ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2:

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2:
ΠΕΡΙΟ∆ΙΚΗ ΚΙΝΗΣΗ: ΕΛΕΥΘΕΡΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ
Σκοπός
Στο κεφάλαιο αυτό θα µελετήσουµε τις περιοδικές κινήσεις που εκτελούν τα
σώµατα κάτω από την δράση εξωτερικών δυνάµεων, που είναι ανάλογες της
αποµάκρυνσης από τη θέση ισσοροπίας. Επίσης θα ασχοληθούµε µε τη µελέτη της
κίνησης όταν επιπλέον υπάρχουν δυνάµεις αντίστασης στη κίνηση.
Προσδοκώµενα Αποτελέσµατα
Η ολοκλήρωση της µελέτης του κεφαλαίου αυτού θα σας επιτρέψει:
• να εξοικειωθείτε µε την µεθοδολογία αντιµετώπισης προβληµάτων που
σχετίζονται µε ελεύθερες ταλαντώσεις, δηλ. διατύπωση της διαφορικής εξίσωσης
της κίνησης και επίλυση της µε χρήση των αρχικών συνθηκών
• να αντιµετωπίσετε το προηγούµενο πρόβληµα όταν υπάρχουν δυνάµεις απωλείας
ενέργειας στο ταλαντούµενο σύστηµα, δηλ. την περίπτωση των φθίνουσων
ταλαντώσεων
• να εξοικειωθείτε µε την αντιµετώπιση των προηγουµένων από ενεργειακής
σκοπιάς
Έννοιες Κλειδιά
∆ύναµη επαναφοράς
∆υνάµεις απώλειας
∆ιαφορική εξίσωση της κίνησης
Φθίνουσα ταλάντωση
Αρµονικός ταλαντωτής
Κρίσιµη απόσβεση
Σύνθεση ταλαντώσεων
Συντελεστής ποιότητας
∆ιακρότηµα
Μη αρµονικότητα
Σύντοµη ανασκόπιση της θεωρίας
Όταν σ’ ένα φυσικό σύστηµα ( π.χ. ένα αβαρές ελατήριο συνδεδεµένο µε
µάζα, ένα απλό εκκρεµές, ένα φυσικό εκκρεµές, ένα στροφικό εκκρεµές κ.α.) κάποιο
αίτιο το αποµακρύνει ‘ελαφρά’ από τη θέση ισορροπίας του, λ.χ. το αποµακρύνουν
κατά µία µικρή ποσότητα x, τότε αναπτύσσονται δυνάµεις οι οποίες είναι ανάλογες
προς την αποµάκρυνση και ονοµάζονται δυνάµεις επαναφοράς. Οι δυνάµεις αυτές
21
τείνουν να το επαναφέρουν στην αρχική του θέση, δηλαδή στην ισορροπία (όπου
x=0) και είναι της µορφής:
F ( x ) = − Dx
Τότε το σύστηµα εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση και µε εφαρµογή των νόµων του
Νεύτωνα, εύκολα προκύπτει ότι η εξίσωση της κίνησης του είναι γενικά της µορφής:
m
d 2x
= −Dx
dt 2
Η λύση αυτής της διαφορικής εξίσωσης µπορεί να γραφεί µε τέσσερις τουλάχιστον
ισοδύναµες µορφές:
x(t ) = A sin( ω 0 t + ϕ )
ή
x(t ) = B cos( ω 0 t + ϑ )
ή
x(t ) = C1 sin ω 0 t + C 2 cos ω 0 t
ή ακόµη
−iω 0 t
iω t
,
x (t ) = c e 0 + c2 e
1
όπου: ω 0 =
D
, m η µάζα του συστήµατος που εκτελεί την αρµονική ταλάντωση
m
και D µια σταθερά που σχετίζεται µε τις ελαστικές ιδιότητες του συστήµατος.
Γενικά, η διαφορική εξίσωση µιας απλής αρµονικής ταλάντωσης
γράφεται:
d 2ξ
2
+ ω0 ξ = 0
2
dt
όπου η µεταβλητή ξ, η οποία χαρακτηρίζει την αποµάκρυνση από τη θέση ισορροπίας
δεν είναι απαραίτητα κάποιο µήκος. Για παράδειγµα, η µεταβλητή ξ µπορεί να
παριστά το φορτίο στους οπλισµούς ενός πυκνωτή που υποβάλλεται σε διαδοχικούς
κύκλους φόρτισης-εκφόρτισης, ή τη µεταβολή της πίεσης ενός ιδανικού ασυµπίεστου
ρευστού κ.α.
Ειδικότερα, η ενέργεια ενός αρµονικού ταλαντωτή δίνεται από τη σχέση:
2
1
1
1 ⎛ dx ⎞
2
Dx 2 + m ⎜ ⎟ = Dx 0 =σταθερά
2
2 ⎝ dt ⎠
2
η οποία δεν είναι τίποτε άλλο παρά η έκφραση διατήρησης της ολικής ενέργειας του
συστήµατος, δηλ. το άθροισµα της κινητικής και δυναµικής του ενέργειας.
Συχνά ένα φυσικό σύστηµα είναι δυνατόν να υπόκειται στη δράση
περισσότερων
της
µιας
ταλαντωτικών
δυνάµεων.
Τότε
έχουµε
σύνθεση
22
ταλαντώσεων. Γενικά στη σύνθεση δύο ταλαντώσεων διακρίνουµε τις εξής
περιπτώσεις:
α) σύνθεση δύο ταλαντώσεων µε ίδιες συχνότητες, αλλά διαφορετικά πλάτη Α1 και
Α2 και διαφορετικές φάσεις δ1 και δ2. Η ταυτόχρονη δράση τους πάνω σ’ ένα φυσικό
σύστηµα έχει σαν αποτέλεσµα ταλάντωση της γενικής µορφής:
y = A cos(ω t + δ )
µε πλάτος Α που δίνεται από τη σχέση: A 2 = A1 + A2 + 2 A1 A2 cos(δ 2 − δ 1 ) και φάση
2
δ που δίνεται από τη σχέση: tan δ =
2
A1 sin δ 1 + A2 sin δ 2
A1 cos δ 1 + A2 cos δ 2
β) σύνθεση δύο ταλαντώσεων µε διαφορετικές συχνότητες, αλλά ίσα πλάτη Α
(Α1=Α2=Α) και ίδιες αρχικές φάσεις δ1=δ2. Η σύνθεση τους οδηγεί σε µια
«διαµορφωµένη ταλάντωση» γενικής µορφής:
y = 2 A sin(
ω1 + ω 2
2
t ) cos(
ω1 − ω 2
2
t)
Στη περίπτωση αυτή, όταν συµβεί: ω 1 ≅ ω 2 , έχουµε το διακρότηµα.
Κατά τη σύνθεση δύο κάθετων ταλαντώσεων µε ίσες συχνότητες, αλλά
διαφορετικά πλάτη Α1 και Α2 και διαφορετικές αρχικές φάσεις φ1 και φ2 έχουµε σαν
αποτέλεσµα µια ελλειπτική περιοδική κίνηση δύο διαστάσεων, που περιγράφεται από
την εξίσωση:
x2
A1
2
+
y2
A2
2
−
2 xy
cos(φ1 − φ 2 ) = sin 2 (φ1 − φ 2 ) .
A1 A2
Στην ειδική περίπτωση, όπου τα πλάτη Α1 και Α2 είναι ίσα και η διαφορά φάσεως φ1φ2=90ο, η περιοδική κίνηση είναι κύκλος.
Γενικά, κατά τη σύνθεση n το πλήθος ταλαντώσεων, µε την ίδια συχνότητα ω
και το ίδιο πλάτος Α, καθώς επίσης και την ίδια διαδοχική διαφορά φάσεως δ, το
αποτέλεσµα είναι µια ταλάντωση της µορφής:
y = A cos(ω t + δ )
µε την ίδια συχνότητα ω, της οποίας όµως το πλάτος Α και η γωνία δ δίνονται από τις
ακόλουθες σχέσεις:
A= A
sin( nδ )
2 και δ = δ (n − 1)
δ
2
sin( )
2
23
Η ύπαρξη δυνάµεων που αντιστέκονται στις ταλαντωτικές κινήσεις, όπως π.χ.
