ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΜΕ ΑΡΜΟΝΙΚΟΥΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΕΣ

Transcript

1 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΜΕ ΑΡΜΟΝΙΚΟΥΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΕΣ ΑΣΚΗΣΗ 1: Ένα αντικείμενο με μάζα =500 g είναι προσαρμοσμένο μεταξύ δυο αβαρών ελατηρίων των οποίων τα φυσικά μήκη είναι L 0 και των οποίων οι σταερές είναι 1 =10, 0 N/ και =7,50 N/ (βλέπε σχήμα). 1 Αν η μάζα εκτραπεί από τη έση ισορροπίας παράλληλα με τους άξονες των δυο ελατηρίων, τότε: (α) Να αποδείξετε ότι η μάζα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα ω, την συχνότητα f και την περίοδο T της αρμονικής ταλάντωσης. Υποέστε ότι η μάζα κινείται ελεύερα χωρίς τριβές. (β) Τη χρονική στιγμή t=0 s, το αντικείμενο βρίσκεται στη έση ισορροπία x=x 0 =0 c, έχει ταχύτητα υ 0 =υ ax =0,0 /s και κινείται προς τη ετική x-κατεύυνση. Έχοντας ως δεδομένο ότι η εξίσωση κίνησης της μάζας είναι: x(t) = A cos (ωt + φ), να υπολογίσετε την αρχική φάση φ και το πλάτος Α της ταλάντωσης της μάζας. (γ) Ποια α ήταν η αρχική φάση φ της ταλάντωση αν την χρονική στιγμή t=0 s η μάζα κινείτο προς την αρνητική x-κατεύυνση; ΛΥΣΗ L 0, 1 L 0, L 1, 1 L, Θέση ισορροπίας F F Εκτροπή από έση ισορροπίας κατά διάστημα x > 0. L 1 +x, 1 L x, F 1 F x >0 (α) Στη έση ισορροπίας και τα δυο ελατήρια έλκουν τη μάζα με ίσες δυνάμεις F:

2 Το ελατήριο με σταερά 1 έχει τεντωεί σε μήκος L 1, οπότε έχει υποστεί μια επιμήκυνση (L 1 L 0 ) και η δύναμη F με την οποία έλκει τη μάζα είναι ίση με: F = 1 (L 1 L 0 ). Το ελατήριο με σταερά έχει τεντωεί σε μήκος L, οπότε έχει υποστεί μια επιμήκυνση (L L 0 ) και η δύναμη F με την οποία έλκει τη μάζα είναι ίση με: F = (L L 0 ). Στη έση ισορροπίας ισχύει η σχέση: F = 1 (L 1 L 0 ) = (L L 0 ) (1.1) Στην περίπτωση που η μάζα έχει εκτραπεί οριζόντια από τη έση ισορροπίας κατά διάστημα x>0: Το ελατήριο με σταερά 1 α έχει υποστεί μια συνολική επιμήκυνση (L 1 L 0 + x)>0, οπότε η α έλκει προς τα αριστερά τη μάζα με δύναμη F 1 = 1 (L 1 L 0 + x) Το ελατήριο με σταερά α έχει υποστεί μια συνολική επιμήκυνση (L L 0 x)>0, οπότε η α έλκει προς τα δεξιά τη μάζα με δύναμη F = (L L 0 x) Στην περίπτωση αυτή, η συνισταμένη δύναμη F net που α ασκείται πάνω στη μάζα α είναι ίση με: F net = F + F 1 = (L L 0 x) 1 (L 1 L 0 + x) = = (L L 0 ) x 1 (L 1 L 0 ) 1 x F net = ( 1 + )x (1.) Η διαγραφή των δυο όρων προέκυψε από τη Σχέση (1.1) που ισχύει στη έση ισορροπίας. Παρατηρούμε ότι, η συνισταμένη δύναμη που ασκείται πάνω στη μάζα έχει φορά προς τη έση ισορροπίας του συστήματος και είναι ανάλογη με τη μετατόπιση x με συντελεστή αναλογίας D = 1 +. Αυτό σημαίνει ότι η μάζα α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακής συχνότητα: ω = D = 1 + f = ω π rad 5,9 = s π + 10,0)N/ = (7,50 0,500 g f = 0,943 s 1 T = 1 f = 1 T = 1,06 s 0,943 s 1 ω = 5,9 rad s (β) Αρχικές συνήκες: t = 0 s, x 0 = 0 και υ 0 = υ ax = +0,0 /s Υπολογισμός του πλάτους Α: υ ax = ωa A = υ ax ω Α = 0,034 = 0,0/s 5,9rad/s

