Πέμπτη, 30 Απριλίου 2009

Κινητική ενέργεια κυλίνδρου. Όπως σε ένα γιο-γιο.


Γύρω από έναν ομογενή κύλινδρο μάζας m, τυλίγουμε ένα αβαρές νήμα. Τραβάμε το νήμα ασκώντας στο άκρο του Α σταθερή κατακόρυφη δύναμη F=mg/2, ενώ ταυτόχρονα αφήνουμε τον κύλινδρο να κινηθεί. Αν ως προς τον άξονα του  κυλίνδρου Ι= ½ m·R2   και ο κύλινδρος μετατοπισθεί κατακόρυφα κατά h, τότε η κινητική ενέργεια του κυλίνδρου θα είναι ίση:
i)    με το έργο του βάρους.
ii)   με τη μείωση της δυναμικής ενέργειας του κυλίνδρου.
iii)  με 2mgh
iv)  με 1,5mgh.

Και αν το ελατήριο έχει μάζα;

Από τον συνάδελφο Κυριάκο Κουγιουμτζόπουλο πήρα μια άσκηση για μελέτη μιας ταλάντωσης όταν το ελατήριο έχει μάζα. Η άσκηση κατά την προσωπική μου άποψη, δεν πρέπει να μελετηθεί από μαθητές, αλλά είναι ενδιαφέρουσα για καθηγητές. Να τον ευχαριστήσω για την προσφορά του αυτή.
-------------------------

Σώμα μάζας M που βρίσκεται σε λείο οριζόντιο δάπεδο, προσδένεται στο άκρο ελατηρίου σταθερής k και μάζας M το άλλο άκρο του οποίου είναι στερεωμένο σε ακλόνητο σημείο. Να βρεθεί η περίοδος της ταλάντωσης του συστήματος. 

.

Κρούση και Ταλάντωση.

Και τώρα η τρίτη άσκηση από τον συνάδελφο Μιχάλη Κοκολίνα. Μια άσκηση, η οποία συνδυάζει ταλάντωση και κρούση, αλλά και κίνηση σε λείο και μη κεκλιμένο επίπεδο. Αφού τον ευχαριστήσω και για την προσφορά του αυτή, την δίνω για μελέτη.
--------------------------
Μικρή ομογενής σφαίρα μάζας m1 είναι δεμένη στην ελεύθερη άκρη οριζόντιου ιδανικού ελατηρίου και εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους Α. Την στιγμή που διέρχεται από την θέση x1= 0,6Α συγκρούεται μετωπικά και ελαστικά με άλλη μικρή και ομογενή σφαίρα μάζας m2 που αρχικά είναι ακίνητη. Η σφαίρα μάζας m1 μετά την κρούση αλλάζει φορά κίνησης και εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος Α΄=√13/5 Α.
Α. Να βρεθεί ο λόγος των μαζών m1/m2.
Β. Η δεύτερη σφαίρα κινείται με την ταχύτητα που απέκτησε σε λείο οριζόντιο επίπεδο και στην συνέχεια συναντάει ανηφορικό δρόμο, με γωνία κλίσης 30ο. Η σφαίρα ανεβαίνει τον ανηφορικό δρόμο και σταματάει αφού διανύσει διάστημα ίσο με τα 4/7 του διαστήματος που θα διένυε αν ο δρόμος ήταν λείος. Να βρεθεί ο συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ ανηφορικού δρόμου και σφαίρας.
Οι σφαίρες δεν περιστρέφονται κατά την κίνησή τους.

.

Απλή αρμονική ταλάντωση δύο σωμάτων.

Από τον συνάδελφο Μιχάλη Κοκολίνα πήρα μια άσκηση πάνω στην ταλάντωση δύο σωμάτων που συνδέονται με νήμα και τα οποία κάποια στιγμή εκτελούν δύο διαφορετικές ταλαντώσεις. Αφού τον ευχαριστήσω και για την προσφορά του αυτή, την δίνω για μελέτη.
--------------------------
Α.    Στο ελεύθερο άκρο ιδανικού οριζόντιου ελατηρίου σταθεράς k1 = 400 N/m, του οποίου το άλλο άκρο είναι ακλόνητο, στερεώνουμε σώμα μάζας m1 = 1 kg. Το σώμα αυτό συνδέεται μέσω αβαρούς νήματος, με δεύτερο σώμα μάζας m2 = 3 kg. Το σύστημα ισορροπεί στο οριζόντιο επίπεδο και του προσφέρουμε ακαριαία ενέργεια Ε = 2,88 J, οπότε ξεκινάει να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση κατά την θετική κατεύθυνση.

Α.1 Να βρείτε το πλάτος της ταλάντωσης.
Α.2 Αν το νήμα έχει όριο θραύσης 12√6Ν, να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση της τάσης του νήματος σε συνάρτηση με την απομάκρυνση της ταλάντωσης.

Β.     Όταν το νήμα σπάσει, το σώμα μάζας m1 συνεχίζει να ταλαντώνεται, ενώ το σώμα μάζας m2 κινείται στο λείο οριζόντιο επίπεδο και αφού διανύσει απόσταση d=√3m, συναντά το ελεύθερο άκρο άλλου οριζόντιου ιδανικού ελατηρίου, σταθεράς k2 = 300 N/m. Το m2 συγκρούεται με το ελατήριο και αρχίζει να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.
Β.1 Να βρείτε το πλάτος της ταλάντωσης του m1 μετά το κόψιμο του νήματος.
Β.2 Να γράψετε την εξίσωση της απομάκρυνσης της ταλάντωσης του σώματος μάζας m2 θεωρώντας ως χρονική στιγμή to = 0, την στιγμή που κόβεται το νήμα.


