συν π ηµ π (S. I.)

β) Το πλάτος μηδενίζεται όταν:

A 0′ =

( )2 1 2 12A· t 0 t 2 12 2 2

ω −ω ω −ω π συν = ⇒ = κ+

. Για πρώτη φορά μηδενίζεται όταν 0κ =

.

( )2 12 1

t t πω −ω = π⇒ =

ω −ω

t 0,5 s2π

= =π

γ) Ο χρόνος ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους είναι η περίοδος του διακροτήματος.

Page 203: Kef 1 Talantoseis_combine

22

1 21 2

1 1T Tf f

2 2

δ δ= ⇒ =ω ω− −π π

1T T 1s50 51δ δ= ⇒ =

Page 204: Kef 1 Talantoseis_combine

23

ΘΕΜΑ Δ

Πρόβλημα 1.

Ένα σώμα μάζας m 200g= εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, ίδιας συχνότητας, ίδιου πλάτους Α και γύρω από το ίδιο σημείο. Η πρώτη ταλάντωση έχει αρχική φάση μηδέν και υστερεί φασικά από τη δεύτερη κατά ϕ , με rad ϕ < π . Η συνισταμένη κίνηση που προκύπτει έχει το ίδιο πλάτος Α με κάθε μια από τις επιμέρους ταλαντώσεις. Η κάθε μια ταλάντωση έχει ενέργεια 0,1J , ενώ η δύναμη επαναφοράς έχει μέγιστη τιμή 2Ν.

α) Να υπολογισθεί η διαφορά φάσης της:

α1) δεύτερης ταλάντωσης με την πρώτη και

α2) της σύνθετης ταλάντωσης με την πρώτη.

β) Να γραφούν οι εξισώσεις της απομάκρυνσης των δύο αρχικών ταλαντώσεων.

γ) Να γραφεί η εξίσωση της επιτάχυνσης – χρόνου για την συνισταμένη ταλάντωση.

δ) Να υπολογισθεί το μέτρο της ταχύτητας ταλάντωσης του σώματος τη στιγμή που η δυναμική ενέργεια του σώματος είναι τριπλάσια της κινητικής.

α1) Έστω φ η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων. Το πλάτος της συνισταμένης ταλάντωσης δίνεται από τον τύπο:

Λύση

1 2A A A2 2 2 2 2 2 21 2 1 2

2 2

A = A + A 2A A A = A + A 2A A A 2A 2A1 22A A2 3 3

= =+ συνϕ → + ⋅ ⋅συνϕ ⇒ = + συνϕ⇒

π πσυνϕ = − ⇒ συν = − ⇒ ϕ = π− ⇒ ϕ =

α2) Η αρχική φάση θ της σύνθετης ταλάντωσης, βρίσκεται από τον τύπο:

2

1 2

Α ηµϕεϕθ =

Α + Α συνϕ, οπότε με αντικατάσταση προκύπτει:

2 3 3A3 2 2 3 rad2 1 1 3A A 1

3 2 2

πηµ π

εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ θ =π

+ συν −

β) Εφόσον οι δύο ταλαντώσεις έχουν την ίδια συχνότητα και η συνισταμένη ταλάντωση θα έχει την ίδια συχνότητα. Άρα κάθε ταλάντωση θα έχει την ίδια σταθερά D, αφού

2D m= ω .

Ισχύει: 21

2

,max ,max,max

E DA E 1 2E 2 0,1JA A A A 0,1mF 2 F 2NF DA επ επεπ

= ⋅⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ==

Page 205: Kef 1 Talantoseis_combine

24

Η σταθερά ταλάντωσης θα υπολογιστεί από τον τύπο:

,max,max

F 2N NF DA D D D 20A 0,1m m

επεπ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Η γωνιακή συχνότητα είναι: D 20N / m rad10m 0,2kg s

ω = ⇒ω= ⇒ω=

Άρα οι εξισώσεις απομάκρυνσης των δύο αρχικών ταλαντώσεων είναι:

1 1x A t x 0,1 10t= ηµω ⇒ = ηµ (S.I.) και

2 22 2x A t x 0,1 10t3 3π π = ηµ ω + ⇒ = ηµ +

(S.I.)

γ) Η εξίσωση της επιτάχυνσης – χρόνου για την συνισταμένη ταλάντωση είναι:

( )2 2x A t 100 0,1 10t (S.I.)3π α = −ω ⇒ α = −ω ηµ ω + θ ⇒ α = − ⋅ ηµ + ⇒

10 10t (S.I.)3π α = − ηµ +

δ) Η ταχύτητα ταλάντωσης για τη συγκεκριμένη χρονική στιγμή που ισχύει U 3K= , θα υπολογιστεί από την αρχή διατήρησης της ενέργειας:

U 3K 2 21 1 DE K U E 4K DA 4 m A2 2 4m

== + → = ⇒ = υ ⇒ υ = ⇒

20N / m m0,1m 0,54 0, 2kg s

υ = ⇒ υ =⋅

Page 206: Kef 1 Talantoseis_combine

25

Πρόβλημα 2.

Ένα σώμα μάζας m 100g= εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, ίδιας συχνότητας και γύρω από το ίδιο σημείο. Η δεύτερη ταλάντωση έχει τριπλάσιο πλάτος από την πρώτη και η φάση της προηγείται κατά γωνία 060ϕ = . Η πρώτη ταλάντωση έχει αρχική φάση μηδέν. Η συνισταμένη ταλάντωση έχει εξίσωση:

x 0,2 13 (2 t )= ηµ π + θ (S.I.).

α) Να υπολογισθεί η αρχική φάση θ της συνισταμένης ταλάντωσης.

β) Να γραφούν οι εξισώσεις της απομάκρυνσης των δύο αρχικών ταλαντώσεων.

γ) Να γραφεί η εξίσωση της ταχύτητας - χρόνου της συνισταμένης ταλάντωσης.