3 Υπολογισμός της φάσης φ: Εξίσωση κίνησης: x(t)=a cos(ωt+φ) x(0) = x 0 = A cos(φ) cos(φ) = x 0 A = 0 0,039 = 0 φ = ± π Εξίσωση ταχύτητας: υ(t) = Aω sin(ωt + φ) rad (1.3) υ(0) = υ 0 = Αω sin(φ) = +0,0 s > 0 (1.4) sin(φ) < 0 π < φ < 0 (1.5) Από τις Σχέσεις (1.) και (1.4) προκύπτει ότι: φ = π rad (γ) Στην περίπτωση αυτή υ1= 0,0 /s <0 και η Σχέση (1.4) γίνεται: υ(0) = υ 0 = Αω sin(φ) = 0,0 s < 0 sin(φ) > 0 0 < φ < π (1.6) Από τις Σχέσεις (1.3) και (1.6) προκύπτει ότι: φ = + π rad ΑΣΚΗΣΗ : Δυο οριζόντια ελατήρια με σταερές 1 =30,5 N/ και =40,0 N/ είναι συνδεδεμένα σε σειρά. Το αριστερό άκρο του συστήματος των δυο ελατηρίων είναι προσαρμοσμένο σε σταερό σημείο ενώ στο δεξιό άκρο είναι προσαρμοσμένη μια μάζα =0,500 g (βλέπε σχήμα). 1 Αν η μάζα εκτραπεί από τη έση ισορροπίας παράλληλα με τους άξονες των δυο ελατηρίων, τότε: (α) Να αποδείξετε ότι η μάζα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα ω, την συχνότητα f και την περίοδο T της αρμονικής ταλάντωσης. Υποέστε ότι η μάζα κινείται ελεύερα χωρίς τριβές. (β) Τη χρονική στιγμή t=0,5 s, το αντικείμενο βρίσκεται στη έση x 1 =+,0 c, έχει ταχύτητα υ 1 =0,0 /s και κινείται προς τη ετική x-κατεύυνση. Έχοντας ως δεδομένο ότι η εξίσωση κίνησης της μάζας είναι: x(t) = A cos (ωt + φ), να υπολογίσετε την αρχική φάση φ και το πλάτος Α της ταλάντωσης της μάζας. (γ) Ποια α ήταν η αρχική φάση φ της ταλάντωση αν την χρονική στιγμή t=0,5 s η μάζα κινείτο προς την αρνητική x-κατεύυνση; ΛΥΣΗ

4 1 1 F F (α) Αν ασκήσουμε μια οριζόντια δύναμη F πάνω στη μάζα, η ίδια δύναμη ασκείται και σε κάε ένα από τα δυο σε σειρά ελατήρια προκαλώντας διαφορετικές παραμορφώσεις σε κάε ελατήριο. Συγκεκριμένα, επειδή 1 < το ελατήριο με σταερά 1 α επιμηκυνεί περισσότερο. Αν x 1 και x είναι οι αντίστοιχες επιμηκύνσεις των δυο ελατηρίων, τότε η ολική μετατόπιση x της μάζας α είναι ίση με: x = x 1 + x (.1) Επειδή και στα δυο ελατήρια ασκείται η ίδια δύναμη F επαναφοράς, η δύναμη αυτή σε κάε ελατήριο α δίνεται από τις σχέσεις: F = 1 x 1 και F = x ή ισοδύναμα: x 1 = F 1 και x = F (.) Από τις Σχέσεις (.1) και (.) παίρνουμε: x 1 x x x = x 1 + x = F 1 F = ( ) F = F F = x F = Dx όπου D = (.3) Από τη Σχέση (.3) προκύπτει ότι η μάζα α εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα: ω = D = N 1 ( 1 + ) = (30,5 ) (40,0 N ) (0,500 g)(30,5 N + 40,0 N ω = 5,88 rad ) s f = ω π rad 5,88 = s π f = 0,937 s 1 T = 1 f = 1 T = 1,07 s 0,937 s 1 (β) Αρχικές συνήκες: t = 0,5 s, x 1 = +0,00 και υ 1 = +0,0 /s