οι δυνάµεις τριβής, έχουν σαν αποτέλεσµα την απώλεια ενέργειας από το σύστηµα
και κατά συνέπεια τη µείωση του πλάτους των εκτελούµενων ταλαντώσεων, µέχρις
ότου οι ταλαντώσεις να σταµατούν. Οι ταλαντώσεις αυτές ονοµάζονται φθίνουσες
ταλαντώσεις. Στη περίπτωση αυτή, η εξίσωση κίνησης περιγράφεται από µια
γραµµική διαφορική εξίσωση δευτέρας τάξεως µε σταθερούς συντελεστές της γενικής
µορφής:
m
d 2x
dx
d 2 x b dx D
d 2x
dx D
+
b
+
Dx
=
0
ή
+
+
x
=
0
ή
+γ
+ x=0
2
2
2
dt
dt
dt
m dt m
dt
dt m
Οι λύσεις µιας τέτοιας διαφορικής εξίσωσης συνοψίζονται στον παρακάτω πίνακα:
Πίνακας 2.1: Λύσεις της γραµµικής διαφορικής εξίσωση δευτέρας τάξης µε
σταθερούς συντελεστές
Λύση χαρακτηριστικής εξίσωσης:
Γενική λύση διαφορικής εξίσωσης:
mρ 2 + bρ + D = 0
m
1η περίπτωση: ∆ ≡ b 2 − 4mD > 0
dx(t )
d 2 x(t )
+b
+ D x(t ) = 0
2
dt
dt
x ( t ) = C1 e
ρ 1t
+ C2 e
ρ 2t
2 πραγµατικές ρίζες: ρ1, ρ2
Φθίνουσα κίνηση µε µεγάλη απόσβεση
2η περίπτωση: ∆ ≡ b 2 − 4mD < 0
x (t ) = e ρ r t [C1 cos( ρ i t ) + C 2 sin( ρ i t )]
2 µιγαδικές ρίζες: ρr ± iρi, ρr=-b/2m
Ταλαντωτική κίνηση µε απόσβεση
3η περίπτωση: ∆ ≡ b 2 − 4mD = 0
x(t ) = C1 te ρ t + C2 e ρ t
1 διπλή πραγµατική ρίζα: ρ=-b/2m
Φθίνουσα κίνηση µε κρίσιµη απόσβεση
Ο αδιάστατος ποσότητα: Q =
ω0
, που ονοµάζεται συντελεστής ποιότητος,
γ
χαρακτηρίζει την ποιότητα µιας φθίνουσας ταλάντωσης. Ο συντελεστής ποιότητος
είναι συνήθως ένας πολύ µεγάλος αριθµός. Όταν: Q >> 1 (ή Q → ∞ ), τότε πρόκειται
για απλή αρµονική ταλάντωση. Ό αριθµός
Q
παριστάνει:
2π
24
α) Το πλήθος των κύκλων ταλάντωσης µέχρι την τελική ακινητοποίηση, όπου ένας
κύκλος ταλάντωσης είναι µια πλήρης ταλάντωση, κατά την διάρκεια της οποίας η
γωνία φάσεως µεταβάλλεται κατά 2π rad.
β) Το λόγο της ενέργειας που είναι αποθηκευµένη στο σύστηµα, ως προς την ενέργεια
που χάνεται σε κάθε κύκλο ταλάντωσης.
Η εξίσωση κίνησης µιας φθίνουσας ταλάντωσης µε χρήση του συντελεστή
ποιότητας Q παίρνει τη γενικευµένη µορφή:
d 2 x(t ) ω 0 dx(t )
+
+ ω 02 x(t ) = 0
Q dt
dt 2
Το σηµαντικότερο πλεονέκτηµα της γενικευµένης αυτής µορφής γραφής της
εξίσωσης, είναι ότι επιτρέπει την περιγραφή της περιοδικής κίνησης µε ενιαίο τρόπο,
χωρίς να εισαγάγει κανείς τη µάζα, ή τη σταθεράς του ελατηρίου, κ.τ.λ. Αυτό έχει
σαν αποτέλεσµα την άµεση εφαρµογή της εξίσωσης σε ταλαντωτικές καταστάσεις
που εµφανίζονται σε διάφορους κλάδους της φυσικής. Για παράδειγµα, στο
παρακάτω πίνακα παρατίθεται η σύγκριση µεταξύ των µηχανικών και των
ηλεκτρικών ταλαντωτών.
Σύγκριση Μηχανικών και Ηλεκτρικών Ταλαντωτών
Χαρακτηριστική Ποσότητα
Μηχανικό Σύστηµα
Ηλεκτρικό Σύστηµα
Αδρανειακή Ιδιότητα
Μάζα: M
Συντελεστής αυτεπαγωγής: L
Ελαστική Ιδιότητα
Σταθερά ελατηρίου: D Αντίστροφο χωρητικότητας: 1/C
∆υνάµεις «απώλειας»-Τριβής Τριβή: b
Αρχική συχνότητα ω0
Νέα συχνότητα: ωγ
Συντελεστής Ποιότητας
Q=
ω0
γ
ω0 =
D
m
ωγ = ω 02 −
Q=
Αντίσταση: R
ω0 =
b2
4m 2
m
b
1
LC
ωγ = ω 02 −
Q=
L
R
R2
4 L2
1 L
1
=
R C
LC
D 1
mD
=
m b
25
Θα πρέπει πάντα να έχουµε κατά νού, ότι η απλή αρµονική ταλάντωση δεν
είναι παρά µια εξιδανικευµένη κατάσταση, ανάλογη µε αυτή του ιδανικού αερίου.
Στη πραγµατικότητα, κατά την διάρκεια των ταλαντώσεων υπάρχουν πάντοτε:
ι) δυνάµεις «απώλειας» ή «τριβές» που οδηγούν σε απόσβεση.
ιι) και µη αρµονικοί όροι στη δύναµη επαναφοράς, που οδηγούν σε µεταβολή της
συχνότητας µε το πλάτος, καθώς επίσης και στην παρουσία υψηλότερων αρµονικών
συχνοτήτων. Στη περίπτωση αυτή αναφερόµαστε στην αναρµονικότητα του
συστήµατος.
26
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑΤΑ
Παράδειγµα 1ο: Η µετατόπιση υλικού σηµείου, το οποίο εκτελεί απλή αρµονική
ταλάντωση, είναι y=0 κατά τη χρονική στιγµή t=0. Μετά από χρόνο 1s η µετατόπιση
µηδενίζεται. Να ευρεθεί η αρχική φάση και η συχνότητα της ταλαντώσεως. Να
σχεδιαστεί η µετατόπιση συναρτήσει του χρόνου.
Λύση
Έστω ότι η εξίσωση που περιγράφει την αποµάκρυνση είναι: y = a sin (ω t + φ ) .
Επειδή όµως για t=0 ισχύει y=0 από τις αρχικές συνθήκες, προκύπτει ότι η αρχική
φάση είναι: φ=0 ή φ=π.
Ας σηµειωθεί ότι και οι δύο πιθανότητες µπορούν να ισχύουν µια και δεν δίνεται η
αρχική τιµή της ταχύτητας που θα περιόριζε τις επιλογές µας.
Εποµένως: y = a sin (ω t + π ) ή y = a sin (ω t ) .
Από τις εκφράσεις αυτές, επειδή y=0 όταν t=1, εύκολα βρίσκουµε ότι:
sin(ω + π ) = 0 ή sin ω = 0
δηλαδή σε κάθε περίπτωση η περίοδος T είναι: T=2s.