δ) Να υπολογισθεί ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του σώματος όταν περνά από τη θέσηx 0,2m= .

Να θεωρήσετε ότι: και 0,6 3 1 .

α) Η αρχική φάση θ της σύνθετης ταλάντωσης, θα υπολογισθεί από τον τύπο:

Λύση

2

1 2

Α ηµϕεϕθ =

Α + Α συνϕ (1)

Η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι 60οϕ = και 2 13Α = Α . Εφόσον η

συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια, το σώμα θα εκτελέσει μια νέα ταλάντωση που το πλάτος της δίνεται από τον τύπο:

o2 1A 3A , 602 2 2 2 o

1 2 1 2 1 1 1 1

A 0,2 13m2 2 2 21 1 1 1 1 1 1

A = A + A 2A A A = A + 9A 2A 3A 60

1 AA = A + 9A 2A 3A A 13A A A 0,2m2 13

= ϕ=

=

+ συνϕ → + ⋅ ⋅συν ⇒

⇒ + ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ = → =

και επειδή 2 13Α = Α έχουμε 2 0,6mΑ = .

οπότε με αντικατάσταση στον αρχικό τύπο (1) προκύπτει:

o

o

3 33 30,6 60 2 2 0,6 3 11 50,2 0,6 60 1 32 2

⋅ηµεϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ

+ ⋅συν +

, οπότε

1 rad4π

θ ή 25 rad4π

θ . Όμως, θ2>φ, άρα απορρίπτεται. Επομένως rad4π

θ .

β) Οι εξισώσεις απομάκρυνσης των δύο αρχικών ταλαντώσεων είναι:

2π 10

Page 207: Kef 1 Talantoseis_combine

26

1 1 1x A t x 0, 2 2 t= ηµω ⇒ = ηµ π (S.I.) και

( )2 2 2x A t x 0,6 2 t3π = ηµ ω +ϕ ⇒ = ηµ π +

(S.I.)

γ) Η εξίσωση της ταχύτητας - χρόνου της συνισταμένης ταλάντωσης είναι:

( t ) 2 0,2 13 2 t+ (S.I.) 0, 4 13 2 t+ (S.I.)4 4π π υ = ωΑσυν ω + θ ⇒ υ = π⋅ συν π ⇒ υ = π συν π

δ) Η σταθερά D της συνισταμένης ταλάντωσης είναι:

2 102 1 2 2 2 2D m D 0,1kg (2 s ) D 0,1kg 4 s D 4kg sπ− − −= ω ⇒ = ⋅ π⋅ ⇒ = ⋅ π ⋅ → = ⋅

O ρυθμός μεταβολής της ορμής του σώματος όταν περνά από τη θέση x=0,2m είναι:

12dP dP dP dP kg m sF Dx 4kg s 0,2m 0,8

dt dt dt dt s

−− ⋅ ⋅

= Σ ⇒ = − ⇒ = − ⋅ ⋅ ⇒ = −

Page 208: Kef 1 Talantoseis_combine

27

Πρόβλημα 3.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο που περιγράφονται από τις εξισώσεις: 1x 199 t= Αηµ π και 2x 201 t= Αηµ π (S.I.). Η εξίσωση που περιγράφει την συνισταμένη ταλάντωση είναι:

x 0,04= ⋅ 32 f tπ ⋅συν 42 f tπημ (S.I.).

α) Να υπολογισθεί το πλάτος Α και οι συχνότητες f1 και f2 των δύο επιμέρους Α.Α.Τ.

β) Τι εκφράζει το ημιάθροισμα των συχνοτήτων των επιμέρους Α.Α.Τ. και ποιά είναι η τιμή του;

γ) Να υπολογισθεί η περίοδος των διακροτημάτων ΤΔ και ο αριθμός των ταλαντώσεων που εκτελεί το σώμα στο χρόνο αυτό.

δ) Να σχεδιάσετε ποιοτικά τη γραφική παράσταση της απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης με το χρόνο.

α) Η συνισταμένη ταλάντωση έχει μέγιστο πλάτος διπλάσιο (2Α) από το πλάτος (Α) της κάθε μιας από τις επιμέρους ταλαντώσεις, δηλαδή

Λύση

2 0,04mΑ = οπότε 0,02mΑ = .

Oι γωνιακές συχνότητες είναι 1 199 rad / sω = π και 2 201 rad / sω = π . Οπότε:

11 1 1 1 1

1992 f f f z f 99,5Hz2 2ω π

ω = π ⇒ = ⇒ = Η ⇒ =π π

και

22 2 2 2 2

2012 f f f z f 100,5Hz2 2ω π

ω = π ⇒ = ⇒ = Η ⇒ =π π

β) Το ημιάθροισμα των συχνοτήτων είναι η συχνότητα ταλάντωσης της συνισταμένης κίνησης.

1 2 1 2 1 23 3 3 3 3

2 f 2 f f f 99,5Hz 100,5Hz2 f f f f 100Hz2 2 2 2

ω +ω π + π + +ω = ⇒ π = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

γ) Η περίοδος των διακροτημάτων είναι:

1 2

1 1 1T T T T 1sf f 99,5Hz 100,5Hz 1Hz∆ ∆ ∆ ∆= ⇒ = ⇒ = ⇒ =− −

Η περίοδος της σύνθετης ταλάντωσης είναι: 4 44

1 1T T sf 100

= ⇒ =

Page 209: Kef 1 Talantoseis_combine

28

Άρα σε χρόνο ΤΔ κάνει 4

T 1s 1001 s100

∆ = =Τ

ταλαντώσεις.

δ) Το διάγραμμα θα γίνει με τα εξής δεδομένα: Τη χρονική στιγμή t=0 το πλάτος είναι

μέγιστο και ίσο με 0,04m και για 1Tt 0,5s2∆= = και 2 1t t T 1,5s∆= + = το πλάτος

μηδενίζεται.