Στροφορμή υλικού σημείου κινούμενου ευθύγραμμα.

Από τον συνάδελφο Στελίου Κωνσταντίνο πήρα μια άσκηση υπολογισμού στροφορμής υλικών σημείων ως προς ένα σημείο. Η άσκηση συνοδεύεται από μια σύντομη θεωρία, πάνω στην στροφορμή, που θεωρώ ότι κάποια στιγμή θα έπρεπε να είχε γραφτεί….
Θα ήθελα κατ’ αρχήν να τον συγχαρώ για τον πολύ σωστό (αλλά και εύκολο τρόπο παρουσίασης) ενός θέματος που πραγματικά είναι άκρως προβληματική η αντιμετώπισή του από το σχολικό βιβλίο. Θα ήθελα επίσης να τον ευχαριστήσω και για την προσφορά του αυτή.
 -------------------------------- 
Τέσσερα υλικά σημεία κινούνται ευθύγραμμα πάνω στο ίδιο επίπεδο (xy) ενός τετραγώνου όπως φαίνεται στο σχήμα. Να υπολογιστεί η στροφορμή του συστήματος των υλικών σημείων ως προς το σημείο O του επιπέδου τους.



Ρυθμοί μεταβολής ορμής-στροφορμής.

Και τώρα ένα ερώτημα από μαθητή!! Από τον Γιώργο Κοσμίδη μια ερώτηση  καλή για δεύτερο θέμα. Ευχαριστώ Γιώργο και καλή επιτυχία στις εξετάσεις σου.
Ράβδος μήκους L και μάζας  M ηρεμεί σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Σε μια στιγμή  δέχεται την επίδραση ζεύγους οριζοντίων δυνάμενων F1=F2=F, όπως στο σχήμα. 

Οι ρυθμοί μεταβολής της ορμής και της στροφορμής είναι αντίστοιχα:
        i.       μηδέν και διαφορος του μηδενός 
        ii.     διαφορος του μηδενός και μηδεν
        iii.    μηδέν και μηδέν
Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την απάντησή σας:
.

Τετάρτη, 29 Απριλίου 2009

Αδειούχοι και αδιάθετοι

Μια απόδειξη από τον Σταύρο Πρωτογεράκη. Ευχαριστώ Σταύρο για την προσφορά.

Το παλιό, καλό PSSC και μια χρήσιμη απόδειξη.

Αρκετές φορές, σε ομαλά επιταχυνόμενες κινήσεις, αντί να εφαρμόσουμε ΘΜΚΕ, είναι πιο σύντομο να χρησιμοποιήσουμε τις σχέσεις:
 
οι οποίες προκύπτουν από τα ζεύγη εξισώσεων:
 
με απαλοιφή του χρόνου. 
Το «πρόβλημα» είναι ότι οι σχέσεις αυτές δεν αναφέρονται στο σχολικό βιβλίο οπότε  χρειάζεται να αποδειχθούν. Η τυπική απόδειξη με απαλοιφή του χρόνου είναι μακροσκελής. Η απόδειξη ωστόσο που έδινε το βιβλίο του προγράμματος PSSC (εξαιρετικό πρόγραμμα που εγκαταλείφθηκε γιατί δεν ταίριαζε με την …ελληνική πραγματικότητα…) είναι εξαιρετικά σύντομη και νομίζω αξίζει να την ξέρει ένας μαθητής :
 

Ακριβώς με τον ίδιο τρόπο εφαρμόζεται και για το ζεύγος u και Δx.

Σταύρος Πρωτογεράκης

Διάθλαση με πολύ μικρές γωνίες.

Από τον συνάδελφο Κυριάκο Κουγιουμτζόπουλο πήρα μια άσκηση διάθλασης με μικρές γωνίες. Ένα θέμα που ιδιαίτερα έχει εξοστρακισθεί από το κέντρο του ενδιαφέροντός μας, αλλά και που οι μαθητές μας δείχνουν ιδιαίτερη αδυναμία (λόγω Γεωμετρίας;). Αφού τον ευχαριστήσω και για την προσφορά του αυτή, την δίνω για μελέτη.
 
Δύο ίσα πρίσματα με δείκτες διάθλασης n1 και n2, που διαφέρουν πολύ λίγο μεταξύ τους τοποθετούνται όπως στο σχήμα. Ακτίνα μονοχρωματικού φωτός εισέρχεται κάθετα στη μια έδρα του πρίσματος και εξέρχεται απ’ την παράλληλη έδρα του άλλου αφού υποστεί απόκλιση φ. Βρείτε τη διαφορά των δύο δεικτών διάθλασης αν είναι γνωστές η γωνίες φ και θ.  Δίνεται ότι:

 .

Οι δίσκοι αποκτούν ίδια γωνιακή ταχύτητα.