Παράδειγµα 2ο: Η αποµάκρυνση ενός σώµατος δίνεται από τη συνάρτηση x=(8.0
cm) cos(2t+π/3), όπου το x είναι σε cm και το x σε sec. Υπολογίστε α) την ταχύτητα
και την επιτάχυνση σε χρόνο t=π/2 s, β) τη µέγιστη ταχύτητα και τον συντοµότερο
χρόνο (t>0) στον οποίο το σώµα θα έχει αυτή την ταχύτητα και γ) τη µέγιστη
επιτάχυνση και τον συντοµότερο χρόνο (t>0) στον οποίο το σώµα θα έχει αυτή την
επιτάχυνση.
Λύση
x=(8.0 cm) cos(2t+π/3)
α) υ=dx/dt=-(16.0 cm/s) sin(2t+π/3), για t=π/2 s ⇒ υ=13.86 cm/s
a=dυ/dt=-(32.0 cm/s2) cos(2t+π/3), για t=π/2 s ⇒ a=16.0 cm/s2
β) υmax=16.0 cm/s, που συµβαίνει όταν t=1/2[sin-1(1)-π/3]=0.262 s
γ) amax=32 cm/s2 που συµβαίνει όταν t=1/2[cos-1(-1)-π/3]=1.05 s
Παράδειγµα 3ο: Τη χρονική στιγµή t=0 ένα σωµάτιο που κινείται µε απλή αρµονική
κίνηση βρίσκεται στη θέση x0=2 cm, όπου η ταχύτητα του είναι υ0=-24 cm/s. Αν η
περίοδος της κίνησης του είναι 2 Hz, βρείτε α) τη σταθερά φάσης, β) το πλάτος, γ)
27
την αποµάκρυνση, την ταχύτητα και επιτάχυνση ως συναρτήσεις του χρόνου και δ) τη
µέγιστη ταχύτητα και µέγιστη επιτάχυνση.
Λύση
x=A cos(ωt+δ), τη χρονική στιγµή t=0, x0=2 cm και υ0=-24 cm/s
T=1/f=0.5 s ⇒ ω=2π/Τ=4π rad/s
α) υ(t)=-ω Αsin(ωt+δ)
x0=A cosδ=2 ⇒Αcosδ=2
υ0=-ω A sinδ=-24 ⇒ A sinδ=24/4π=1.91
tanδ=1.91/2=0.954 ⇒ δ=0.762 rad
β) A = x02 + υ 02 ω 2 = 2 2 + 1.912 = 2.77 cm
γ) x=2.77 cos(4πt+0.762) cm
υ=-(4π) 2.77 sin(4πt+0.762)=-34.8 sin(4πt+0.762) cm/s
a==-(4π)2 2.77 cos(4πt+0.762)=-437 cos(4πt+0.762) cm/s2
δ) υmax=34.8 cm/s και amax=437 cm/s2
Παράδειγµα 4ο: Με δεδοµένη την εξίσωση διατήρησης της µηχανικής ενέργειας ενός
υλικού σηµείου:
1 2 1 2
mu + kx = σταθ. , να αποδειχθεί ότι το υλικό σηµείο εκτελεί
2
2
αρµονική ταλάντωση στον άξονα Ox .
Λύση
Η εξίσωση της ενέργειας είναι:
1
1
mu 2 + kx 2 = c .
2
2
Απ’ αυτήν λύνοντας ως προς την ταχύτητα u, προκύπτει: u =
Θέτωντας:
dx
2c k 2
=±
− x
dt
m m
2c
k
= λ 2 , = ω2 , η έκφραση για την ταχύτητα γράφεται:
m
m
dx
= ± λ 2 − ω2 x 2
dt
Αν θέσουµε στη συνέχεια: ωx = λy ⇒
(1)
dx λ
= dy , τότε η σχέση (1) γράφεται:
dt ω
λ
dy
dy = ±λ 1− y2 ⇒
= ωdt ⇒ sin−1 y = ωt + ϕ
ω
1− y2
28
εποµένως: y = sin( ωt + ϕ) ⇒
ω
x = sin( ω t + ϕ )
λ
λ
⇒ x = sin( ωt + ϕ )
ω
Παράδειγµα 5ο: α)Ελατήριο µήκους A αποτελείται το µισό από υλικό σταθεράς k και
το υπόλοιπο µισό από υλικό σταθεράς 2k. Να αποδειχθεί ότι η σταθερά του
ισοδυνάµου ελατηρίου είναι 2k/3. β) ∆ιαθέτουµε ελατήριο µήκους A και σταθεράς k,
το οποίο αποτελείται από Ν σπείρες. Αν ελαττώσουµε τον αριθµό των σπειρών , τι θα
συµβεί στην σταθερά του ελατηρίου;
Λύση
α) Θεωρούµε ακλόνητο το αριστερό άκρο του ελατηρίου. Στο δεξιό άκρο του
εφαρµόζουµε δύναµη F και το ελατήριο εκτείνεται κατά x. Έστω x1 η επιµήκυνση
του αριστερού µισού και x 2 του δεξιού. Η δύναµη F διαδίδεται µέσω των σπειρών
κατά µήκος ολοκλήρου του ελατηρίου. Εποµένως ισχύει:
F = k1x1 = k2x2 ⇒ x1 =
F
F
, x2 = .
k1
k2
Αλλά: x = x1 + x 2 (1).
Έστω k η σταθερά του ισοδυνάµου ελατηρίου, στο οποίο αν ασκηθεί η δύναµη F , θα
εκταθεί κατά x. Κατά συνέπεια: x =
F
. και εποµένως από την σχέση (1) προκύπτει:
k
1 1 1
= + .
k k1 k2
β) Θεωρούµε ακλόνητο το αριστερό άκρο του ελατηρίου. Στο δεξιό άκρο του
εφαρµόζουµε δύναµη F και το ελατήριο εκτείνεται κατά x. Το ελατήριο αποτελείται
από Ν σπείρες. Η δύναµη F ασκείται σε κάθε µία σπείρα χωριστά και την
παραµορφώνει κατά ∆x. Εποµένως: ∆ x =
x
.
N
Έστω κ η σταθερά της µίας σπείρας και k η σταθερά ολοκλήρου του ελατηρίου. Άρα
F F
F
F
⇒ κ = kN. .
∆x = ,x = . Κατά συνέπεια, =
κ kN
κ
k
29
Αν λοιπόν η σταθερά ενός ελατηρίου µε Ν σπείρες είναι: k =
κ
N , όπου κ είναι η
σταθερά της µίας σπείρας, η σταθερά ενός ελατηρίου µε Λ σπείρες, όπου Λ<Ν, θα
είναι: k′ =
κ
⇒ k′ > k.
Λ
Παράδειγµα 6ο: Μια µάζα 0.5 kg που έχει συνδεθεί σε ένα ελατήριο σταθεράς 8 N/m
κάνει ταλαντώσεις µε απλή αρµονική κίνηση πλάτους 10 cm. Υπολογίστε α) τη
µέγιστη τιµή της ταχύτητας και της επιτάχυνσης του, β) την ταχύτητα και την
επιτάχυνση, όταν η µάζα βρίσκεται στη θέση x=6 cm από τη θέση ισορροπίας και γ)
τον χρόνο που απαιτείται για να κινηθεί η µάζα από τη θέση x=0 στη θέση x=8 cm.
Λύση
α) ω =
k
=
m
8 N /m
= 4 s −1 , εποµένως η θέση θα δίνεται από:
0.5 kg
x=10 sin(4t) cm ⇒ υ=40 cos(4t) cm/s και υmax=40 cm/s
a=-160 sin(4t) cm/s2 και amax=160 cm/s2
β) t=(1/4) sin-1(x/10) και όταν x=6 cm, t=0.161 s
και εποµένως υ=40 cos[4(0.161)]=32 cm/s
a=-160 sin[4(0.161)]=-96 cm/s2
γ) Χρησιµοποιώντας τη σχέση: t=(1/4) sin-1(x/10) για x=0, t=0 και για x=8 cm, t=0.23
s, προκύπτει ∆t=0.232 s
Παράδειγµα 7ο: Ένα σώµα που είναι ανηρτηµένο από ένα κατακόρυφο ελατήριο
έλκεται προς τα κάτω κατά 4 cm από τη θέση ισορροπίας του και αφήνεται ελεύθερο,
ενώ αρχικά ακινητούσε. Η αρχική προς τα πάνω επιτάχυνση του σώµατος είναι 0.30
m/s2. α) Ποια είναι η περίοδος Τ της ταλάντωσης που επακολουθεί; β) Με ποια
ταχύτητα περνάει το σώµα από τη θέση ισορροπίας του; γ) Ποια είναι η εξίσωση
κίνησης του σώµατος;
Λύση
α) amax=ω2A ⇒ ω=√(amax/A)= √(0.30 m/s2)/(0.04 m)=2.74 rad/s
T=2π/ω=2.29 s
β) υmax= ωΑ=(2.74 rad/s) (0.04 m)=0.110 m/s
γ) x=-(0.04 m) cos(2.74t)
30
Παράδειγµα 8ο: Ένα ελατήριο είναι τοποθετηµένο σε οριζόντιο τραπέζι χωρίς τριβές.