Η εξίσωση του πλάτους 3A ' 0,04 | 2 f t |= ⋅συν π ⇒ A ' 0,04 | t | (S.I.)= ⋅ συνπ παριστάνεται

με διακεκομμένη γραμμή στο σχήμα.

Σημείωση

: Ο ποιοτικός σχεδιασμός του παραπάνω διαγράμματος, αφορά στο πλήθος των ταλαντώσεων (κανονικά έπρεπε να είναι 100 ταλαντώσεις ανά δευτερόλεπτο).

Page 210: Kef 1 Talantoseis_combine

29

Πρόβλημα 4.

Οι ήχοι που παράγονται από δύο ακίνητα διαπασών, έχουν την ίδια ένταση, βρίσκονται

πολύ κοντά το ένα με το άλλο και έχουν συχνότητες 1f 499Hz= και 2f 501Hz= ,

αντίστοιχα. Οι ήχοι αναγκάζουν το τύμπανο ενός αυτιού να ταλαντώνεται. Οι επιμέρους ταλαντώσεις που ενεργοποιούν το τύμπανο έχουν μηδενική αρχική φάση και ίδιο πλάτος Α.

α) Να υπολογισθεί η συχνότητα:

α1) των διακροτημάτων.

α2) μεταβολής του πλάτους της σύνθετης κίνησης.

α3) της σύνθετης κίνησης.

β) Να υπολογισθεί ο αριθμός των μεγιστοποιήσεων του πλάτους των διακροτημάτων σε χρόνο 20s .

γ) Να υπολογισθεί ο αριθμός των ταλαντώσεων που εκτελεί το τύμπανο σε χρόνο 1 s.

δ) Να υπολογισθεί, σαν συνάρτηση του χρόνου, η διαφορά φάσης των δύο επιμέρους ταλαντώσεων που ενεργοποιούν το τύμπανο και να παρασταθεί γραφικά. Στο

διάγραμμα να φαίνονται οι χρονικές στιγμές T2∆ και ∆Τ (όπου ∆Τ η περίοδος των

διακροτημάτων). Να εξηγήσετε με τη βοήθεια της διαφοράς φάσης, γιατί στις στιγμές αυτές το πλάτος είναι μηδέν και μέγιστο αντίστοιχα.

α1) Η συχνότητα των διακροτημάτων είναι:

Λύση

1 2f f f f 499Hz 501Hz f 2Hz∆ ∆ ∆= − ⇒ = − ⇒ =

α2) Η συχνότητα μεταβολής του πλάτους της σύνθετης κίνησης ταυτίζεται με τη συχνότητα του διακροτήματος και είναι 2Hz , όπως υπολογίστηκε προηγουμένως.

α3) Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης κίνησης είναι:

1 2 1 22 f 2 f 499Hz 501Hz2 f f f 500Hz2 2 2

ω +ω π + π +ω = ⇒ π = ⇒ = ⇒ =

β) Η περίοδος των διακροτημάτων είναι:

Page 211: Kef 1 Talantoseis_combine

30

1 1T T T 0,5sf 2∆ ∆ ∆∆

= ⇒ = ⇒ =

Εφόσον η ένταση του ήχου μηδενίζεται κάθε T 0,5s∆ = , σε χρόνο t 20s∆ = θα μηδενιστεί

t 20s 400,5s∆

∆= =

Τφορές.

γ) Η περίοδος της σύνθετης ταλάντωσης που εκτελεί το τύμπανο είναι: 1 1T T sf 500

= ⇒ =

Άρα σε χρόνο t=1s κάνει t 1s 5001 s

500

= =Τ

ταλαντώσεις.

δ) Οι δύο ταλαντώσεις δεν έχουν αρχική φάση, άρα η φάση τους είναι:

1 1 1 1t 2 f tϕ = ω ⇒ ϕ = π και 2 2 2 2t 2 f tϕ = ω ⇒ ϕ = π

Άρα f 2Hz

2 1 2 1 2 1Δ Δ 2 f t 2 f t Δ 2 (f f )t Δ 2 f t Δ 2 2t (S. . )∆ =∆ϕ = ϕ −ϕ ⇒ ϕ = π − π ⇒ ϕ = π − ⇒ ϕ = π → ϕ = π Ι ⇒

4 t ∆ϕ = π (φ σε rad, t σε s)

Για t 0 0= ⇒∆ϕ =

Για Tt 0, 25s rad2∆= = ⇒∆ϕ = π

Για t T 0,5s 2 rad∆= = ⇒∆ϕ = π

0.25 0.5 0.75

π

t (s)

Δφ ( rad )

Το πλάτος δίνεται από τη σχέση: 1 2A ' 2A t A ' 2A2 2

ω −ω ∆ϕ = συν ⇒ = συν

(1)

Page 212: Kef 1 Talantoseis_combine

31

Τη χρονική στιγμή Tt 0,25s2∆= = η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι

rad∆ϕ = π , δηλαδή

(1) A ' 2A A ' 02

Δ rad συνϕ=π π → = ⇒ =

Τη χρονική στιγμή t T 0,5s∆= = η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι

2 rad∆ϕ = π . δηλαδή:

2 2(1) A ' 2A A ' 2A A '2

Δ rad συν μέγιστοϕ= π π → = ⇒ = ⇒

Page 213: Kef 1 Talantoseis_combine

32

Πρόβλημα 5.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, ίδιου πλάτους Α, που πραγματοποιούνται γύρω από το ίδιο σημείο με παραπλήσιες συχνότητες 1f και 2f ( 2 1f f< ). Οι δύο ταλαντώσεις έχουν αρχική φάση μηδέν. Η απομάκρυνση σε συνάρτηση με το χρόνο της σύνθετης κίνησης που παρουσιάζει διακροτήματα είναι:

x 0,02 2 t 50 tσυν ημ= ⋅ π ⋅ π (S.I.)

α) Να υπολογισθούν οι συχνότητες 1f και 2f και το πλάτος Α των δύο ταλαντώσεων.