Από τον συνάδελφο Μιχάλη Κοκολίνα πήρα μια άσκηση για εφαρμογή της αρχής διατήρησης της στροφορμής στην περίπτωση δύο δίσκων. Αφού τον ευχαριστήσω και για την προσφορά του αυτή, την δίνω για μελέτη.
 ------------------------- 
Δύο ομόκεντροι και ομοεπίπεδοι κυκλικοί δίσκοι, μπορούν να στρέφονται γύρω από τον ίδιο άξονα ο οποίος είναι κάθετος στο επίπεδό τους και διέρχεται από τα κέντρα τους. O 1ος δίσκος έχει ακτίνα R1 = R = 5 cm και μάζα m1 = m = 0,1 kg. Ο 2ος δίσκος έχει ακτίνα R2 = 2R και μάζα m2 = 4m. Αρχικά οι δίσκοι περιστρέφονται ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλον, κατά την ίδια φορά, με γωνιακές ταχύτητες ω1 = 52 rad/s και  ω2 = 18 rad/s, αντίστοιχα. Κάποια στιγμή οι δίσκοι έρχονται σε επαφή και έπειτα από χρονική διάρκεια Δt = 0,2 s αποκτούν κοινή γωνιακή ταχύτητα.
Α.    Να βρεθεί η κοινή γωνιακή ταχύτητα του συστήματος των δύο τροχών μετά την επαφή τους.
Β.    Να βρεθεί το μέτρο της ροπής που ασκήθηκε σε κάθε τροχό από την στιγμή που ήρθαν σε επαφή μέχρι την στιγμή που απέκτησαν κοινή γωνιακή ταχύτητα, αν αυτή θεωρηθεί σταθερή.
Γ.    Να βρεθεί το ποσό της θερμότητας που παράχθηκε κατά την διάρκεια του φαινομένου.
Δίνεται η ροπή αδράνειας ομογενούς δίσκου ακτίνας R και μάζας m, γύρω από άξονα που διέρχεται από το κέντρο του: Ι= ½ mR2.

.

Σφαίρα και ροπή ζεύγους.

Από τον συνάδελφο Στελίου Κωνσταντίνο πήρα μια άσκηση για μελέτη της κίνησης μιας σφαίρας με την επίδραση ενός ζεύγους δυνάμεων, στην περίπτωση που δεν υπάρχουν τριβές, αλλά και με επίδραση τριβής. Αφού τον ευχαριστήσω και για την προσφορά του αυτή, την δίνω για μελέτη.
 -----------------------
Μια ομογενής κοίλη σφαίρα μάζας 1kg και ακτίνας 0.2m βρίσκεται σε οριζόντιο λείο επίπεδο και ηρεμεί με τον άξονά του παράλληλο στο επίπεδο. Την χρονική στιγμή t=0 ασκούμε στην σφαίρα ζεύγος οριζόντιων δυνάμεων μέτρου 8N, η κάθε μία, με μοχλοβραχίονα d= R/3, όπου R η ακτίνα της σφαίρας. Οι φορείς των δυνάμεων βρίσκονται στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο που διέρχεται από το κέντρο μάζας της σφαίρας που είναι κάθετος στον άξονά της.
Α. α. Να βρεθεί η γωνιακή επιτάχυνση της σφαίρας και η ταχύτητα του σημείου που απέχει απόσταση R  από το επίπεδο την χρονική στιγμή t= 2s.
β. Να βρεθεί η γωνία στροφής και ο αριθμός περιστροφών της σφαίρας μέχρι την χρονική στιγμή t= 2s.
γ. Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής και ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας της σφαίρας την χρονική στιγμή t= 2s.
Και αν υπάρχει τριβή;
Β. α. Αν το επίπεδο δεν είναι λείο να βρεθεί ο ελάχιστος συντελεστής στατικής τριβής για να παρατηρείται κύλιση χωρίς ολίσθηση.
β. Να βρεθεί η γωνιακή επιτάχυνση της σφαίρας και η ταχύτητα του σημείου που απέχει απόσταση R  με το επίπεδο την χρονική στιγμή t= 2s.
γ. Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής και ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας της σφαίρας την χρονική στιγμή t= 2s.
Δίνεται : Icm(σφ.) = 2/3ΜR² και g= 10m/s².

 .

Τρίτη, 28 Απριλίου 2009

Αν σπάσει ο άξονας;

Ένα πρόβλημα που μου δόθηκε τελευταία, από έναν καλό συνάδελφο και που έχει κατά την γνώμη μου ιδιαίτερη δυσκολία, αλλά προσφέρει και την ευχαρίστηση σε όποιον αρέσκεται σε προχωρημένα θέματα Φυσικής. Ξεφεύγει κατά την γνώμη μου από τα πλαίσια του Λυκείου, αλλά αξίζει τον κόπο να ασχοληθεί κάποιος μαζί του....
Μια ομογενής ράβδος ΑΒ μπορεί να στρέφεται σε κατακόρυφο επίπεδο, γύρω από σταθερό οριζόντιο άξονα, ο οποίος περνά από το άκρο της Α. Φέρνουμε τη ράβδο σε οριζόντια θέση και την αφήνουμε να κινηθεί, οπότε τη στιγμή που έχει στραφεί κατά γωνία θ, το μέσον Ο της ράβδου έχει ταχύτητα υ1=4m/s. Τη στιγμή αυτή ο άξονας περιστροφής σπάει και αμέσως μετά η ράβδος αρχίζει να στρέφεται γύρω από δεύτερο σταθερό οριζόντιο άξονα, κάθετο στη ράβδο, ο οποίος περνά από το άκρο της Β. Με ποια ταχύτητα υ2 αρχίζει το μέσον Ο της ράβδου να στρέφεται γύρω από τον άξονα που περνά από το άκρο Β;

Μπορείτε να δείτε την εξέλιξη της κίνησης σε αρχείο Interactive Physics


Ενέργειες στην Εξαναγκασμένη Ταλάντωση. Μόνο για καθηγητές.