5 Υπολογισμός του πλάτους Α: υ 1 = ω Α x 1 A = υ 1 ω + x 1 A = (0,0/s) (5,88 rad/s) + (0,00) A = 0,039 Υπολογισμός της φάσης φ: Εξίσωση κίνησης: x(t)=a cos(ωt+φ) x(0,5) = x 1 = A cos[(0,5s)(5,9rad/s)+φ] cos(1,48rad + φ) = x 1 A Εξίσωση ταχύτητας: υ(t) = Aω sin(ωt + φ) 0,00 = = 0,51 1,48 rad + φ = ±1,04 rad (.4) 0,039 υ(0,5) = υ 1 = Αω sin(1,48rad + φ) = +0,0 s > 0 (.5) sin(1,48rad + φ) < 0 π < 1,48 rad + φ < 0 (.6) Από τις Εξισώσεις.4 και.6 προκύπτει ότι: 1,48 rad + φ = 1,04 rad φ = ( 1,48 1,04)rad φ =,5 rad (γ) Στην περίπτωση αυτή υ1= 0,0 /s <0 και η εξίσωση της ταχύτητας γίνεται: υ(0,5) = υ 1 = Αω sin(1,48rad + φ) = 0,0 s < 0 sin(1,48 rad + φ) > 0 0 < 1,48 rad + φ < π (.7) Από τις Εξισώσεις.4 και.7 προκύπτει ότι: 1,48 rad + φ = +1,04 rad φ = ( 1,48 + 1,04)rad φ = 0,44 rad ΑΣΚΗΣΗ 3: (α) Μια μάζα =4,00 g είναι προσαρμοσμένη σε δυο αβαρή ίδια νήματα μήκους L=1,00 το κάε ένα, όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα. Το σύστημα των δυο νημάτων και της μάζα τεντώνεται οριζόντια με δύναμη F 0 =100 N (η δύναμη έχει τρία (3) σημαντικά ψηφία). F 0 F 0 Εκτρέπουμε τη μάζα κάετα προς τη διεύυνση των δυο νημάτων κατά διάστημα y<<l και την αφήνουμε ελεύερη να ταλαντωεί χωρίς τριβές. Να υπολογίσετε τη συχνότητα ταλάντωσης της μάζας. (Αγνοείστε την ύπαρξη του βαρυτικού πεδίου).

6 ΛΥΣΗ L F 0 F 0 L L F 1 F 1y F 1y F1 L y=l tan Στην περίπτωση που η μάζα μετατοπιστεί κατακόρυφα κατά διάστημα y<<l, όπου L είναι το μήκος των δυο νημάτων που συγκρατούν τη μάζα, τα δυο νήματα εκτρέπονται κατακόρυφα κατά γωνία <<1 rad. Στην ειδική αυτή περίπτωση μπορούμε να ισχυριστούμε με σιγουριά ότι: sin tan (rad) και F F 0 Οπότε, η κατακόρυφος συνιστώσα κάε μιας από τις δυο δυνάμεις F 1 που ασκεί η μάζα πάνω στα νήματα α είναι ίση με: F 1y = Tsin F 0 Η συνολική δύναμη F που ασκείται πάνω στη μάζα είναι ίσο με: F y = F 1y F 0 (3.1) Από τη γεωμετρία του συστήματος προκύπτει ότι η κατακόρυφος μετατόπιση α είναι ίση με: y = L tan L = y L (3.) Από τις Σχέσεις (3.1) και (3.) προκύπτει η δύναμη επαναφοράς προς τη έση ισορροπίας που ασκείται στη μάζα : F y = F 0 L y = D y όπου D = F 0 L (3.3) Το αρνητικό πρόσημο μπήκε επειδή η δύναμη επαναφοράς F και η μετατόπιση y έχουν αντίετες κατευύνσεις. Στην περίπτωση που μελετάμε, η δύναμη είναι αρνητική (έχει φορά προς τα κάτω) ενώ η μετατόπιση y είναι ετική (έχει φορά προς τα πάνω). Από τη Σχέση (3.3) προκύπτει ότι η μάζα α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητας:

7 ω = D = F 0 L = 100 N (4,00 g)(1,00 ) ω = 7,07 rad s f = ω π rad 7,07 = s π f = 1,13 s 1 T = 1 f = 1 T = 0,885 s 1,13 s 1 ΑΣΚΗΣΗ 4: Ένα αντικείμενο με μάζα =500 g είναι προσαρμοσμένο μεταξύ δυο αβαρών ελατηρίων, των οποίων οι σταερές είναι 1 =40,0 N/ και =7,50 N/ (βλέπε σχήμα). Και τα δυο ελατήρια έχουν το ίδιο αρχικό μήκος (μήκος χωρίς παραμόρφωση) L 0 =50,0 c. Στη κατάσταση ισορροπίας του συστήματος με τα δυο ελατήρια και τη μάζα, το κάε ελατήριο έχει μήκος L=75,0 c., L, L Εκτρέπουμε τη μάζα κάετα προς τη διεύυνση των ελατηριών κατά διάστημα y<<l και την αφήνουμε ελεύερη να κινηεί χωρίς τριβές. Να αποδείξετε ότι η μάζα α εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα της ταλάντωσης. Αγνοείστε την ύπαρξη του βαρυτικού πεδίου. ΛΥΣΗ Αρχική κατάσταση (Τα ελατήρια έχουν το φυσικό τους μήκος L 0 ), L 0, L 0 Το σύστημα σε ισορροπία (Τα ελατήρια έχουν μήκος L), L, L F F Η μάζα έχει μετατοπιστεί κατακόρυφα κατά διάστημα y (Τα ελατήρια έχουν μήκος L 1 ) F 1 F 1, L 1 F 1y y F 1y L L, L 1 y