β) Να γραφούν οι εξισώσεις απομάκρυνσης – χρόνου των δύο επιμέρους ταλαντώσεων.

γ) Να υπολογιστεί πότε μηδενίζεται το πλάτος του διακροτήματος στο χρονικό διάστημα από 0 έως 1s.

δ) Να υπολογισθεί πόσες φορές μηδενίζεται η απομάκρυνση της σύνθετης κίνησης σε χρόνο ίσο με την περίοδο των διακροτημάτων.

ε) Να γίνει το διάγραμμα της συνισταμένης ταλάντωσης για χρονικό διάστημα από 0 έως 1s.

α) Η γενική μορφή της σύνθετης κίνησης είναι:

Λύση

1 2 1 2x 2A t t2 2

ω −ω ω +ω = συν ηµ

(1)

Με σύγκριση της γενικής σχέσης (1) βρίσκουμε:

2 0,02mΑ = ⇒ 0,01mΑ = .

1 2

1 2 1 1( )( )

1 2 1 2 2 2

50 100 2 104 5224 2 96 482

2

+−

ω +ω = π ω +ω = π ω = π ω = π ⇒ → ⇒ ω −ω ω −ω = π ω = π ω = π = π

Οι συχνότητες είναι: 11 1 1

52f f z f 26 z2 2ω π

= ⇒ = Η ⇒ = Ηπ π

και

22 2 2

48f f z f 24 z2 2ω π

= ⇒ = Η ⇒ = Ηπ π

β) Οι εξισώσεις απομάκρυνσης – χρόνου των δύο επιμέρους ταλαντώσεων είναι:

1 1 1x A t x 0,01 52 t (S.I.)= ηµω ⇒ = ηµ π

2 2 2x A t x 0,01 48 t (S.I.)= ηµω ⇒ = ηµ π

Page 214: Kef 1 Talantoseis_combine

33

γ) Το πλάτος του διακροτήματος 1 2A ' 2A ( t)2

ω −ω= συν θα μηδενίζεται όταν:

1 2 (52 48 )rad / s 2k 2( t) 0 t (2k 1) t s2 2 2 4

ω −ω π− π π +συν = ⇒ = + ⇒ =

Άρα, για το χρονικό διάστημα από 0 έως 1s θα έχουμε μηδενισμό του πλάτους του διακροτήματος τις χρονικές στιγμές 1t 0, 25s= και 2t 0,75s= .

δ) Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι 50 rad / sω = π , άρα η περίοδος

είναι: 2 2T T s T 0,04s

50π π

= ⇒ = ⇒ =ω π

Η περίοδος των διακροτημάτων είναι:

1 2

1 1 1T T T T 0,5sf f f 26Hz 24Hz∆ ∆ ∆ ∆∆

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =− −

Άρα σε χρόνο ΤΔ κάνει T 0,5s 12,5

0,04s∆ = =Τ

ταλαντώσεις, δηλαδή η απομάκρυνση γίνεται

μηδέν 25 φορές (δύο σε κάθε ταλάντωση).

ε) Το ζητούμενο διάγραμμα είναι:

X ( t )

0.25 0.5 0.75 1

-0.02

-0.01

0.01

0.02

t (s)

X ( m )

Ημερομηνία τροποποίησης: 15/7/2011

Page 215: Kef 1 Talantoseis_combine

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1Ο: ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ – ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 5: ΣΥΝΘΕΣΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΩΝ

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ Β

Ερώτηση 1.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών

ταλαντώσεων ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο, με εξισώσεις 1x 0,3 2 t= ηµ π

και 2x 0,4 2 t2π = ηµ π +

(όλα τα μεγέθη στο S.I.).

Το πλάτος της σύνθετης ταλάντωσης, είναι:

α) 0,1m .

β) 0,5m .

γ) 0,7m .

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η (β).

Λύση

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα 2 rad / sω = π ) και η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι φ=π/2, το σώμα θα

εκτελέσει μία νέα ταλάντωση που το πλάτος της δίνεται από τον τύπο:

2 2 2 2 2 221 2 1 2 1 2 1 2 1 2A = A + A 2A A A = A + A 2A A A = A + A

2

πϕ= π

+ συνϕ → + συν ⇒

Αν αντικαταστήσουμε Α1=0,3m και Α2=0,4m προκύπτει:

2 2 2 2 2A = (0,3m) + (0,4m) 0,09m 0,16m 0,25m 0,5m= + = =

Page 216: Kef 1 Talantoseis_combine

2

Ερώτηση 2.

Ένα σώμα μάζας m=1kg εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο, με εξισώσεις

1x 0,8 10t= ηµ και ( )2x 0,2 10t= ηµ + π . (όλα τα μεγέθη στο S.I.) Η ενέργεια της

σύνθετης ταλάντωσης είναι:

α) 18J.

β) 34J.

γ) 50J.

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η (α).

Λύση

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα10rad / sω = ) και η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι radπ (180ο) το σώμα θα

εκτελέσει μια νέα Α.Α.Τ. με την ίδια γωνιακή συχνότητα 10rad / sω = της οποίας το πλάτος είναι ίσο με τη διαφορά των πλατών.

Άρα 1 2Α = Α -Α A = 0,8m -0,2m = 0,6m⇒ .

Η σταθερά ταλάντωσης είναι: 2

2 2radD m D 1kg 10 D 100kg ss

− = ω ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅

Η ενέργεια της σύνθετης ταλάντωσης είναι:

2 2 2 2 21 1E DA E 100kg s (0,6m) E 50kg s 0,36m E 18J2 2

− −= ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =

Page 217: Kef 1 Talantoseis_combine

3

Ερώτηση 3.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιας διεύθυνσης, με την ίδια συχνότητα και γύρω από το ίδιο σημείο. Η ολική ενέργεια της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με το άθροισμα των ενεργειών των δύο ταλαντώσεων ( )1 2Ε = Ε +Ε , όταν η διαφορά φάσης των δύο Α.Α.Τ. είναι:

α) 00.