Με αφορμή τις αναρτήσεις Εξαναγκασμένη Ταλάντωση και ΣΥΝΤΟΝΙΣΜΟΣ. Και Εξαναγκασμένη και φθίνουσα Ηλεκτρική Ταλάντωση πήρα 3-4 μηνύματα από συναδέλφους, οι οποίοι μου εξέφραζαν απορίες πάνω στην διατήρηση ενέργειας σε μια εξαναγκασμένη ταλάντωση.
Για ξεκαθάρισμα της κατάστασης ας δούμε ένα παράδειγμα αναλυτικά.
.
Άσκηση:

Στο παρακάτω κύκλωμα R=10Ω, το ιδανικό πηνίο έχει αυτεπαγωγή L=0,15Ω και ο πυκνωτής χωρητικότητα C=2mF, ενώ η τάση της πηγής δίνεται από την εξίσωση

Να βρεθούν:
1)    Η μέγιστη ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου και η μέγιστη ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή.
2)    Για τη χρονική στιγμή t1=π/200 s να βρεθούν:
..........α) Ο ρυθμός με τον οποίο παρέχει ενέργεια στο κύκλωμα η γεννήτρια.
......... β)Η ισχύς στην αντίσταση, στο πηνίο και στον πυκνωτή.
Λύση:
 Η εμπέδηση του πηνίου είναι ΖL=Lω=15Ω, του πυκνωτή ΖC= 1/Cω = 1/2·10-3·100Ω=5Ω, οπότε:

και το κύκλωμα διαρρέεται από ρεύμα πλάτους:
Έτσι το διανυσματικό διάγραμμα των τάσεων είναι το παρακάτω.
1) Με βάση τα προηγούμενα έχουμε λοιπόν:
UΒmax= ½ LΙ2 = ½ ·0,15·4 J= 0,3J.
UΕmax= ½ CVοC2 = ½ ·2·10-3·(2·5)2J = 0,1J αλλά και UΕmax= ½ Q2/C όπου Ι=ωQ →
Q= Ι/ω= 2/100 C= 0,02C, οπότε UΕmax= ½ 4·10-4/2·10-3=0,1J.
Προφανώς οι δύο ενέργειες δεν είναι ίσες.
2) Τη χρονική στιγμή t1 έχουμε:
Τι δείχνουν αυτές οι τιμές της ισχύος;
Η γεννήτρια προσφέρει ενέργεια στο κύκλωμα με ρυθμό 40J/s, από αυτά 20J/s μετατρέπονται σε θερμότητα στον αντιστάτη και τα υπόλοιπα 20J/s αποθηκεύονται στο μαγνητικό πεδίο του πηνίου. Επίσης ο πυκνωτής εκφορτίζεται χάνοντας ενέργεια με ρυθμό 10J/s, η οποία επίσης αποθηκεύεται στο πηνίο (20W+10W= 30W).
Εδώ κρύβεται η διατήρηση της ενέργειας και όχι μεταξύ πηνίου – πυκνωτή.
Σχόλιο: Πού γίνεται συνήθως το λάθος στην εξαναγκασμένη ταλάντωση; Λέμε ότι ο διεγέρτης ασκεί δύναμη αντίθετη στην δύναμη απόσβεσης με αποτέλεσμα η ταλάντωση να είναι αμείωτη. Αυτό ισχύει μόνο στον συντονισμό. Σε κάθε άλλη περίπτωση η εξωτερική δύναμη παρουσιάζει κάποια άλλη διαφορά φάσης με την δύναμη απόσβεσης με αποτέλεσμα κάθε στιγμή η ισχύς της μιας και της άλλης να μην είναι αντίθετες. Και ποιο είναι το σωστό;
Στη διάρκεια μιας περιόδου, όση ενέργεια μετατρέπεται σε θερμότητα εξαιτίας της απόσβεσης (ή της αντίστασης R) προσφέρεται στο σύστημα από τον διεγέρτη, με αποτέλεσμα το πλάτος να παραμένει σταθερό. Δηλαδή στο παραπάνω κύκλωμα, για τη μέση ισχύ έχουμε:
Ρμ=Vεν·Ιεν  συνθ = 20·2/2 ½ ·2 ½ /2 W= 20W, ενώ
Ρ Rεν2·R= (2/2 ½)2· 10W= 20W.

Ηλεκτρική Ταλάντωση. Σύνθετη Άσκηση.

Από τον φίλο και συνάδελφο Θοδωρή Παπασγουρίδη, πήρα μια σύνθετη άσκηση πάνω στις Ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Αφού τον ευχαριστήσω και από τη θέση αυτή, την δίνω για μελέτη.

Για το κύκλωμα του σχήματος δίνεται: C1=10-4F, C2=4·10-4F και L=1H. Οι διακόπτες (δ1), (δ2) είναι αρχικά ανοικτοί και οι πυκνωτές είναι φορτισμένοι με φορτία:

Δίνεται ότι οι πάνω οπλισμοί είναι αρχικά θετικά φορτισμένοι.
  1. Να βρεθεί ο λόγος των τάσεων των δύο πυκνωτών.
  2. Κάποια στιγμή που θεωρούμε t=0 κλείνει ο (δ1) ενώ ο (δ2) παραμένει ανοικτός. Να υπολογίσετε το ρυθμό μεταβολής της τάσης του πηνίου, το ρυθμό μεταβολής της έντασης του ρεύματος και το ρυθμό μεταβολής της ενέργειας του μαγνητικού πεδίου του πηνίου τη χρονική στιγμή όπου η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή είναι τριπλάσια από την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου για πρώτη φορά.
  3. Τη χρονική στιγμή t1=1,75π·10-2s ανοίγει ο (δ1) και ταυτόχρονα κλείνει ο (δ2), χωρίς απώλειες ενέργειας. Πόση ενέργεια παραμένει αποθηκευμένη στον πυκνωτή C1; Να γραφούν οι χρονικές εξισώσεις της έντασης του ρεύματος i2=f(t) και του φορτίου του πυκνωτή q2= f(t), θεωρώντας ως θετική φορά για το ρεύμα τη φορά του ρεύματος στο πηνίο τη στιγμή t1. Για τις εξισώσεις αυτές να θεωρήσετε ως αρχή μέτρησης του χρόνου t=0 τη στιγμή που ανοίγει ο (δ1) και ταυτόχρονα κλείνει ο (δ2).
  4. Δοκιμάστε να γράψετε τις ίδιες εξισώσεις διατηρώντας την αρχή μέτρησης του χρόνου t=0 ίδια με αυτή του ερωτήματος ( Β )
 .