8 (α) Στην κατάσταση που η μάζα έχει εκτραπεί κατακόρυφα κατά διάστημα y, τα δυο ελατήρια έχουν μήκος L 1, δηλαδή, το κάε ένα από αυτά έχει επιμηκυνεί κατά διάστημα (L 1 L 0 ). Οπότε, η δύναμη επαναφοράς T 1y κάε ελατηρίου α είναι ίση με: F 1 = (L 1 L 0 ) Στην ίδια κατάσταση, οι κατακόρυφες συνιστώσες των δυνάμεων F 1 α είναι ίσες με: F 1y = F 1 sin = (L 1 L 0 )sin = (L 1 L 0 ) y L 1 F 1y = (1 L 0 L 1 ) y (4.1) όπου είναι η γωνία που σχηματίζουν τα ελατήρια με την οριζόντια διεύυνση. To ημίτονο της γωνίας (sin=y/l 1 ) υπολογίσηκε από το ορογώνιο τρίγωνο που έχει κάετες πλευρές L και y και υποτείνουσα L 1. Από το ίδιο ορογώνιο τρίγωνο υπολογίζουμε και την υποτείνουσα L 1 συναρτήσει των y και L: L 1 = L + y = L 1 + y L Η συνισταμένη δύναμη F που ασκείται από τα ελατήρια πάνω στη μάζα α είναι τότε ίση με: F y = F 1y = (1 L 0 L 1 ) y = ( 1 L 0 y = (1 L 0 L 1 + y L L ) Δεδομένου τώρα ότι y<<l προκύπτει ότι y L 1 και φυσικά y (1 + y L ) και η Σχέση (4.) γίνεται: y L = 1 y L 1 F y = (1 L 0 L ) y F y = (L L 0) y = Dy (4.3) L όπου 1 y (1 + L ) ) y (4.) <<< 1. Οπότε: L D = (L L 0) L (4.4) είναι η σταερά αναλογίας μεταξύ δύναμης επαναφοράς F και μετατόπισης y. Από τις Σχέσεις (4.3) και (4.4) προκύπτει ότι η μάζα α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητας:

9 ω = D = (L L 0) (40,0 N/)(0,750 0,500) = L (0,500g)(0,750) ω = 7,30 rad s f = ω π rad 7,30 = s π f = 1,16 s 1 T = 1 f = 1 T = 0,86 s 1,13 s 1 ΑΣΚΗΣΗ 5: Δυο αντικείμενα με μάζες A =1,50 g και B =1,00 g είναι προσαρμοσμένα στα άκρα ενός οριζόντιου ελατηρίου που έχει σταερά =35,5 N/, όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα. A B Όταν οι δυο μάζες συμπιέσουν (ή τεντώσουν) το ελατήριο και στη συνέχεια αφεούν ελεύερες, τότε να αποδείξετε ότι οι δυο μάζες α εκτελέσουν απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα της ταλάντωσης αυτής. ΛΥΣΗ Το σύστημα αποτελείται από το ελατήριο με σταερά και από τις δυο μάζες A και B. Στο σύστημα αυτό, όταν οι δυο μάζες απομακρυνούν, τεντώνοντας το ελατήριο, ή πλησιάσουν, συμπιέζοντας το ελατήριο, και στη συνέχεια αφεούν ελεύερες, τότε οι δυο μάζες α αρχίσουν να ταλαντώνονται έτσι ώστε το κέντρο μάζας του συστήματος των δυο μαζών να παραμένει σταερό στην αρχική του έση επειδή απλούστατα πάνω σε αυτές τις μάζες ασκούνται μόνο οι εσωτερικές δυνάμεις που προέρχονται από το ελατήριο Αρχική έση Το ελατήριο είναι απαραμόρφωτο. A B L A <0 L B >0 Το ελατήριο είναι τεντωμένο χωρίς να έχει αλλάξει η έση του κέντρου μάζας A F A 1 F B B x A <0 Θέση Κέντρου x B >0 Μάζας