Όταν το συµπιέσουµε µε δύναµη 0.75 N, τότε συµπιέζεται κατά 0.03 m από την θέση
ισορροπίας του. Στη συνέχεια αφού του συνδέσουµε σώµα βάρους 1.5 Kgr, το
εκτείνουµε κατά 0.04 m από την θέση ισορροπίας του. Μετά το αφήνουµε ελεύθερο
και εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση. Να βρείτε: α) τη σταθερά του ελατηρίου k, β)
Τη δύναµη που ασκεί το ελατήριο στο σώµα, λίγο πριν το αφήσουµε ελεύθερο για να
ταλαντωθεί γ) την περίοδο T της ταλάντωσης που εκτελεί, την συχνότητα ν και την
γωνιακή συχνότητα ω δ) το πλάτος της ταλάντωσης ε) τη µέγιστη ταχύτητα του
ταλαντούµενου σώµατος στ) τη µέγιστη επιτάχυνση του σώµατος ζ) να υπολογίσετε
την ταχύτητα u, την επιτάχυνση a, την κινητική και δυναµική ενέργεια του σώµατος
όταν έχει φθάσει στα µισά του δρόµου από την αρχική του θέση κινούµενο προς το
κέντρο της κίνησης, η) υπολογίστε την συνολική ενέργεια του ταλαντούµενου
συστήµατος, θ) ποια είναι η µετατόπιση του σώµατος συναρτήσει του χρόνου.
Λύση
α) ∆ύναµη 0.75 Ν δηµιουργεί µετατόπιση 0.03 m. Εποµένως η σταθερά του
ελατηρίου θα είναι: k=F/x=0.75 N/0.03 m=25 N/m.
β) Το ελατήριο έχει εκταθεί κατά 0.04 m. Εποµένως η δύναµη που ασκεί το ελατήριο
στο σώµα θα είναι: F=-kx=-(25 N/m)(0.04 m)=1 N. Το πρόσηµα “–“ σηµαίνει απλώς
ότι η δύναµη κατευθύνεται σε αντίθετη κατεύθυνση από την µετακίνηση.
γ) Η περίοδος Τ είναι: T = 2π
1.5 Kgr
m
= 2π
= 1.54 s , η συχνότητα ν είναι
k
25 N
m
ν=1/Τ=0.65 cycles/s και η γωνιακή συχνότητα ω είναι ω=2π/Τ=4.08 rad/s.
δ) Η µέγιστη µετατόπιση αντιστοιχεί σε µηδενική κινητική ενέργεια και µέγιστη
δυναµική ενέργεια. Αυτές είναι οι αρχικές συνθήκες πριν την ελευθέρωση του
σώµατος. Εποµένως το πλάτος Α της ταλάντωσης, είναι η αρχική µετατόπιση 0.04 m.
( )
ε) Η µέγιστη ταχύτητα είναι: u max = ωA = 2π A = 0.16 m/s.
T
Η µέγιστη ταχύτητα συµβαίνει για χ=0 δηλ. στη θέση ισορροπίας και προφανώς δύο
φορές κατά την διάρκεια ενός πλήρους κύκλου.
( m )A = 0.66 m/s . Η
στ) Η µέγιστη επιτάχυνση του σώµατος είναι: α = ω 2 A = k
2
µέγιστη επιτάχυνση συµβαίνει στα τέλη της διαδροµής, όπου x=±Α και u=0. Η
επιτάχυνση και η µετατόπιση έχουν αντίθετο πρόσηµο.
31
ζ) Στο σηµείο αυτό ισχύει: x=A/2=0.02 m. Η ταχύτητα δίνεται από τον τύπο:
u=−
2π
A 2 − x 2 = 0.14 m/s.
T
Η επιτάχυνση θα δίνεται από: a = −
k
x = 0.33 m/s2.
m
Η κινητική ενέργεια θα είναι: K =
1
mu 2 = 9.8×10-3 J.
2
Η δυναµική ενέργεια θα είναι: U =
1 2
kx = 5×10-3 J.
2
η) Η ολική ενέργεια θα είναι: E = K + U = 14.8×10-3 J.
θ) Γενικά ισχύει: x = A cos(ωt + φ) . Στη περίπτωση µας έχουµε ήδη βρει: Α=0.04 m.
Θα προσδιορίσουµε τα ω και φ. Για το ω: ω=2π/Τ=2π/(1.54 s)=4.08 radians/s.
Τη χρονική στιγµή t=0, έχουµε ότι: χ=0.04, εποµένως εκείνη τη στιγµή x(0)=Α
cos(δ)⇒0.04=0.04 cosδ. Αρα: cosδ=0⇒δ=0 rad. Εποµένως: x(t)=0.04cos(4.08t).
Παράδειγµα 9ο: Σωλήνας σχήµατος U περιέχει ποσότητα υδραργύρου µε συνολικό
µήκος L. Ο υδράργυρος, που αρχικά ισορροπεί, µετατοπίζεται (µε συµπίεση του ενός
σκέλους) από τη θέση ισορροπίας. (α) Να δειχθεί ότι ο υδράργυρος θα κάνει απλή
αρµονική κίνηση. (β) Να υπολογιστεί η περίοδος της κίνησης, αν L=20 cm.
( g = 10m / s 2 ).
Λύση
(α) Όταν η στήλη του υδραργύρου µετατοπιστεί από τη θέση ισορροπίας κατά x, οι
ελεύθερες επιφάνειές του µέσα στα δύο σκέλη του σωλήνα απέχουν κατακόρυφα
κατά 2x και η δύναµη επαναφοράς είναι το επιπλέον βάρος στο ένα σκέλος, δηλαδή:
F=-2Sxρg, όπου S η διατοµή του σωλήνα και ρ η πυκνότητα του υδραργύρου.
Αν k=2Sρg, τότε F=-kx, δηλαδή η δύναµη είναι ανάλογη της αποµάκρυνσης από την
ισορροπία (µε µείον). Άρα η κίνηση είναι απλή αρµονική ταλάντωση.
(β) Η κινούµενη µάζα είναι m=SLρ. Συνεπώς, η περίοδος της ταλάντωσης θα είναι:
T = 2π
m
S Lρ
2L
= 2π
=π
= 0.628sec
k
2S L ρ g
g
Παράδειγµα 10ο: Οριζόντιο δοχείο σταθερής διατοµής εµβαδού S περιέχει αέρα υπό
ατµοσφαιρική πίεση και φράσσεται αεροστεγώς µε έµβολο µάζας m. Το έµβολο
ισορροπεί σε απόσταση A από τον πυθµένα του δοχείου και συνδέεται µε αυτόν µε
32
ελατήριο σταθεράς k. Στη θέση της ισορροπίας, το ελατήριο έχει το φυσικό του
µήκος. Τι είδους κίνηση θα εκτελέσει το έµβολο αν αποµακρυνθεί ελάχιστα από την
θέση ισορροπίας; Υποθέστε ότι δεν υπάρχουν τριβές.