β) 900.

γ) 1800.

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η (β)

Λύση

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια το σώμα θα εκτελέσει μια νέα ταλάντωση

που το πλάτος της δίνεται από τον τύπο: 2 21 2 1 2A = A + A 2A A+ συνϕ (1)

Οι δύο επιμέρους ταλαντώσεις και η συνισταμένη ταλάντωση που προκύπτει, έχουν την ίδια σταθερά 2D m= ω αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα.

Η ολική ενέργεια δίνεται από τον τύπο:

( ) ( )2

(1)2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1E DA E D A + A 2A A E D A + A 2A A2 2 2

= → = + συνϕ ⇒ = + συνϕ ⇒

2 21 2 1 2 1 2 1 2

1 1E DA + DA DA A E E E DA A2 2

= + συνϕ⇒ = + + συνϕ

Για να ισχύει όμως 1 2E E E= + πρέπει

o1 2 1 2DA A 0 0 90 270οσυνϕ = ⇒ συνϕ = ⇒ ϕ = ϕ = ή . Η 2 270οϕ = δεν περιλαμβάνεται

στις επιλογές μας, οπότε απομένει ως σωστή επιλογή η 1 90οϕ = .

Page 218: Kef 1 Talantoseis_combine

4

Ερώτηση 4.

Σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιου πλάτους και διεύθυνσης και γύρω από το ίδιο σημείο. Οι συχνότητες

1f και 2f ( )2 1f f> αντίστοιχα των δύο ταλαντώσεων διαφέρουν λίγο μεταξύ τους, με

αποτέλεσμα να παρουσιάζεται διακρότημα. Αν η διαφορά των συχνοτήτων 2 1(f f )−

μικρύνει, ο χρόνος που μεσολαβεί ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους θα:

α) παραμείνει ο ίδιος.

β) μειωθεί.

γ) αυξηθεί.

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η (γ). Λύση

Ο χρόνος που μεσολαβεί ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους είναι

ίσος με την περίοδο των διακροτημάτων ΤΔ. Όμως 2 1f f

1 2 2 1

1 1 1f f f f f

>∆ ∆

Τ = = →Τ =− −

.

Επειδή η διαφορά των συχνοτήτων μικραίνει, ο παρονομαστής του παραπάνω κλάσματος θα μικρύνει άρα η ΤΔ θα αυξηθεί.

Page 219: Kef 1 Talantoseis_combine

5

Ερώτηση 5.

Δύο διαπασών παράγουν ήχους με παραπλήσιες συχνότητες 1f και 2f με ( )2 1f f> , οπότε

παρατηρούνται 4 μέγιστα της έντασης του ήχου ανά δευτερόλεπτο. Αν 1f 1000Hz= , η

συχνότητα 2f είναι:

α) 1002 zΗ .

β) 1004 zΗ .

γ) 1008 zΗ .

Ποιό από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η (β).

Λύση

Εφόσον παρατηρούνται 4 μέγιστα του ήχου ανά δευτερόλεπτο, η συχνότητα του διακροτήματος είναι f 4 z∆ = Η . Όμως 2 1f =f f∆ − (αφού f2 > f1) οπότε

2 1 2 2f =f f f =4 z 1000Hz f =1004Hz∆ + ⇒ Η + ⇒

Page 220: Kef 1 Talantoseis_combine

6

Ερώτηση 6.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιας διεύθυνσης, που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο με το ίδιο πλάτος

Α και συχνότητες που διαφέρουν πολύ λίγο. Αν 1Τ και 2Τ είναι αντίστοιχα οι περίοδοι

των δύο ταλαντώσεων, τότε η περίοδος ∆Τ των διακροτημάτων δίνεται από τον τύπο:

α) 2 1T∆ = Τ −Τ

β) 2 1T2∆

Τ + Τ=

γ) 1 2

2 1

T TT∆ = Τ −Τ

Ποιο από τα παραπάνω είναι το σωστό; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Σωστή απάντηση η (γ).

Λύση

1 2

1 2 2 12 1

1 2 1 2

T T1 1 1 1f f f T TT T1 1

T T T T

∆ ∆ ∆ ∆ ∆∆

Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ = ⇒ Τ =− −−

Page 221: Kef 1 Talantoseis_combine

7

ΘΕΜΑ Γ

Άσκηση 1.

Ένα σώμα μάζας m=0,2Kg εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο, με εξισώσεις

1x 0,4 2 t6π = ηµ π

+ και 2

2x 0,4 2 t3π = ηµ π

+ (όλα τα μεγέθη στο S.I.).

α) Να υπολογισθεί η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων. β) Να υπολογισθεί το πλάτος Α της συνισταμένης απλής αρμονικής ταλάντωσης που

εκτελεί το σώμα. γ) Να υπολογιστεί η περίοδος και η αρχική φάση της σύνθετης ταλάντωσης. δ) Να γραφεί η εξίσωση της δύναμης επαναφοράς της ταλάντωσης, που εκτελεί το

σώμα, σε συνάρτηση με το χρόνο.

Δίνεται: 2 10π .

α) Η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι:

Λύση

2 12 2- 2 t 2 t3 6 3 6 2π π π π π ϕ = ϕ ϕ ⇒ ϕ = π + − π + = − =

β) Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα 2 rad / sω = π ) το σώμα θα εκτελέσει μια νέα Α.Α.Τ. που το πλάτος της δίνεται από τον

τύπο:

Άρα 2 2 2 2 2 221 2 1 2 1 2 1 2 1 2A = A + A 2A A A = A + A 2A A A = A + A

2

πϕ= π

+ συνϕ → + συν ⇒

Αν αντικαταστήσουμε τα πλάτη Α1=0,4m και Α2=0,4m έχουμε:

2 2 2 2 2A = (0,4m) + (0,4m) 0,16m 0,16m 2 0,16m 0,4 2m= + = ⋅ = .