10 Στο παραπάνω σύστημα του ελατηρίου με τις δυο μάζες εωρούμε ως σημείο αναφοράς το σταερό σημείο της έσης του κέντρου μάζας του συστήματος. Στη έση ισορροπίας του συστήματος, οι μάζες A και B απέχουν από το κέντρο μάζας αποστάσεις L A <0 και L B >0, αντίστοιχα. Στην κατάσταση αυτή το μήκος L 0 του ελατηρίου είναι ίσο με: L 0 = L B L A Όταν το ελατήριο είναι παραμορφωμένο (στην περίπτωση που εξετάζουμε το ελατήριο είναι τεντωμένο) οι μάζες A και B έχουν απομακρυνεί από το κέντρο μάζας κατά διαστήματα x A και x B, αντίστοιχα. Στην κατάσταση αυτή το μήκος L του ελατηρίου α είναι ίσο με: L = (L B + x B ) (L A + x A ) = L B L A + x B x A = L 0 + x B x A L L 0 = x B x A Η τελευταία σχέση μας δίνει τη συνολική παραμόρφωση x του ελατηρίου: x = L L 0 = x B x A x = x B x A (5.1) Εξαιτίας αυτής της παραμόρφωσης, το ελατήριο ασκεί πάνω σε κάε μια από τις δυο μάζες δύναμη που είναι ίση με: F A = F B = x F A = F B = (x B x A ) (5.) Από τη εωρία του κέντρου μάζας, όταν το σημείο αναφοράς βρίσκεται στη έση του κέντρου μάζας, παίρνουμε τις εξής σχέσεις: Κατάσταση ισορροπίας: A L A + B L B = 0 (5.3) Κατάσταση παραμορφωμένου ελατηρίου: A (L A + x A ) + B (L B + x B ) = 0 A L A + A x A + B L B + B x B = 0 H τελευταία σχέση σε συνδυασμό με τη Σχέση (5.3) γίνεται: A x A + B x B = 0 x B = A B x A (5.4) Από τις Σχέσεις (5.) και (5.3) μπορούμε να γράψουμε το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για τη μάζα A. Συγκεκριμένα: F A = (x B x A ) = ( A B x A x A ) = A + B B x A F A = D A x A (5.5) όπου D A = A + B B (5.6) είναι η σταερά αναλογίας μεταξύ της δύναμης F A που ασκείται πάνω στη μάζα Α και της συνολικής παραμόρφωσης του ελατηρίου. Από τις Σχέση (5.5) και (5.6) προκύπτει ότι η μάζα A α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητας:

11 ω A = D Α = A + B = (35,5 N (1,50 g) + (1,00 g)) ) Α A B (1,50g)(1,00g) ω = 7,69 rad s f = ω π rad 7,69 = s π f = 1, s 1 Κατά αναλογία με τη μάζα A να αποδείξετε ότι και η μάζα B α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα της ταλάντωσης αυτής. ΑΣΚΗΣΗ 6: Δυο αντικείμενα με μάζες A =1,50 g και B =1,00 g είναι προσαρμοσμένα σε τρία οριζόντια ελατήρια όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα. A B 1 Η σταερά των δυο ακραίων ελατηρίων είναι =5,5 N/ ενώ η σταερά του μεσαίου ελατηρίου είναι 1 =35,5 N/. Να απομακρύνετε τη μάζα A κατά διάστημα Α= 10,5 c και τη μάζα B κατά διάστημα Β= +15,0 c από τις αντίστοιχες έσεις ισορροπίας των δυο μαζών και στη συνέχεια αφήνετε τις μάζες ελεύερες. (α) Τη χρονική στιγμή που αφήνετε τις δυο μάζες ελεύερες να προσδιορίσετε τις σχέσεις με τις οποίες μπορείτε να υπολογίσετε τη συνισταμένη δύναμη που ασκούν τα ελατήρια πάνω σε κάε μάζα και να υπολογίσετε τις δυνάμεις αυτές. (β) Όταν οι μάζες A και B αφεούν ελεύερες, υποέστε ότι οι μάζες αυτές α εκτελέσουν αρμονική ταλάντωση με αντίστοιχες εξισώσεις κίνησης: x A =Acos(ωt) και x B =Bcos(ωt). Στην περίπτωση αυτή να υπολογίσετε τις συχνότητες με τις οποίες μπορούν να ταλαντωούν οι μάζες Α και Β. ΛΥΣΗ (α) Θέση ισορροπίας A B 1 F Α A F 1A F 1B B F Β Α<0 Β>0