Ενέργειες στην Εξαναγκασμένη Ταλάντωση. Μόνο για καθηγητές. Συνέχεια.

.
Από το συνάδελφο Σταύρο Πρωτογεράκη έλαβα ένα κείμενο που αναφέρεται στην Ενέργεια στην Εξαναγκασμένη ταλάντωση, με αφορμή μια προηγούμενη δική μου ανάρτηση. Στο κείμενο υπολογίζεται και η μέση τιμή της ενέργειας που πραγματικά έχει αξία.
Τον ευχαριστώ για την προσφορά του αυτή και από την θέση αυτή.
Μπορείτε να δείτε το κείμενο από ΕΔΩ.
.

Ποια η εξίσωση του στάσιμου κύματος;

Η ταχύτητα διάδοσης ενός κύματος πάνω σε μια χορδή με σταθερά άκρα μήκους L=3m, είναι υ=2m/s. Η χορδή διεγείρεται και πάνω της δημιουργείται ένα στάσιμο κύμα με μέγιστο πλάτος ταλάντωσης 0,2m. Τη χρονική στιγμή t=0 και αφού έχει δημιουργηθεί το στάσιμο κύμα, ένα σημείο Μ στη θέση x1=0,5m, βρίσκεται στη μέγιστη θετική απομάκρυνσή του, ενώ τη στιγμή t1=1,5s βρίσκεται στη μέγιστη αρνητική απομάκρυνσή του για δεύτερη φορά. Θεωρούμε x=0 το αριστερό άκρο της χορδής.
  1. Να βρεθεί η εξίσωση της απομάκρυνσης του σημείου Μ
  2. Ποια είναι η εξίσωση του στάσιμου κύματος.
  3. Να σχεδιάστε το στιγμιότυπο του στάσιμου κύματος τη χρονική στιγμή t1=1,5s.
  4. Να βρεθεί το πλάτος ταλάντωσης και η απομάκρυνση ενός σημείου Ν που βρίσκεται στη θέση x1=1,75m τη στιγμή t1.
.

Στάσιμο κύμα από ανάκλαση. Στιγμιότυπο.

Μια οριζόντια τεντωμένη χορδή ΟΚ μήκους L=6m έχει σταθερό το άκρος της Κ. Το άκρο Ο τίθεται σε κατακόρυφη ταλάντωση της μορφής y=0,1·ημ2πt (S.Ι.), οπότε δημιουργείται ένα κύμα κατά μήκος της χορδής, το οποίο χρειάζεται χρόνο 3s για να φτάσει και να ανακλασθεί στο άκρο Κ. Η διάδοση του κύματος πραγματοποιείται χωρίς αποσβέσεις. Ένα σημείο Μ απέχει x=4,5m από το άκρο Ο.
1)    Να βρεθεί η ταχύτητα ταλάντωσης του σημείου Μ τις χρονικές στιγμές: 
α) t1= 2s,           β) t2=2,75s και   γ) t3= 4,75 s.
2)    Να κάνετε τη γραφική παράσταση της απομάκρυνσης των διαφόρων σημείων της χορδής σε συνάρτηση με την απόσταση x από το άκρο Ο, τη χρονική στιγμή t3=  5s.
.

ΣΤΑΣΙΜΑ ΚΥΜΑΤΑ ΑΠΟ ΑΝΑΚΛΑΣΗ.



Από τον συνάδελφο και φίλο Θοδωρή Παπασγουρίδη έλαβα μια μελέτη πάνω στα στάσιμα κύματα από ανάκλαση. Θα ήθελα και πάλι να τον ευχαριστήσω για την προσφορά του αυτή.
--------------------
     Ένα στάσιμο κύμα μπορεί να δημιουργηθεί από τη συμβολή ενός κύματος (προσπίπτον) και του κύματος που προκύπτει από την ανάκλαση (ανακλώμενο)  του αρχικού κύματος πάνω σε ακλόνητο σημείο.

    Έστω αρμονικό κύμα το οποίο διαδίδεται κατά μήκος ενός σχοινιού, που έχει το ένα του άκρο ακλόνητο και το άλλο ελεύθερο. Όταν η διαταραχή φθάνει στο ακλόνητο άκρο, το σχοινί ασκεί στο ακλόνητο σημείο δύναμη με φορά προς τα πάνω. Σύμφωνα όμως με τον 3ο Νόμο του Newton το ακλόνητο σημείο ασκεί στο σχοινί αντίθετη δύναμη, δηλαδή κατακόρυφη με φορά προς τα κάτω, υπό την επίδραση της οποίας δημιουργείται διαταραχή αντίθετη της αρχικής, η οποία διαδίδεται από το ακλόνητο άκρο προς το ελεύθερο. Αυτό σημαίνει ότι η ανάκλαση του κύματος σε ακλόνητο σημείο, προκαλεί μεταβολή της φάσης του κύματος κατά π rad.

      Το αποτέλεσμα της συμβολής του προσπίπτοντος και του ανακλώμενου κύματος δεν είναι πάντοτε η δημιουργία στάσιμου κύματος. Για να δημιουργηθεί στάσιμο, πρέπει η συχνότητα ταλάντωσης του ελεύθερου άκρου να είναι ίση με μία από τις φυσικές ιδιοσυχνότητες  ταλάντωσης του σχοινιού.  Τότε το σχοινί βρίσκεται σε συντονισμό με το διεγέρτη και το πλάτος ταλάντωσης στις κοιλίες είναι πολύ μεγαλύτερο από το πλάτος στο ελεύθερο άκρο, του οποίου η συμπεριφορά πλησιάζει πολύ περισσότερο σε δεσμό παρά σε κοιλία. Οι φυσικές ιδιοσυχνότητες του σχοινιού υπολογίζονται ως εξής:
Η συνέχεια στο pdf.