γ) Παρατηρούμε ότι η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίδια με των δύο επιμέρους Α.Α.Τ., δηλαδή ω=2π rad/s. Η περίοδός της δίνεται από το τύπο:

2 2 s 1s2

π πΤ = ⇒ Τ = =

ω π.

Για τη φάση της σύνθετης Α.Α.Τ. ξεκινάμε με τον τύπο: 2

1 2

Α ηµϕεϕθ =

Α + Α συνϕμε Α1 =

Α2=0,4cm και φ=π/2 οπότε με αντικατάσταση προκύπτει o

o

0, 4 90 0, 4 1 rad0,4 0, 4 90 0, 4 4

ηµ πεϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ θ =

+ συν

Page 222: Kef 1 Talantoseis_combine

8

Η φάση αυτή είναι η διαφορά φάσης μεταξύ της φάσης της σύνθετης Α.Α.Τ. και της πρώτης από τις δοσμένες ταλαντώσεις, αυτής δηλαδή που έχει τη μικρότερη φάση

( 2 t )6π

ϕ = π +

Η φάση της σύνθετης Α.Α.Τ. λοιπόν είναι 15φ' = φ +θ φ' = 2πt + φ' = 2πt

6 4 12π π π

⇒ + ⇒ +

(S.I.)

Άρα η αρχική φάση της σύνθετης Α.Α.Τ. είναι: 512π

rad

δ) Η εξίσωση της απομάκρυνσης της σύνθετης Α.Α.Τ. δίνεται από τον τύπο:

5x A ( t ) x 0,4 2 (2 t )12π

= ηµ ω + θ ⇒ = ηµ π + (S.I.) (1)

Η σταθερά ταλάντωσης δίνεται από τον τύπο:

2 102 2 2 2D m D 0,2 g (2 ) D 0,2Kg 4 D 8Kg s-1 -2s s π = −= ω ⇒ = Κ ⋅ π ⇒ = ⋅ π → = ⋅

Η δύναμη επαναφοράς δίνεται από τον τύπο:

(1)F = -Dx F = 8 0 ,4 2 2 t + ) F = 3,2 2 2 t + )επ επ επ

5π 5πημ( π ημ( π

12 12→ − ⋅ ⇒ − (S.I.)

Page 223: Kef 1 Talantoseis_combine

9

Άσκηση 2.

Ένα σώμα μάζας m=1kg εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο και οι απομακρύνσεις τους παριστάνονται στο παρακάτω διάγραμμα.

X1 ( t )X2 ( t )

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t (s)

x σε m

α) Να υπολογισθεί η γωνιακή συχνότητα της συνισταμένης ταλάντωσης. β) Να γραφούν οι εξισώσεις της απομάκρυνσης των δύο επιμέρους ταλαντώσεων, σε

συνάρτηση με το χρόνο. γ) Να γραφεί η εξίσωση της απομάκρυνσης της συνισταμένης ταλάντωσης και να

παρασταθεί γραφικά στο ίδιο διάγραμμα με τις δύο προηγούμενες εξισώσεις. δ) Να υπολογισθεί η κινητική ενέργεια του σώματος τη χρονική στιγμή t 1s= .

Δίνεται: 2 10π .

α) Από το παραπάνω διάγραμμα βλέπουμε ότι οι δύο Α.Α.Τ. έχουν ίδια περίοδο και ίση με Τ=1s. Άρα η γωνιακή συχνότητα των δύο επιμέρους ταλαντώσεων δίνεται από τον τύπο:

Λύση

2 2 rad rad21s s

π πω = ⇒ω= ⇒ω= π

Τ

Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα ω=2π rad/s) το σώμα θα εκτελέσει μια νέα Α.Α.Τ. που θα έχει την ίδια γωνιακή συχνότητα ω=2π rad/s.

β) Από το παραπάνω διάγραμμα βλέπουμε ότι οι δύο Α.Α.Τ. έχουν πλάτη Α1=0,6m και Α2=0,4m, αντίστοιχα. Επίσης η αρχική φάση των δύο ταλαντώσεων είναι μηδέν, αφού τη χρονική στιγμή t=0 η απομάκρυνση τους είναι x=0, ενώ στη συνέχεια γίνεται και για τις δύο θετική.

Η εξίσωση της απομάκρυνσης με το χρόνο και για τις δύο Α.Α.Τ. είναι της μορφής x A t= ηµω άρα:

1x 0,6 2 t= ηµ π και 2x 0,4 2 t= ηµ π

γ) Εφόσον η συχνότητα των δύο Α.Α.Τ. είναι ίδια (αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα ω=2πrad/s) και η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι μηδέν, το σώμα θα

Page 224: Kef 1 Talantoseis_combine

10

εκτελέσει μια νέα Α.Α.Τ. η οποία θα έχει την ίδια φάση και πλάτος ίσο με το άθροισμα των πλατών των δύο επιμέρους ταλαντώσεων.

Άρα 1 2Α = Α +Α A = 0,6m+0,4m =1m⇒ και φάση ίση με 2πt. Η εξίσωση λοιπόν της

σύνθετης ταλάντωσης είναι x 2 t= ηµ π (S.I.) (1)

X ( t )X1 ( t )X2 ( t )

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t (s)

x σε m

δ) Η εξίσωση της κινητικής ενέργειας του σώματος είναι: 2 2 21K m t2

= ω Α συν ω

οπότε με αντικατάσταση προκύπτει

22

102 2 2 2

2

1 rad 1K 1kg 2 (1m) 2 t K 4 2 t (S.I.)2 s 2

K 20 2 t (S.I.)

π = ⋅ π συν π ⇒ = π συν π →

= ⋅συν π

Τη χρονική στιγμή t=1s το σώμα έχει κινητική ενέργεια 2K 20 (2 1) (S.I.) K 20 1J K 20J= ⋅συν π⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =

Page 225: Kef 1 Talantoseis_combine

11

Άσκηση 3.