12 Όπως δείξαμε και στην Άσκηση 5, αλλά και όπως προκύπτει από το παραπάνω σχήμα. η συνολική παραμόρφωση x του μεσαίου ελατηρίου με σταερά 1 α είναι ίση με: x = B A (6.1) Η παραμόρφωση αυτή είναι η αιτία που το μεσαίο ελατήριο ασκεί πάνω στις μάζας A και B τις δυνάμεις F 1A και F 1B, αντίστοιχα, οι οποίες είναι αντίετες και ίσες με: F 1A = F 1B = 1 x = 1 (B A) (6.) Αφού η μάζα A έχει μετατοπισεί κατά διάστημα A, το αριστερό ελατήριο α έχει παραμορφωεί και αυτό κατά διάστημα A. Οπότε, η δύναμη F A που ασκεί το αριστερό ελατήριο πάνω στη μάζα Α α είναι ίση με: F A = A (6.3) Από τις Σχέσεις (6.) και (6.3) προκύπτει και συνισταμένη δύναμη F A που ασκείται από τα δυο ελατήρια πάνω στη μάζα A : F A = F A + F 1A F A = A + 1 (B A) (6.4) Κατά αναλογία με τη μάζα A, αφού η μάζα Β έχει μετατοπισεί κατά διάστημα Β, το δεξιό ελατήριο α έχει παραμορφωεί και αυτό κατά διάστημα Β. Οπότε, η δύναμη F Β που ασκεί το δεξιό ελατήριο πάνω στη μάζα Β α είναι ίση με: F Β = Β (6.5) Από τις Σχέσεις (6.) και (6.5) προκύπτει και συνισταμένη δύναμη F Β που ασκείται από τα δυο ελατήρια πάνω στη μάζα Β : F Β = F Β + F 1Β F Β = Β 1 (B A) (6.6) Υπολογισμός των δυνάμεων: F A = A + 1 (B A) = (5,5 Ν ) ( 0,105 ) + (35,5 N ) (0,150 ( 0,105)) F A = 6,38 N F B = B 1 (B A) = (5,5 Ν ) ( 0,150 ) (35,5 N ) (0,150 ( 0,105)) F B = 1,88 N (β) Όταν οι μάζες A και B αφεούν ελεύερες, οι μάζες αυτές α εκτελέσουν απλή αρμονική ταλάντωση με αντίστοιχα πλάτη Α και Β και με γωνιακή συχνότητα ω. Αν τη χρονική στιγμή t οι απομακρύνσεις των μαζών A και B είναι αντίστοιχα x Α και x B, τότε οι Σχέσεις (6.4) και (6.6) γίνονται: F A = x A + 1 (x B x A ) A d x A dt = ( + 1)x A + 1 x B (6.7) F B = x B 1 (x B x A ) B d x B dt = ( + 1)x B + 1 x A (6.8)

13 όπου: d x A = α dt Α και d x A = α dt Β είναι οι επιταχύνσεις των μαζών A και B, αντίστοιχα. Οι Σχέσεις (6.7) και (6.8) επαναδιατυπώνονται ως εξής: d x A dt + ( + 1) A x A 1 A x B = 0 (6.9) d x B dt + ( + 1) B x B 1 B x A = 0 (6.10) Έχοντας ως δεδομένες τις εξισώσεις κίνησης των μαζών A και B : x A =Acos(ωt) και x B =Bcos(ωt), οι Σχέσεις (6.9) και (6.10) δίνουν το εξής γραμμικό σύστημα με μεταβλητές τα πλάτη ταλάντωσης Α και Β των μαζών Α και B : ω Α + ( + 1) A Α + 1 A Β = 0 (ω ( + 1) A ) Α + 1 A Β = 0 (6.11) ω Β + ( + 1) B Β 1 B Α = 0 1 Α + (ω ( + 1) ) Β = 0 (6.1) B B Οι Σχέσεις (6.11) και (6.1) συνιστούν ένα ομογενές γραμμικό σύστημα με μεταβλητές τα πλάτη ταλάντωσης Α και Β. Το σύστημα αυτό έχει μη μηδενικές λύσεις μόνο στην περίπτωση που η ορίζουσα των συντελεστών είναι μηδέν: ω ( + 1) 1 A A 1 ω ( + = 0 (ω 1) ( + 1) ) (ω ( + 1) ) 1 = 0 A B A B B B ω 4 ( + 1 ) ( A + B ) ω + ( + 1) 1 = 0 (6.13) A B A B Η Σχέση (6.13) είναι μια διτετράγωνος εξίσωση με άγνωστη τη γωνιακή συχνότητα ω. Για να βρούμε τις λύσεις της εξίσωσης αυτής πρέπει πρώτα να υπολογίσουμε τους συντελεστές αυτής. ( + 1 ) ( A + B ) = (5,5 N A B + 35,5 N 1,50 g + 1,00g ) ( (1,50 g)(1,00g) ) = 10 rad /s ( + 1 ) 1 = (5,5 N + 35,5 N ) (35,5 N ) = 1640 rad 4 /s 4 A B (1,50 g)(1,00g) Οπότε, η διτετράγωνος εξίσωση γράφεται: ω 4 (10 rad /s )ω rad 4 /s 4 = 0 ω 1 = 10 rad s + (10 rad s ) 4 (1640 rad4 s 4 ) ω 1 = 8,0 rad s