Μιλώντας για την φάση…

Αναδημοσιεύω μερικά σχόλια από Ανώνυμο αναγνώστη στην ανάρτηση: 
 Ο/Η Ανώνυμος είπε...
Η λύση που έχετε στην άσκηση είναι λάθος. Η εξίσωση του κύματος πρέπει να έχει ένα μείον έξω. Είναι λάθος να το βάλουμε το μείον μέσα στη φάση. Με την λογική που λύνεται την άσκηση το κύμα έχει διαδοθεί κατά 3λ/4 και όχι λ/4
Blogger Ο/Η Δ. Μ είπε...
Δεν καταλαβαίνω πού έχω λάθος.
Δεν έχω βάλει κανένα μείον πουθενά.
Αν θέλετε μπορείτε να είστε πιο αναλυτικός στην παρατήρησή σας.
Άλλωστε τι σημαίνει η εξίσωση του κύματος πρέπει να έχει ένα μείον απέξω; Από πού προκύπτει;
Ανώνυμος Ο/Η Ανώνυμος είπε...
Για ποιο λόγο δεν προβάλετε την άποψη μου για την άσκηση?
Ανώνυμος Ο/Η Ανώνυμος είπε...
αν δίναμε την εξίσωση με τη μορφή που την παρουσιάζετε στη λύση και ζητηγαμε το στιγμιότυπο την t=0 θα έβγαινε άλλο από αυτό που δίνετε στην εκφώνηση.
με βάση το στιγμιότυπο η πηγή όπου και αν βρίσκεται ξεκινά να ταλαντώνεται προς τα κατω. μπορουμε να θεωρήσουμε ότι έχει αρχική φάση π? οχι.θα θεωρούσαμε ότι έχει αρχική φάση π αν ξεκινούσε κινούμενη προς τα θετικά από την θι και σαν t=0 θεωρούσαμε τη στιγμή που περνά για πρώτη φορά από τη θέση ισορροπίας. Η σωστή εξίσωση για το κύμα είναι ψ=-Αημ{2πτ/τ-2πχ/λ+π+π/2}

Ανώνυμος Ο/Η Ανώνυμος είπε...
-Αημ(2πτ/Τ-2πχ/λ+π/2)
Blogger Ο/Η Δ.Μ. είπε...
Απαντώντας στον ανώνυμο:
"Για ποιό λόγο δεν προβάλετε την άποψη μου για την άσκηση?"
Πού να προβάλλω την άποψή σας;
Το σχόλιό σας δεν υπάρχει; Μήπως το αφαίρεσα; Προφανώς από ότι βλέπετε όχι. Υπάρχει και μπορεί όποιος επιθυμεί να το διαβάσει.
Αν επιθυμείτε μεγαλύτερη συζήτηση πάνω στο θέμα μπορείτε να στείλετε μια πλήρη ανάλυση στο θέμα και θα την αναρτήσω.
Όσον αφορά τα επόμενα σχόλια θα επανέλθω σε νεότερο σχόλιο, Ο χρόνος γαρ...
Blogger Ο/Η Δ.Μ. είπε...
Προς ανώνυμο.
Έστω ότι στο άκρο ενός τεντωμένου νήματος υπάρχει πηγή κύματος η οποία για t=0 αρχίζει να κινείται από την θέση ισορροπίας κινούμενη προς την αρνητική φορά. Ποια η αρχική της φάση; Προφανώς π. Και τι κύμα δημιουργεί; Ένα κύμα που καθώς προχωρά διαδίδεται κοιλάδα.
Συνεπώς και κάθε σημείο στο οποίο φτάνει το κύμα, θα αρχίσει να κινείται προς την αρνητική κατεύθυνση και συνεπώς ξεκινά την ταλάντωσή του έχοντας φάση ίση με π. Επιμένω λοιπόν ότι η εξίσωση που έχω βγάλει στην λύση της ανάρτησης είναι σωστή, αφού παίρνοντας το στιγμιότυπο για t=0, όπως προτείνεται, προκύπτει η εικόνα του σχήματος.
Η πρότασή σας συνεπάγεται ότι στο μέτωπο του κύματος πρέπει πάντα να έχουμε όρος, πράγμα που δεν είναι σωστό. Αυτό είναι το ένα δυνατόν ενδεχόμενο. Το άλλο είναι να έχουμε κοιλάδα.Διαγραφή
Ανώνυμος Ο/Η Ανώνυμος είπε...
Νομίζω ότι δεν έγινα σαφής. Μηδενισμός φάσης σημαίνει έναρξη ταλαντωσης .Την τ=0 η εξίσωση σας δίνει φ=0 στη θέση χ=3λ/4και όχι στη θέση λ/4 που δίχνει το στιγμιότυπο. Το - έξω από την εξίσωση δείχνει ότι ξεκινά με κοιλάδα το κύμα.Διαβάζουν και μαθητές την σελίδα και είναι καλό να είμαστε προσεκτικοί.
 ----------------------------------
Με αφορμή τα παραπάνω σχόλια, ας μιλήσουμε ξανά για την φάση.

Η φάση ορίζεται για κάθε αρμονικά μεταβαλλόμενο εναλλασσόμενο μέγεθος και μας δείχνει πώς μεταβάλλεται το μέγεθος αυτό καθώς περνά ο χρόνος. Έτσι για κάθε μέγεθος που μεταβάλλεται σύμφωνα π.χ.  με την εξίσωση:
V=V0ημ(ωt+φ0)
ορίζουμε φάση την ποσότητα:
φ=ωt+φ0
όπου φ0 η φάση του μεγέθους την χρονική στιγμή t0=0.
Έτσι αν μιλάμε για μια απλή αρμονική ταλάντωση η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι:
x=Α ημ(ωt+φ0) και η ποσότητα της οποίας παίρνουμε το ημίτονο, φ=ωt+φ0 ονομάζεται φάση της απομάκρυνσης  ή και απλά φάση της ταλάντωσης.