Μικρό σώμα μάζας m 0,1 kg= εκτελεί κίνηση η οποία προέρχεται από τη σύνθεση δύο

απλών ταλαντώσεων, οι οποίες γίνονται στην ίδια διεύθυνση και γύρω από την ίδια θέση ισορροπίας. Οι εξισώσεις της απομάκρυνσης σε σχέση με το χρόνο για τις δύο

Α.Α.Τ. είναι 1x 0,3 10 t= ηµ π και 2x 0, 4 10 t2π = ηµ π +

και οι δύο εξισώσεις είναι στο

(S.I.).

α) Να βρεθεί η εξίσωση της απομάκρυνσης για τη σύνθετη ταλάντωση.

β) Να βρεθεί η εξίσωση της δύναμης επαναφοράς συναρτήσει του χρόνου για τη σύνθετη ταλάντωση.

γ) Να υπολογιστεί η περίοδος της σύνθετης ταλάντωσης.

δ) Αν τη χρονική στιγμή t η απομάκρυνση της σύνθετης ταλάντωσης είναι x 0,25 m= να

υπολογιστεί η ταχύτητα του σώματος.

Δίνεται 3 410 3π

φ = και 2 10π = .

α) Από τις εξισώσεις των επιμέρους ταλαντώσεων έχουμε:

Λύση

1x 0,3 10 t= ηµ π

Άρα 1A 0,3 m= και 10 rad / sω = π .

2x 0, 4 10 t2π = ηµ π +

Άρα 2A 0, 4 m, 10 rad / s= ω = π και 2π

φ = .

Για τη σύνθετη ταλάντωση προκύπτει:

2 21 2 1 2A A A 2A A= + + συνφ

2 2A 0,3 0,4 2·0,3·0,4· m2π

= + + συν

A 0,09 0,16m= +

A 0,25m=

A 0,5 m= ±

Page 226: Kef 1 Talantoseis_combine

12

Άρα A 0,5 m=

και 2

1 2

AA A

ηµφφθ =

+ συνφ

0,42

0,3 0,42

πηµ

φθ =π

+ συν

0,40,3

φθ =

4 33 10

πφθ = ⇒ θ =

Η εξίσωση της απομάκρυνσης για τη σύνθετη ταλάντωση είναι:

( )x A t= ηµ ω + θ

3x 0,5 10 t10π = ηµ π +

(S. I.)

β) Η μέγιστη δύναμη επαναφοράς είναι:

MAX MAXF ma=

2MAXF m A= ω

2

MAXradF 0,1kg 10 0,5ms

= π

MAXF 50 N= .

Είναι όμως ( )MAXF F t= − ηµ ω + θ

Συνεπώς 3F 50 10 t N10π = − ηµ π +

γ) Η σύνθετη ταλάντωση έχει την ίδια συχνότητα άρα και περίοδο με τις επιμέρους ταλαντώσεις.

2 2 2 1T T T sradT 510s

π π πω = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

ω π.

Page 227: Kef 1 Talantoseis_combine

13

δ) Από την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας Ταλάντωσης για τη σύνθετη ταλάντωση ισχύει:

E K U= +

2 2 21 1 1DA m Dx2 2 2

= υ +

2 2 2 2 2m A m m xω = υ + ω

2 2 2 2 2A xω = υ +ω

( )2 2 2 2A xυ = ω −

( )2

22 2rad10 0,5m (0,25m)s

υ = π −

22

2

m187,5s

υ =

187,5 m / sυ = ± .

Page 228: Kef 1 Talantoseis_combine

14

ΘΕΜΑ Δ

Πρόβλημα 1.

Ένα σώμα μάζας m 20g= εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιας διεύθυνσης, ίδιας συχνότητας και γύρω από το ίδιο σημείο. Η δεύτερη ταλάντωση έχει διπλάσιο πλάτος από την πρώτη και η φάση της προηγείται κατά γωνία 060ϕ = . Η πρώτη ταλάντωση έχει αρχική φάση μηδέν. Η συνισταμένη ταλάντωση έχει εξίσωση:

( )x 7 2 t= ηµ π + θ (x σε cm, t σε s).

α) Να υπολογισθεί η σταθερά D της σύνθετης ταλάντωσης β) Να γραφούν οι εξισώσεις της απομάκρυνσης των δύο αρχικών ταλαντώσεων. γ) Να συγκρίνετε την ενέργεια της σύνθετης ταλάντωσης με το άθροισμα των ενεργειών

των δύο επιμέρους ταλαντώσεων. δ) Να υπολογίσετε το λόγο της δυναμικής ενέργειας του σώματος προς την κινητική, τη

χρονική στιγμή t 0= .

Δίνεται: 2 10π .

α) Η σύνθετη ταλάντωση έχει γωνιακή συχνότητα όπως φαίνεται από την εξίσωσή της

απομάκρυνσης

Λύση

rad2s

ω = π .

Η σταθερά D της ταλάντωσης δίνεται από τον τύπο: 2 102 1 2 2 -2 2D m D 0,02Kg (2 s ) D 0,02Kg 4 s D 0,8Kg sπ− −= ω ⇒ = ⋅ π ⇒ = ⋅ π → = ⋅

β) Το πλάτος της σύνθετης Α.Α.Τ. δίνεται από τον τύπο: 2 21 2 1 2A A A 2A A (1)= + + συνϕ

Από την εκφώνηση έχουμε ότι: Α2=2Α1, A = 7cm και η διαφορά φάσης φ των δύο επιμέρους ταλαντώσεων είναι φ=60ο άρα:

2 2 o 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1

A 7cm21 1 1

1A = A + (2A ) 2A (2A ) 60 A = A + 4A 4A A = A + 4A 2A2

A = 7A 7cm 7A A 1cm=

+ συν ⇒ + ⇒ + ⇒

→ = ⇒ =

Η εξίσωση της απομάκρυνσης με το χρόνο για τις δύο Α.Α.Τ. είναι της μορφής:

1 1x A tημ= ω και 2 1x 2A ( t )3

ημπ

= ω + , οπότε με αντικατάσταση προκύπτει:

1 2x 2 t x 2 2 t (x cm, t s)3

ημ και ημ σε σε π = π = π +

Page 229: Kef 1 Talantoseis_combine

15

γ) Οι δύο επιμέρους ταλαντώσεις και η συνισταμένη ταλάντωση που προκύπτει, έχουν την ίδια σταθερά D=mω2 αφού έχουν ίδια γωνιακή συχνότητα. Η ενέργεια της σύνθετης ταλάντωσης είναι:

( )(1) 22 2 2

1 2 1 21 1E DA E D A + A 2A A2 2

= ⇒ = + συνϕ ⇒ 2 21 2 1 2

1E D(A A 2A A2

= + + o60 )συν

2 21 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1 1E DA + DA DA A E E E DA A2 2 2 2

= + ⇒ = + +

Επειδή 1 21 DA A 0 2

> η ενέργεια της σύνθετης ταλάντωσης είναι μεγαλύτερη από το

άθροισμα των ενεργειών των δύο επιμέρους ταλαντώσεων.

δ) Για την αρχική φάση θ της σύνθετης ταλάντωσης ισχύει: 2

1 2

Α ηµϕεϕθ =

Α + Α συνϕ

όπου Α2 =2 Α1 και φ=60ο οπότε με αντικατάσταση προκύπτει

o o1

o o1 1

322 60 2 60 3212 60 1 2 60 21 22

Α ηµ ηµεϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ = ⇒ εϕθ =

Α + Α συν + συν + (2)

Η εξίσωση της δυναμικής ενέργειας του σώματος είναι: 2 2 21U m ( t )2

= ω Α ηµ ω + θ

και η εξίσωση της κινητικής ενέργειας του σώματος είναι: 2 2 21K m ( t )2

= ω Α συν ω + θ

Ο λόγος τους είναι:

2 2 22

22

2 2 2

1 m ( t )U U ( t ) U2 ( t )1K K ( t ) Km ( t )2

ω Α ηµ ω + θ ηµ ω + θ= ⇒ = ⇒ = εϕ ω + θ

συν ω + θω Α συν ω + θ

Αντικαθιστώντας t=0:

2(2)

2U U 3 U 3 U 0,75K K 2 K 4 K

= εϕ θ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Page 230: Kef 1 Talantoseis_combine

16

Πρόβλημα 2.

Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, ίδιας διεύθυνσης, ίδιου πλάτους Α, που πραγματοποιούνται γύρω από το ίδιο σημείο με συχνότητες 1f 16Hz= και 2 2 1f (f f )< αντίστοιχα, οι οποίες διαφέρουν λίγο μεταξύ τους. Στο σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης σε συνάρτηση με το χρόνο της σύνθετης κίνησης που εκτελεί το σώμα.

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75

-1

-0.5

0.5

1

t (s)

x (cm)

α) Να υπολογισθεί η συχνότητα και η περίοδος των διακροτημάτων καθώς και η

συχνότητα 2f .

β) Να γραφούν οι εξισώσεις απομάκρυνσης των δύο επιμέρους ταλαντώσεων. γ) Να γραφεί η εξίσωση του πλάτους της σύνθετης κίνησης. δ) Να γραφεί η εξίσωση της απομάκρυνσης της σύνθετης κίνησης σε σχέση με το χρόνο.

α) Τόσο από τη μορφή της γραφικής παράστασης x-t, όσο και από το δεδομένο ότι οι συχνότητες των επιμέρους Α.Α.Τ. διαφέρουν λίγο μεταξύ τους, συμπεραίνουμε ότι η κίνηση του σώματος παρουσιάζει διακροτήματα. Όπως φαίνεται από το διάγραμμα η περίοδος του διακροτήματος, δηλαδή ο χρόνος μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών του πλάτους είναι 1,5s – 0,5s = 1s. Δηλαδή ΤΔ=1s. Άρα η συχνότητα τους είναι

Λύση

1 1f f f 1Hz1s∆ ∆ ∆

= ⇒ = ⇒ =Τ

.

Όμως 2 1f f1 2 1 2 2 1 2 2f f f f f f f f f f 16Hz 1Hz f 15Hz<

∆ ∆ ∆= − → = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ =

β) Το μέγιστο πλάτος της σύνθετης κίνησης, όπως φαίνεται από το διάγραμμα είναι Α΄=2Α=1cm, οπότε η κάθε μια επιμέρους ταλάντωση έχει πλάτος Α=0,5cm. Άρα οι εξισώσεις της απομάκρυνσης της κάθε Α.Α.Τ. είναι:

1 1x A tημ= ω και 2 2x A tημ= ω όπου ω1=2πf1=32π rad/s , ω2=2πf2=30π rad/s και Α=0,5

cm, άρα:

1x 0,5 32 tημ= π και 2x 0,5 30 tημ= π (x σε cm, t σε sec)

γ) Η εξίσωση του πλάτους της σύνθετης κίνησης είναι: 1 2A ' 2A t2

ω −ω = συν

όπου ω1=2πf1=32π rad/s, ω2=2πf2=30π rad/s και Α=0,5 cm. Άρα:

32 30 2A ' 2 0,5 t A ' t A ' t2 2

π − π π = ⋅ ⋅συν ⇒ = συν ⇒ = συνπ

(Α’ σε cm, t σε s)

δ) H γωνιακή συχνότητα ω της σύνθετης κίνησης είναι:

Page 231: Kef 1 Talantoseis_combine

17

1 2ω +ω 32 30 rad rad312 2 s s

π+ πω = ⇒ω= ⇒ω= π

Άρα η εξίσωση της απομάκρυνσης της σύνθετης κίνησης θα είναι: x ( t) (31 )= συν π ηµ π (S.I.)

Ημερομηνία τροποποίησης: 15/7/2011