14 ω = 10 rad s ω 1 = 8,0 rad s ω = 0,0 rad s (10 rad s ) 4 (1640 rad4 s 4 ) = 9,06 rad s = 4,47 rad s f 1 = ω 1 π = 9,06 rad s 6,8rad f = ω π = 4,47 rad s 6,8rad ω = 0,0 rad s f 1 = 1,44 s 1 f = 0,71 s 1 ΑΣΚΗΣΗ 7: Η διάταξη του διπλανού σχήματος περιλαμβάνει ένα κατακόρυφο αβαρές ελατήριο που έχει σταερά =85,0 N/, μια τροχαλία που έχει μάζα M=0,750 g και ακτίνα R=0,100 και μια μάζα =1,000 g η οποία προσαρμόζεται στο άνω άκρο του ελατηρίου με αβαρές νήμα το οποίο διέρχεται από την τροχαλία. Εκτρέπουμε τη μάζα από τη έση ισορροπίας κατακόρυφα κατά διάστημα Α και την αφήνουμε ελεύερη να κινηεί αντιστάσεις. Να αποδείξετε ότι η μάζα α εκτελέσει απλή αρμονική κίνηση και να υπολογίσετε τη γωνιακή ταχύτητα ω καώς και τη συχνότητα f της ταλάντωσης αυτής. ΛΥΣΗ M R y Θέση ισορροπίας Εκτρέπουμε τη μάζα από τη έση ισορροπίας κατακόρυφα και την αφήνουμε ελεύερη οπότε αυτή α κινηεί προς τη έση ισορροπίας. Σε κάποια χρονική στιγμή, η μάζα α βρίσκεται σε

15 απόσταση y από τη έση ισορροπίας και α έχει ταχύτητα υ. Την ίδια χρονική στιγμή, το ελατήριο α είναι παραμορφωμένο κατά διάστημα y και η τροχαλία α περιστρέφεται με γωνιακή συχνότητα ω. Κάτω από αυτές συνήκες: Το ελατήριο α έχει δυναμική ενέργειας: U sp = 1 y (7.1) Η μάζα α έχει μεταφορική κινητική ενέργεια: K = 1 υ (7.) Η τροχαλία α έχει περιστροφική κινητική ενέργεια: Κ ω = 1 Ιω (7.3) όπου Ι είναι η ροπή αδράνειας της τροχαλίας: I = 1 MR (7.4) Επειδή η γραμμική ταχύτητα των σημείων της περιφέρειας της τροχαλίας είναι ίση με την ταχύτητα της μάζας, η γωνιακή ταχύτητα ω και η ταχύτητα υ της μάζας συνδέονται με τη σχέση: υ = ωr (7.5) Η ολική μηχανική ενέργεια Ε του συστήματος ελατήριο-τροχαλία-μάζα α είναι ίση με: E = U sp + K ω + K = 1 y + 1 Iω + 1 υ = 1 y υ MR R + 1 υ E = 1 y (M + )υ (7.6) Επειδή η μάζα και η τροχαλία κινούνται ελεύερα χωρίς δυνάμεις αντίστασης, η ολική μηχανική ενέργεια Ε του συστήματος ελατήριο-τροχαλία-μάζα α διατηρείται σταερή στο χρόνο. Οπότε, η χρονική παράγωγος της Σχέσης (7.6) α είναι ίση με μηδέν: de dt = 1 dy dt + 1 dυ (M + ) 4 dt = 0 1 dy y dt + 1 dυ (M + )υ 4 dt = 0 yυ + 1 (Μ + )υα = 0 1 (Μ + )α = y M ανα = y (7.7) όπου: dx = υ είναι η μεταφορική ταχύτητα της μάζα, dt dυ = α είναι η επιτάχυνση της μάζας, και dt M + Μ αν = αντιπροσωπεύει την ανοιγμένη μάζα του συστήματος ελατήριο-τροχαλία-μάζα. Η Σχέση (7.7) αντιστοιχεί στη δύναμη επαναφοράς F=M αν α που ασκεί ένα ελατήριο με σταερά πάνω σε ένα σώμα που έχει μάζα ίση με την ανοιγμένη μάζα του συστήματος ελατήριο-τροχαλία-μάζα. Η αναλογία μεταξύ της δύναμης F με την απομάκρυνση y (βλέπε Σχέση 7.7) αποδεικνύει ότι η μάζα α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα ω η οποία α δίνεται από τη σχέση:

16 ω = = M αν M + = 85,0 N/ 0,750g + 1,000g ω = 7,86 rad/s f = ω π = 7,86 rad/s 6,8 rad f = 1,5 s 1 ΑΣΚΗΣΗ 8: O άξονας ενός τροχού είναι προσαρμοσμένος στο άκρο ενός οριζόντιου ελατηρίου που έχει σταερά =45,5 N/ και αμελητέα μάζα. Ο τροχός έχει είναι ένας ομογενής δίσκος που έχει ακτίνα R=15,5 c και μάζα M=0,750 g. Αν ο τροχός εκτραπεί οριζόντια από τη έση ισορροπίας, τότε αυτός κυλίεται πάνω σε οριζόντια επιφάνεια χωρίς να ολισαίνει. M M R Χρησιμοποιώντας τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας, να αποδείξετε ότι το κέντρο μάζας του τροχού εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα της ταλάντωσης αυτής. x=0 ΛΥΣΗ M R ω F υ x x=0