Λύση
Έστω A το φυσικό µήκος του ελατηρίου. Ο όγκος του αέρα, όταν το έµβολο
ισορροπεί ισούται µε: V0 = SA , η δε πίεση ισούται µε P0 . Στην θέση αυτή το
έµβολο δέχεται και στις δύο όψεις του δυνάµεις F0 = P0 S ίσες µεταξύ τους. Αν
µετακινήσουµε το έµβολο κατά x, ο όγκος του αέρα ελαττώνεται κατά: ∆V = Sx και
γίνεται: V = V0 − ∆V = S( l − x) . Για τον αέρα ισχύει επιπλέον ο νόµος των Boyle-
P0A
.
Mariotte: P0 V0 = PV . Άρα: P0 SA = PS( A − x ) ⇒ P =
A−x
Θεωρώντας θετική φορά αυτήν κατά την οποία κινήθηκε το έµβολο, η δύναµη, την
οποία υφίσταται το έµβολο λόγω της µεταβολής της πίεσης είναι:
PS
⎛ PA
⎞
F1 = S∆P = S( −P + P0 ) = S⎜ − 0 + P0 ⎟ = − 0 x
⎝ A−x
⎠ A−x
Στον παρονοµαστή µπορούµε να θεωρήσουµε ότι:
Άρα: F1 = −
x << A ⇒A − x ≈ A .
P0S
x . Εκτός της δύναµης αυτής, στο έµβολο ασκείται και η δύναµη από
A
το συµπιεσµένο ελατήριο, η οποία ισούται µε: F2 = − kx .
Η διαφορική εξίσωση της κινήσεως του εµβόλου γράφεται τότε ως εξής:
⎛ P S⎞
= F1 + F2 ⇒ mx
= −x ⎜ k + 0 ⎟ = −Dx , όπου k + P0S = D .
mx
A ⎠
l
⎝
Άρα:
+ Dx = 0 . ∆ηλαδή, το έµβολο εκτελεί αρµονική ταλάντωση πλάτους
mx
περίοδο: T = 2π
x
µε
m
.
D
Παράδειγµα 11ο: Αν υποτεθεί ότι µπορούµε να σκάψουµε µια σήραγγα διαµέσου της
Γης, κατά µήκος µιας διαµέτρου της, τότε τι είδους κίνηση θα εκτελέσει ένα σώµα
που ρίπτεται µέσα στη σήραγγα; Αγνοήστε τις δυνάµεις τριβής και υποθέστε σταθερή
την πυκνότητα της Γης.
Λύση
33
Σε κάθε απόσταση r από το κέντρο της Γης η δύναµη της βαρύτητας που ασκείται σ’
ένα σώµα µάζας m είναι η έλξη από τη µάζα M(r) µιας οµογενούς (πυκνότητα
ρ=σταθ.) σφαιρικής κατανοµής ύλης, µε όγκο (4 / 3)πr 3 :
F =−
GM (r ) m
G ( ρ 4π r 3 ) m
=
−
= −(σταθ .) r.
r2
3r 2
δηλαδή, µια δύναµη ανάλογη της αποµάκρυνσης, µε φορά προς τη θέση ισορροπίας.
Αυτή όµως είναι η συνθήκη της απλής αρµονικής ταλάντωσης.
Παράδειγµα 12ο: Μάζα m είναι στερεωµένη µε δύο ελατήρια, όπως φαίνεται στο
διπλανό σχήµα. Τα ελατήρια έχουν σταθερές k1και k2, και αρχικά µήκη l01 και l02. Να
αποδειχτεί ότι η µάζα m, θα εκτελέσει αρµονική ταλάντωση µε περίοδο
T = 2π
m(k1 + k 2 )
k1 k 2
στη πρώτη περίπτωση και T = 2π
m
στη δεύτερη
k1 + k 2
περίπτωση.
Λύση
Πρώτη περίπτωση:
Εφαρµόζοντας τον
θεµελιώδη νόµο της
µηχανικής στη µάζα
m
που
κινείται
πάνω στον οριζόντιο άξονα Οx, γράφουµε την εξίσωση κίνησης:
m x = − k2 (l2 − l02 )
(1)
Εκφράζουµε το µήκος l2 του ελατηρίου συναρτήσει της θέσης x της µάζας m,
θεωρώντας αρχή των αξόνων το σηµείο Ο, όπου συνδέεται το πρώτο ελατήριο µε τον
τοίχο. Για να το κάνουµε αυτό, εφαρµόζουµε τον θεµελιώδη νόµο της δυναµικής για
το σηµείο A (µεταξύ των δύο ελατηρίων), που δεν έχει µάζα (mA=0):
0 = −k1 (l1 − l10 ) + k 2 (l 2 − l 20 ) ⇒ l1 = l10 +
k2
(l 2 − l 20 )
k1
απ’ όπου προκύπτει:
⎛ k ⎞
k
x = l1 + l2 = ⎜1 + 2 ⎟ l2 + l10 − 2 l20 και
k1
⎝ k1 ⎠
34
⎛ k ⎞
l2 − l20 = ⎜ 1 ⎟ ( x − L0 ) µε L0 = l 01 + l 02 .
⎝ k1 + k2 ⎠
Εποµένως η εξίσωση κίνησης (1) γράφεται ξανά ως εξής:
mx =
− k1 k2
kk
( x − L0 ) ή mx + 1 2 ( x − L0 ) = 0
k1 + k2
k1 + k2
Η τελευταία αυτή εξίσωση περιγράφει µια αρµονική ταλάντωση µε περίοδο:
T = 2π
m(k1 + k 2 )
k1 k 2
∆ηλαδή, η σύνδεση δύο ελατηρίων σε σειρά ισοδυναµεί µε ένα ελατήριο σταθεράς
k=
k1k2
και µήκος στην κατάσταση ισορροπίας l 01 + l 02 .
k1 + k2
∆εύτερη περίπτωση: Η εφαρµογή του θεµελιώδους νόµου της δυναµικής για την
κίνηση της µάζας m, δίνει την ακόλουθη εξίσωση κίνησης:
mx = − k1 (l1 − l01 ) + k2 (l2 − l02 ) = − k1 ( x − l01 ) + k2 (L − x − l02 ) ⇒ mx = −(k1 + k2 )( x − L0 )
ή
mx + (k1 + k2 )( x − L0 ) = 0 µε L0 =
(k1l01 − k 2 l 02 +k 2 L )
.
(k1 + k 2 )
Εποµένως, η κίνηση που εκτελεί η µάζα m, θα είναι αρµονική κίνηση µε περίοδο:
T = 2π
m
.
k1 + k 2
∆ηλαδή, σύνδεση των δύο ελατηρίων παράλληλα, ισοδυναµεί µε ένα ελατήριο
σταθεράς k = k1 + k2 .
Παράδειγµα 13ο: Το πλάτος της ταλάντωσης ενός συστήµατος που εκτελεί απλή
αρµονική κίνηση διπλασιάζεται. Προσδιορίστε τη µεταβολή της: α) ολικής ενέργειας,
β) µέγιστης ταχύτητας, µέγιστης επιτάχυνσης και δ) περιόδου.
Λύση
Α ⇒ 2Α
α) Ε= kA2/2 ⇒ διπλασιασµός του Α ⇒ τετραπλασιασµό του Ε
β) υmax= Α ω ⇒ διπλασιασµός του Α ⇒ διπλασιασµό του ω
γ) amax=ω2 Α ⇒ διπλασιασµός του Α ⇒ διπλασιασµό του amax
δ) Η περίοδος εξαρτάται µόνο από το k και m, εποµένως παραµένει αµετάβλητη.
35
Παράδειγµα 14ο: Αντικείµενο µάζας m=1 gr κρέµεται από ελατήριο και τίθεται σε
ταλάντωση. Σε χρόνο t=0 η µετατόπιση είναι 43.785 cm και η επιτάχυνση –1.7514
cm/s2.να βρεθεί η σταθερά του ελατηρίου.