Ας δούμε κάποια παραδείγματα, για να κατανοήσουμε τα παραπάνω.
Παράδειγμα 1ο:
Δύο σώματα Β και Γ εκτελούν ταλαντώσεις του ίδιου πλάτους Α και της ίδιας περιόδου Τ. Τα σώματα ξεκινούν την ταλάντωσή τους για t0=0, το πρώτο από την θέση ισορροπίας κινούμενο προς την θετική κατεύθυνση και το δεύτερο από την μέγιστη θετική απομάκρυνση.
α) Ποια η αρχική φάση της ταλάντωσης κάθε σώματος;
β) Πόση είναι η φάση κάθε σώματος την χρονική στιγμή t1=Τ/4;
Απάντηση:
α) Η απάντηση εύκολη, για το σώμα Β φ01=0 και για το Γ φ02= π/2  (rad).
Προσοχή: Πότε ξεκινούν τα σώματα; Όταν μηδενίζεται η φάση; Προφανώς ΟΧΙ. Αυτό συμβαίνει μόνο όταν δεν υπάρχει αρχική φάση φ0.
β) την χρονική στιγμή t1 τα σώματα έχουν φάσεις:
φΒ=ωt+0= 2π/Τ·Τ/4=π/2  (rad)
φΓ=ωt+ π/2 = 2π/Τ·Τ/4+π/2= π  (rad)

Παράδειγμα 2ο:
Ένα σώμα για t0=0 ξεκινά την ταλάντωσή του από τη θέση ισορροπίας και κινείται προς την αρνητική κατεύθυνση.
α) Η εξίσωση της απομάκρυνσής του είναι:        
i)  x= Α ημ(2πt+π)  ή ii)  x= - Αημωt
β)  Ποια η φάση της απομάκρυνσης τη στιγμή t1=1s;
Απάντηση:
α)   Προφανώς οι δύο εξισώσεις είναι ισοδύναμες, πράγμα που σημαίνει ότι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε είτε την πρώτη είτε την δεύτερη, αν θέλουμε να μελετήσουμε την κίνηση του σώματος.
β)   Για να βρούμε την φάση πρέπει ΥΠΟΧΡΕΩΤΙΚΑ να χρησιμοποιηθεί η πρώτη εξίσωση. Η φάση της ταλάντωσης δεν προκύπτει από την ii) εξίσωση. Έτσι:
φ=2πt+π = 3π (rad)
Μήπως το ότι έχει φάση 3π σημαίνει ότι έχει εκτελέσει 1,5 ταλαντώσεις; Σίγουρα το σώμα έχει κάνει μόνο ΜΙΑ ταλάντωση αφού Τ=t1=1s, απλά τη στιγμή που ξεκινά την ταλάντωσή του είχε ήδη φάση ίση με π.

Παράδειγμα 3ο:
Ένα σώμα εκτελεί ταυτόχρονα δύο α.α.τ. της ίδιας διεύθυνσης γύρω από την ίδια θέση ισορροπίας και με εξισώσεις:
x1= 0,3 ημ2πt   και x2= - 0,5 ημ2πt  (μονάδες στο S.Ι.)
α) Ποια η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων;
β) Ποια η φάση της ταλάντωσης του σώματος την χρονική στιγμή t1=0,5s;
Απάντηση:
α) Για να βρούμε την διαφορά φάσης θα πρέπει να ξαναγράψουμε την εξίσωση της απομάκρυνσης για την δεύτερη ταλάντωση:
x2= - 0,5 ημ2πt = 0,5·ημ(2πt+π)
πράγμα που σημαίνει ότι η διαφορά φάσης μεταξύ των δύο ταλαντώσεων είναι π (rad).
β) Η απομάκρυνση του σώματος προκύπτει από την αρχή της επαλληλίας:
x=x1+x2= -0,2 ημ2πt = 0,2 ημ(2πt+π)
Και για t1=0,5 έχουμε:
φ= 2πt+π = 2π  (rad)
 Παράδειγμα 4ο:
Κατά μήκος ενός γραμμικού ελαστικού μέσου και από αριστερά προς τα δεξιά διαδίδονται δύο κυματομορφές, όπως στο σχήμα.
Τα σημεία Α και Β τη στιγμή που ελήφθη το στιγμιότυπο ξεκινούν την ταλάντωσή τους. Ποια είναι η φάση τους;
Απάντηση:
Το σημείο Α θα κινηθεί προς τα πάνω, θετική κατεύθυνση, ξεκινώντας από την θέση ισορροπίας του, συνεπώς φΑ=0. Το σημείο Β βρίσκεται και αυτό στη θέση ισορροπίας του αλλά θα κινηθεί προς την αρνητική κατεύθυνση, άρα φΒ=π (rad).