Λύση
Κατ’ αρχάς διατυπώνουµε την εξίσωση κίνησης:
d2y
d2y
m 2 = −ky ⇒ m 2 + ky = 0
dt
dt
Οι λύσεις της διαφορικής εξίσωσης θα είναι της µορφής:
y = c1e + iω t + C2e − iω t ή y = A cos ω t + B sin ω t
(1)
Από τις αρχικές συνθήκες όµως γνωρίζουµε ότι για t=0: y0=43.785 cm και
d2y
= −1.7514 cm/s2. Από την σχέση (1) έχουµε:
dt 2
y0=A ⇒ Α=43.785 cm και παραγωγίζοντας δύο φορές:
d2y
dy
= − Aω 2 cos ω t − Bω 2 sin ω t
= − Aω sin ω t + Bω cos ω t και
2
dt
dt
Από την σχέση (2) για t=0 προκύπτει:
Επειδή όµως: ω =
d2y
dt 2
t =0
= γ 0 = − Aω 2 ή ω 2 =
(2)
−γ0
A
k
k −γ0
−γ0 m
, θα έχουµε:
⇒k=
=
m
m
A
A
Εποµένως µε αντικατάσταση: k=4×10-2 dyn/cm.
Παράδειγµα 15ο: Στερεός κύλινδρος βάρους Β και διατοµής S είναι κρεµασµένος
από ελατήριο σταθεράς k και µερικώς βυθισµένος σε υγρό ειδικού βάρους ε. Να
βρεθεί η περίοδος µικρών κατακόρυφων ταλαντώσεων του κυλίνδρου (τριβές
αµελητέες).
Λύση
Η διαφορική εξίσωση της ταλαντωτικής κίνησης είναι:
m
d2y
= ∑ Fy = − ky − Sε y = −(k + S ε ) y
dt 2
ή
B d2y
d2y g
(
)
=
−
k
+
S
ε
y
ή
+ (k + S ε ) y = 0 (1)
g dt 2
dt 2 B
36
Οι λύσεις της εξίσωσης (1) θα είναι της µορφής: y (t ) = c1e + iω t + C2e − iω t µε
ω2 =
g
(k + S ε ) ⇒ ω =
B
g
(k + S ε ) και επειδή ω=2π/Τ ⇒
B
ή T = 2π
T=
2π
g
(k + S ε )
B
B
(k + S ε )
g
Παράδειγµα 16ο: Αποδείξτε ότι ο ρυθµός µεταβολής της µηχανικής ενέργειας ως
προς το χρόνο για έναν ελεύθερο ταλαντωτή µε απόσβεση είναι: dE/dt=-bυ2 (και ότι
είναι πάντοτε αρνητικός).
Λύση
Η µηχανική ενέργεια του συστήµατος είναι: E=½ mυ2 + ½ kx2
dE
d 2x
= mυ 2 + kxυ
dt
dt
Αλλά:
md 2 x
dE
dE
= −kx − bυ ⇒
= υ (kx − bυ ) + kxυ ⇒
= −bυ 2 <0
2
dt
dt
dt
Παράδειγµα 17ο: Υπολογίστε τις συχνότητες συντονισµού των ακολούθων
συστηµάτων: α) µιας µάζας 3 kg δεµένης σε ένα ελατήριο σταθεράς 240 Ν/m και β)
ενός απλού εκκρεµούς µήκους 1.5 m.
Λύση
α) f =
1
2π
k
1
=
m 2π
240
= 1.42 Hz
3
β) f =
1
2π
g
1
=
l
2π
9.8
= 0.407 Hz
1.5
Παράδειγµα 18ο: Μάζα m στερεώνεται σε δύο στερεά στηρίγµατα µε τη βοήθεια δύο
ίδιων ελατηρίων µήκους l0 και σταθεράς k. Κάθε ελατήριο είναι τεντωµένο σε µήκος
l µεγαλύτερο του l0. ∆ιατυπώστε τη διαφορική εξίσωση της κίνησης για µικρές
ταλαντώσεις: α) στον
άξονα x και β) στον
άξονα
y.
γ)
Να
υπολογισθεί ο λόγος
37
των περιόδων των δύο ταλαντώσεων συναρτήσει των l και l0. δ) Κατά τη χρονική
στιγµή t=0 η µάζα αφήνεται από το σηµείο x=y=A0 µε µηδενική ταχύτητα. Ποιες θα
είναι οι µετατοπίσεις στους άξονες x και y σε χρόνο t.
Λύση
α) Έστω ότι αποµακρύνεται η µάζα κατά x από τη θέση ισορροπίας της. Τότε οι
δυνάµεις που θα ασκούνται επάνω της από τα ελατήρια θα πληρούν τη σχέση:
m
d 2x
= ∑ Fx = − k (l + x − l 0 ) + k (l − x − l 0 ) ⇒
dt 2
m
d 2 x 2k
d 2x
=
−
kx
⇒
+
x=0
2
m
dt 2
dt 2
Οι λύσεις της διαφορικής εξίσωσης της κίνησης θα έχουν τη µορφή:
x = c1eiω t + c2e−iω t
dx
= c1iω te iω t + c 2 iω te −iω t
dt
⇒
και
d 2x
iω t
iω t
iω t
iω t ⎞
= −c ω 2e
− c ω 2e
= −ω 2 ⎛⎜ c e
+c e
⎟
1
2
1
2
2
⎝
⎠
dt
Με αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση προκύπτει:
2k
iωt
iωt 2k iω t
iω t
−ω2 ⎛⎜c1e + c2 e ⎞⎟ + ⎛⎜ c1e + c2 e ⎞⎟ = 0 ⇒ ω x2 =
⇒ ωx =
m
⎝
⎠ m⎝
⎠
Επειδή όµως: ω x =
2k
m
2π
2π
2m
m
⇒ Tx =
⇒ Tx = 2π
⇒ Tx = π
2k
k
Tx
ωx
β) Αντίστοιχα για την κατεύθυνση του άξονα y θα ισχύει:
m
d2y
d2y
(
)
(
)
=
F
=
−
k
a
−
l
sin
θ
−
k
a
−
l
sin
θ
⇒
m
= −2k (a − l 0 )sin θ
∑ y
0
0
dt 2
dt 2
Αλλά:
sinθ=y/a,
y
d2y
m 2 = −2k (a − l 0 )
a
dt
οπότε:
⇒
d 2 y 2k ⎛ l 0 ⎞
+
⎜1 − ⎟ y = 0
m⎝
a⎠
dt 2
⎛
y2 ⎞ 2
⎜
Όµως: a = y + l = l ⎜1 + 2 ⎟⎟ = l (1 + ε )
l ⎠
⎝
2
µε ε<<1 (γιατί y<<l) ⇒
2
2
2
l0 l0 ⎛ 1 y 2 ⎞
⎟
≈ ⎜⎜1 −
a
l ⎝ 2 l 2 ⎟⎠
38
Εποµένως:
d 2 y 2k
+
dt 2 m
d 2 y 2k
+
dt 2 m
⎡ l0 ⎛ 1 y 2 ⎞ ⎤
d 2 y 2k
+
⇒
1
−
1
−
y
=
0
⎢
⎜
2 ⎟⎥
dt 2 m
⎣ l ⎝ 2 l ⎠⎦
1 y3 ⎤
l0
⎡
⎢⎣ y − l y − 2 l0 l 3 ⎥⎦ = 0
⇒
d 2 y 2k ⎛ l 0 ⎞
+
⎜1 − ⎟ y = 0
m⎝
l ⎠
dt 2
d 2 y 2k
(l − l0 )y = 0 ⇒ ω y2 = 2k (l − l0 ) ⇒ T y =
+
2
ml
ml
dt
T
⎛ l ⎞
γ) Εποµένως: x = ⎜1 − 0 ⎟
Ty ⎝
l ⎠
⎡ l0 1 y 2 ⎤
⎢1 − l − 2 l0 l 2 ⎥ y = 0 ⇒
⎣
⎦
⇒
2π
2k
(l − l0 )
ml
12
δ) Όπως είδαµε προηγούµενα, οι λύσεις της εξίσωσης κίνησης στον άξονα των x είναι
της µορφής: x(t)=A cosωt +B sinωt ⇒ υ=dx/dt=-Aω sinωt + Bω cosωt
Για t=0 ⇒ x(0)=A0 και υ(0)=dx/dt=Bω=0 ⇒Β=0
Άρα: x(t)=A0 cosωxt ή x(t)=A0 cos(√2k/m) t
Όµοια για την κίνηση στον άξονα των y βρίσκουµε:
y (t ) = A0 cos
2k
(l − l0 ) ⋅ t
ml
Παράδειγµα 19ο: Ταλαντωτής µάζας m και γωνιακής συχνότητας ω=5 rad/s
υφίσταται δύναµη απόσβεσης µεγέθους fmυ, όπου υ η ταχύτητα και f=10 s-1. Η
αρχική µετατόπιση είναι 1 cm και η αρχική ταχύτητα διευθύνεται προς τη θέση
ισορροπίας. Να δειχθεί ότι η µετατόπιση γίνεται αρνητική µόνον όταν η αρχική
ταχύτητα υπερβαίνει τα 9 m/s.
Λύση
Η διαφορική εξίσωση της κίνησης είναι:
d 2x
d 2x
dx k
m 2 + mfυ + kx = 0 ⇒ 2 + f
+ x=0
dt
dt
dt m
µε χαρακτηριστική εξίσωση: r 2 + fr + ω 2 = 0
Η διακρίνουσα της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι:
∆ = f 2 −4
k
= 100 − 4 ⋅ 9 = 64 >0 ⇒ ισχυρή απόσβεση
m
Οι ρίζες είναι: x1, 2 (t ) =
− 10 ± 8
⇒ x1=-1 και x2=-9
2
Άρα η γενική λύση θα είναι: x(t ) = c1e − t + c 2 e −9t
39
Από τις αρχικές συνθήκες προκύπτει:
για t=0: x(0)=1 ⇒ 1 = c1e −0 + c 2 e −90 ⇒ c1 + c2 = 1
(1)
υ(0)=-υ ⇒ c1 + 9c2 = υ
(2)
Εποµένως από σχέσεις (1) και (2) προσδιορίζονται οι σταθερές c1 και c2:
c1 =
υ −1
9 −υ
και c 2 =
8
8
Εποµένως: x(t ) =
9 − υ1 −t υ − 1 −9 t
e +
e
8
8
Άρα για να είναι η µετατόπιση αρνητική πρέπει υ>9 m/s
Παράδειγµα 20ο: Ένα σώµα µάζας M στερεώνεται σ’ ένα ακλόνητο σηµείο µε
ελατήριο σταθεράς K έτσι που να µπορεί να κινείται οριζόντια. Πάνω στο σώµα αυτό
ενεργεί οριζόντια δύναµη F=cos(pt). Αν το σώµα είναι συνδεδεµένο µε ένα άλλο
µάζας m µέσω ελατηρίου σταθεράς k να βρεθεί η συνθήκη που πρέπει να πληρούν τα
m και k ώστε το πρώτο σώµα να µην κινείται.
Λύση
Οι εξισώσεις κίνησης για κάθε σώµα είναι:
M
d2X
+ KX + k ( X − x) = F cos pt
dt 2
και m
d 2x
+ k(x − X ) = 0
dt 2
(1)
(2)
Αλλά πρέπει X=0, οπότε και
d2X
= 0 , άρα η (1) γίνεται: − kx = F cos pt ⇒ το σώµα
dt 2
ταλαντώνεται µε συχνότητα p.
Από τη (2) ⇒ m
d 2x
+ kx = 0 ⇒ το σώµα ταλαντώνεται µε συχνότητα ω: ω =
dt 2
∆ηλαδή θα πρέπει: ω =
k
.
m
k
=p
m
Παράδειγµα 21ο: Να αποδειχθεί ότι για ένα γραµµικό ταλαντωτή µε πολύ ασθενή
απόσβεση, τέτοια που να µπορεί να προσεγγισθεί η Td=2π/ωd, ο συντελεστής
ποιότητας Q είναι ίσος µε mω0/b.
Λύση
40
Ο συντελεστής ποιότητας Q ορίζεται από τη σχέση: Q = 2π
E
max
∆E
κυκλο
Η
διαφορική
εξίσωση
της
κίνησης
είναι:
m
d 2x
dx
+ b + kx = 0
2
dt
dt
ή
d 2 x b dx k
d 2x
dx
+
+
x
=
0
ή
+γ
+ ω 02 x = 0
2
2
dt
m dt m
dt
dt
µε γ=b/m και ω 02 = k m
Για ασθενική απόσβεση η λύση της διαφορικής αυτής είναι: x = C cos(ω d t )e − bt 2 m
Για t=0 ⇒ x=C ⇒ η µέγιστη δυναµική ενέργεια Emax θα είναι: Emax=1/2 kC2
Μετά ένα κύκλο, δηλαδή µετά από χρόνο Td:
⎛ 2π
x = C cos⎜⎜ ω d
⎝ ωd
⎞
b
⎞
⎛ b
⎞
⎟⎟ exp⎛⎜ −
Td ⎟ ⇒ x = C exp⎜ −
Td ⎟
⎝ 2m ⎠
⎝ 2m ⎠
⎠
Η ενέργεια θα είναι: E =
1 2 1 2
⎛ b ⎞
kx = kC exp⎜ − Td ⎟ 2π
2
2
⎝ m ⎠
Τότε, η απώλεια ενέργειας ανά κύκλο θα είναι: ∆Εκυκλο =
Επειδή όµως: ω d2 =
Οπότε: ∆Εκυκλο =
k
b2
−
⇒ Td =
m 4m 2
2π
2
k
b
−
m 4m 2
⎛ b
1 2⎡
4π m
kC ⎢1 − exp⎜⎜ −
2
2
⎢⎣
⎝ m 4mk − b
=
1 2⎡
⎛ b ⎞⎤
kC ⎢1 − exp⎜ − Td ⎟⎥
2
⎝ m ⎠⎦
⎣
4π m
4mk − b 2
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎥⎦
Επειδή όµως η απόσβεση είναι πολύ ασθενής ⇒ ∆<0 και b2<<4mk
Οπότε: ∆Εκυκλο =
Και επειδή ω 0 =
∆Εκυκλο =
1 2⎡
⎛ b 4π m
kC ⎢1 − exp⎜ −
2
⎝ m 4mk
⎣
⎞⎤ 1 2 ⎡
⎛ 2π b ⎞⎤
⎟⎥ = kC ⎢1 − exp⎜ −
⎟⎥
mk ⎠⎦
⎠⎦ 2
⎝
⎣
k
⇒ ω 0 m = km , η τελευταία σχέση γίνεται:
m
⎛ 2π b ⎞⎤
1 2⎡
⎟⎟⎥
kC ⎢1 − exp⎜⎜ −
2
ω
m
0
⎠⎦
⎝
⎣
⎛ 2π b ⎞
2π b
⎟⎟ ≈ 1 −
Για b<<0: exp⎜⎜ −
ω0m
⎝ ω0m ⎠
41
Εποµένως: ∆Εκυκλο =
1 2 ⎡ 2π b ⎤
kC ⎢
⎥
2
⎣ ω0m ⎦
1
kC2
mω 0
max = 2π
2
Άρα: Q = 2π
=
b
∆E
⎡ 2π b ⎤
1
κυκλο
kC2 ⎢
⎥
2
⎣ ω0 m ⎦
E
Παράδειγµα 22ο: Αντικείµενο µάζας 0.2 kg κρέµεται από ελατήριο σταθεράς 80 N/m
υφίσταται δε την επίδραση δύναµης αντίστασης –bu, όπου u η ταχύτητα. α) Να
διατυπώσετε την διαφορική εξίσωση που περιγράφει την κίνηση του συστήµατος, β)
αν η αποσβενυµένη συχνότητα είναι τα
3 2 της µη αποσβενύµενης, ποια είναι η
σταθερά b; γ) Ποιο είναι το Q του συστήµατος;
Λύση
α) Η εξίσωση κίνησης είναι:
m
d 2x
= −bu − kx
dt 2
ή
d 2 x b dx k
+
+ x=0
dt 2 m dt m
ή
d 2x
dx
+γ
+ ω 02 x = 0 µε γ=b/m και ω 02 = k m
2
dt
dt
β) Επειδή ω =
γ2
3
⇒
ω 0 και ω 2 = ω 02 −
2
4
ω 02 −
γ2
4
=
3
γ2 3
ω 0 ⇒ ω 02 − = ω 02 ⇒
2
4 4
ω 02 = γ 2
Επειδή γ=b/m ⇒ ω 02 =
γ) Q =
ω0 m
b
b2
k
= , άρα b 2 = km ⇒ b = k m , b=4 N⋅sec/m