Παράδειγμα 5ο:
Δίνεται ένα στιγμιότυπο ενός κύματος που διαδίδεται προς τα δεξιά και η εξίσωση του οποίου είναιy=0,2ημ2π(t-x+3/4). (Προφανώς Τ=1s και λ=1m). Τη στιγμή που ελήφθη το στιγμιότυπο η ταχύτητα του σημείου Ο στη θέση x=0 είναι μηδενική.
α) Ποια η φάση του σημείου Ο την στιγμή αυτή;
β) Σε ποια χρονική στιγμή αντιστοιχεί το παραπάνω στιγμιότυπο;
Απάντηση:
α) Το σημείο Σ έχει φάση π και το σημείο Ο έχει μεγαλύτερη φάση κατά π/2, συνεπώς έχει φάση 3π/2 rad
Το  σημείο Σ που βρίσκεται στη θέση x=λ/4=0,25m έχει την στιγμή αυτή φάση φ=π. Οπότε:
2π(t-0,25+0,75) = π
2(t+0,5) = 1
2t + 1 = 1
t=0.
Συμπέρασμα:
Με βάση και την ανάρτηση: Περιστρεφόμενα διανύσματα και κύκλος αναφοράς Ταλάντωσης.) κάθε αρμονικά μεταβαλλόμενο μέγεθος μπορεί να θεωρηθεί ως η προβολή ενός περιστρεφόμενου διανύσματος. Η φάση είναι η γωνία του περιστρεφόμενου διανύσματος κάθε στιγμή με τον άξονα Οx.
 Δηλαδή αναφερόμενοι στο παραπάνω σχήμα όταν μια μικρή σφαίρα εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση, η θέση της κάθε στιγμή καθορίζεται από την γωνία που σχηματίζει το διάνυσμα θέσης με τον ημιάξονα Οx. Έτσι την τυχαία χρονική στιγμή t η γωνία αυτή είναι ωt+φ0. Αν πάρουμε την προβολή του διανύσματος θέσης στον κατακόρυφο άξονα έχουμε y=Rημ(ωt+φ0), παίρνουμε δηλαδή ένα μέγεθος που μεταβάλλεται αρμονικά με το χρόνο με φάση φ=ωt+φ0, όπου φ0 η αρχική γωνία του διανύσματος για t=0.
Αν αυτά γίνονται κατανοητά τότε μπορούμε να απαντήσουμε σε δύο ερωτήματα:

1) Είναι σωστή η πρόταση «Μηδενισμός φάσης σημαίνει έναρξη ταλαντωσης»;
Η πρόταση είναι λάθος. Προϋποθέτει φ0=0. Να το πούμε με άλλα λόγια:
Στην ευθύγραμμη κίνηση που μελετάμε στην Α΄Λυκείου, μαθαίνουμε ότι άλλο θέση x και άλλο μετατόπιση Δx. Οι τιμές των μεγεθών συμπίπτουν μόνο αν για t=0 και x0=0. Το ίδιο ακριβώς έχουμε και εδώ. Αν έχουμε ένα σώμα που κάνει κυκλική κίνηση, άλλο η (γωνιακή) του θέση θ και άλλο η (γωνιακή) μετατόπισή του Δθ=θ-θ0, όπου στο σχήμα είναι η γωνία ΑΟΒ.

Άλλο η φάση ενός μεγέθους φ=ωt+φ0 και άλλο η μεταβολή της φάσης του Δφ=ωt.

2) Αναφερόμενοι σε ένα κύμα είναι λογικό να λέμε: «Η εξίσωση του κύματος πρέπει να έχει ένα μείον έξω»;
Το ερώτημα θα το απαντήσουμε, αφού πρώτα επιλύσουμε ένα άλλο πρόβλημα. Ένα σώμα βρίσκεται στο σημείο Α του παρακάτω σχήματος.
 Η γωνία θ ή η γωνία φ δείχνει την γωνιακή του θέση; Εδώ πρακτικά είτε ξέρουμε την γωνία θ=210° είτε την γωνία φ=150°, η πληροφορία είναι ίδια. Χρειάζεται όμως παραπέρα επιχειρηματολογία γιατί στην γλώσσα των Μαθηματικών και της Φυσικής η γωνία θ=210° ενώ η φ= -150°; Όλοι ξέρουμε  ότι  έχει επικρατήσει να χρησιμοποιούμε την γωνία θ και όχι την γωνία φ.
Αν λοιπόν έχουμε μια ταλάντωση που το σώμα ξεκινά την ταλάντωσή του από την θέση ισορροπίας προς την αρνητική κατεύθυνση, ποια μπορεί να είναι η εξίσωσή του:
y= -Aημ(ωt)  (1)    ή  yημ(ωt+π)  (2)
Υποστηρίζω  ότι η σωστή εκδοχή είναι η (2). Γιατί; Ας δούμε τι σημαίνει η  εκδοχή (1):
y= -Aημ(ωt) = Αημ(-ωt)
 Δηλαδή αναφερόμενοι στον παραπάνω κύκλο μελετά την κίνηση μετρώντας δεξιόστροφα τις γωνίες, ορίζει την θέση του σώματος με την γωνία φ και όχι με την θ. Μπορεί κάποιος να το κάνει; Ο καθένας μπορεί να ορίζει τα πράγματα με τον τρόπο που τον βολεύει, αλλά για να μπορούμε να συνενοούμαστε μεταξύ μας πρέπει να υπάρχει και ένας ορισμένος κώδικας επικοινωνίας….
.
Μπορείτε να διαβάσετε και ένα σχόλιο, πάνω στα σχόλια:

Πάνω στο θέμα που συζητάμε έλαβα και μια απάντηση από τον συνάδελφο Γιώργο Παπαδήμα, την οποία μπορείτε να δείτε  από ΕΔΩ.  αλλά και μια παλαιότερη ανάλυσή του πάνω στο ίδιο θέμα, που μου είχε στείλει πέρισυ και την είχα δημοσιεύσει με άλλη αφορμή. Δείτε την από  ΕΔΩ

Αλλά με χαρά διάβασα και μια ανάλυση από τον συνάδελφο Γιώργο Παναγιωτακόπουλο που  θα συνιστούσα να μελετηθεί. Διαβάστε την  Αρχική Φάση και τρέχoν κύμα...
 .