2
m
m
=1
Παράδειγµα 23ο: Μάζα m στερεώνεται στο ελεύθερο άκρο ενός ελατηρίου, ενώ
υπάρχει και µηχανισµός απόσβεσης. Παρατηρείται ότι: ι) αν η µάζα σπρώχνεται
οριζόντια µε δύναµη mg η συµπίεση του ελατηρίου είναι h και ιι) αν η µάζα κινείται
µε ταχύτητα u η δύναµη τριβής είναι mg. α) Γράψτε τη διαφορική εξίσωση της
ταλάντωσης συναρτήσει των m, g, h και u. β) Αν ισχύει u = 3 gh ποια είναι η
συχνότητα της αποσβενύµενης ταλάντωσης; γ) Μετά πόσο χρόνο η ενέργεια θα
ελαττωθεί κατά παράγοντα 1/e; δ) Ποιο είναι το Q του συστήµατος;
Λύση
42
α) m
d 2x
dx
+ b + kx = 0
2
dt
dt
(1)
Από τα δεδοµένα προκύπτει ότι: mg=kh ⇒ k=mg/h (2)
και ub=mg ⇒ b=mg/u (3)
Η εξίσωση (1) µε τη βοήθεια των σχέσεων (2) και (3) γίνεται:
d 2 x g dx g
+
+ x=0
dt 2 u dt u
β) Επειδή u = 3 gh ⇒
(4)
g 1 g
=
, η εξίσωση (4) γίνεται:
u 3 h
d 2 x 1 g dx g
+
+ x=0
dt 2 3 h dt h
(5)
Συγκρίνοντας την εξίσωση (5) µε την εξίσωση (1) έχουµε ότι:
b 1 g
k g
=
και
=
m 3 h
m h
Γνωρίζουµε όµως ότι:
ω d2 = ω 02 −
ωd =
γ2
4
, γ=b/m, ω 02 = k m ⇒ ω 02 = k m =
g
1g
g
g
, γ2=
και ω d2 = −
⇒
h
9h
h 36 h
35 g
36 h
γ) Το πλάτος της αποσβενύµενης ταλάντωσης θα είναι της µορφής: A ( t ) = A0e−bt 2 m ,
οπότε η δυναµική ενέργεια γράφεται: E ( t ) =
Για t=0: Eαρχ = E (0 ) =
1 2
1
k A ( t ) = k A02 e −bt
2
2
m
− t
Ε (t )
1 2
=e m
kA0 , άρα:
E (0 )
2
b
Για να µειωθεί η ενέργεια κατά παράγοντα 1/e, θα πρέπει:
m
b
t = 1 ή t = και επειδή
b
m
b 1 g
=
⇒ t =3 h
g
m 3 h
δ) Επειδή Q =
h
m
ω0 ⇒ Q = 3
g
b
g
=3
h
Παράδειγµα 24ο: Σώµα φέρει στις πλευρές του δύο ελατήρια που έχουν το καθένα
µήκος l0 και σταθερές k και 3k αντίστοιχα. Τα ελατήρια εξαρτώνται από τα σηµεία Α
43
και Β και το σώµα ισορροπεί. Να βρεθεί
η θέση ισορροπίας Ο του σώµατος και η
παραµόρφωση καθενός ελατηρίου. Αν
k, l0
k, 3l0
µετατοπίσουµε το σώµα κατά µικρή
µετατόπιση
να
αποδειχθεί
ότι
θα
εκτελέσει αρµονική ταλάντωση και να βρεθεί η περίοδος της. ∆ίνεται ότι ΑΒ=3l0.
Λύση
Έστω k η σταθερά του αριστερού ελατηρίου και 3k του δεξιού. Επίσης έστω ότι x η
επιµήκυνση του αριστερού και y του δεξιού ελατηρίου. Από τη συνθήκη ισορροπίας
του σώµατος προκύπτει ότι: k⋅x = 3k⋅y και x+y+2l0=3l0.
Εποµένως: x=3l0/4, y=l0/4 και (ΑΟ)=l0+3l0/4=7l0/4.
Η σταθερά του συστήµατος ισούται µε k+3k=4k οπότε T = 2π
m
.
4k
Παράδειγµα 25ο: Οµογενής δίσκος ακτίνας R µπορεί να αιωρείται γύρω από
οριζόντιο άξονα, ο οποίος απέχει κατά d από το κέντρο του C. Ποια είναι η σχέση
µεταξύ της περιόδου των µικρών ταλαντώσεων του δίσκου και της απόστασης d;
Υπάρχει τιµή του d για την οποία η περίοδος να γίνεται ελάχιστη; (0<d≤R)
Λύση
Η περίοδος δίνεται από τη σχέση:
I
T = 2π
= 2π
mgd
1
md 2 + mR 2
d
R2
2
= 2π
+
mgd
g 2 gd
1
2
όπου I = md 2 + mR 2 .
Βρίσκουµε και µηδενίζουµε την πρώτη παράγωγο της περιόδου ως προς d:
R2 ⎞
d T 2π ⎛ d
=
⎜ +
⎟
dd
2 ⎝ g 2 gd ⎠
−1/ 2
⎛1
⎛d
R2 ⎞
R
R 2 ⎞′
=0→d =
.
⋅⎜ +
⎟ =0→ ⎜ −
2 ⎟
2
⎝ g 2 gd ⎠
⎝ g 2 gd ⎠
Για να υπολογίσουµε το ακρότατο εξετάζουµε τη δεύτερη παράγωγο
σηµείο d =
R
2
d2 T
, στο
dd2
. Αν το αποτέλεσµα είναι θετικό, τότε υπάρχει ελάχιστο.
d T 2π ⎛ d
R2 ⎞
=
+
⎜
⎟
dd
2 ⎝ g 2 gd ⎠
−1/ 2
⎛1
R2
⋅⎜ −
2
⎝ g 2 gd
⎞
⎛
R2 g ⎞
=
+
π
dg
⎟
⎜
⎟
2d ⎠
⎠
⎝
−1/ 2
−
π R2 ⎛
5
⎜ gd +
2 ⎝
R 2 gd 3 ⎞
⎟
2 ⎠
−1/ 2
→
44
d2 T
π⎛
R2 g ⎞
=
−
+
dg
⎜
⎟
dd2
2⎝
2d ⎠
στο σηµείο d =
−3 / 2
⎛
R 2 g ⎞ π R 2 ⎛ 5 R 2 gd 3 ⎞
⋅⎜ g − 2 ⎟ +
⎜ gd +
⎟
2d ⎠
4 ⎝
2 ⎠
⎝
−3 / 2
⎛
3R 2 gd 2 ⎞
⋅ ⎜ 5 gd 4 +
⎟→
2 ⎠
⎝
R
η παραπάνω σχέση γράφεται:
2
R2 g ⎞
d2 T
π⎛
d
g
=
−
+
⎜
⎟
dd2
2⎝
2d ⎠
−3 / 2
⋅0 +
π R2 ⎛ R2 g ⎞
−3/ 2
⎜
⎟
4 ⎝2 2⎠
⋅ ( 2g R4 ) > 0 .
Το αποτέλεσµα είναι εποµένως θετικό και θα έχουµε ελάχιστο. Με αντικατάσταση
της σχέση R = 2d 2 , στην εξίσωση T = 2π
περιόδου: Tmin = 2π
d
R2
+
προκύπτει η ελάχιστη τιµή της
g 2 gd
d 2d 2
2d
+
= 2π
.
g 2 gd
g
45
46

Download Report