17 Εκτρέπουμε τον τροχό από τη έση ισορροπίας οριζόντια και τον αφήνουμε ελεύερο οπότε αυτός α κυλίσει προς τη έση ισορροπίας. Σε κάποια χρονική στιγμή, ο τροχός α βρίσκεται σε απόσταση x από τη έση ισορροπίας και α έχει μεταφορική ταχύτητα υ. Την ίδια χρονική στιγμή, το ελατήριο α είναι παραμορφωμένο κατά διάστημα x και ο τροχός α περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω. Κάτω από αυτές συνήκες: Το ελατήριο α έχει δυναμική ενέργειας: U sp = 1 x (8.1) Ο τροχός α έχει μεταφορική κινητική ενέργεια: K = 1 Μυ (8.) Η τροχαλία α έχει περιστροφική κινητική ενέργεια: Κ ω = 1 Ιω (8.3) όπου Ι είναι η ροπή αδράνειας του τροχού: I = 1 MR (8.4) Επειδή η γραμμική ταχύτητα των σημείων της περιφέρειας της τροχαλίας είναι ίση με τη μεταφορική ταχύτητα του τροχού, η γωνιακή ταχύτητα ω και η ταχύτητα υ της μάζας συνδέονται με τη σχέση: υ = ωr (8.5) Η ολική μηχανική ενέργεια Ε του συστήματος ελατήριο-τροχός α είναι ίση με: E = U sp + K ω + K = 1 x + 1 Iω + 1 Mυ = 1 x υ MR R + 1 Mυ E = 1 x Mυ (8.6) Επειδή o τροχός κινείται ελεύερα χωρίς δυνάμεις αντίστασης, η ολική μηχανική ενέργεια Ε του συστήματος ελατήριο-τροχός α διατηρείται σταερή στο χρόνο. Οπότε, η χρονική παράγωγος της Σχέσης (8.6) α είναι ίση με μηδέν: de dt = 1 dx dt + 3 dυ Μ 4 dt = 0 1 dx x dt + 3 dυ Mυ 4 dt = 0 xυ + 3 Mυα = 0 3 Mα = y M ανα = y (8.7) όπου dx = υ είναι η μεταφορική ταχύτητα του τροχού, dt dυ = α είναι η επιτάχυνση του τροχού, και dt Μ αν = 3Μ αντιπροσωπεύει την ανοιγμένη μάζα του συστήματος ελατήριο-τροχός. Η Σχέση (8.7) αντιστοιχεί στη δύναμη επαναφοράς F=M αν α που ασκεί ένα ελατήριο με σταερά πάνω σε ένα σώμα που έχει μάζα ίση με την ανοιγμένη μάζα του συστήματος ελατήριο-τροχός. Η αναλογία μεταξύ της

18 δύναμης F με την απομάκρυνση x (βλέπε Σχέση 8.7) αποδεικνύει ότι το σύστημα ελατήριο-τροχός α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα ω η οποία α δίνεται από τη σχέση: ω = M αν = 3Μ = 45,5 N/ 3 0,750 g ω = 6,36 rad/s f = ω π = 6,36 rad/s 6,8 rad f = 1,01 s 1 ΑΣΚΗΣΗ 9: Ένα σφαιρικό σώμα που έχει μάζα =0,500 g και ακτίνα r=10,0 c αφήνεται ελεύερο στο πυμένα ενός δοχείου ο οποίος αντιστοιχεί σε σφαιρικό τμήμα ακτίνας R=1,00, όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα. R Στην ειδική περίπτωση που το σώμα ολισαίνει χωρίς τριβή και χωρίς να κυλίεται, να αποδείξετε ότι το σώμα αυτό α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα ταλάντωσης. ΛΥΣΗ Ο R r N w r w t x y R Α Ίχνος κέντρου μάζας σώματος Πυμένας δοχείου w=g

19 ΠΡΟΣΟΧΗ!!! Για τη λύση του προβλήματος να εωρήσετε ότι το σώμα κινείται πολύ κοντά στο κατώτατο σημείου του σφαιρικού πυμένα. Με βάση το σχήμα της άσκησης, πρέπει γωνία <<1 rad. Επειδή το σώμα που κινείται στον πυμένα του δοχείο έχει διαστάσεις, αντικαιστούμε αυτό με ένα υλικό σημείο το οποίο έχει μάζα =0,500 g και το οποίο είναι τοποετημένο στο κέντρο μάζας του σώματος. Η διακεκομμένη γραμμή είναι το ίχνος του υλικού σημείου καώς το σώμα κινείται. Πρώτος τρόπος. Χρησιμοποιήστε το Β Νόμο του Νεύτωνα. Σε μια τυχαία έση, στην οποία η μάζα απέχει από την κατακόρυφο απόσταση x, πάνω στο σώμα ασκούνται οι εξής δυνάμεις: το βάρος w=g και η κάετη δύναμη Ν που ασκεί η σφαιρική επιφάνεια της βάσης. Αναλύουμε το βάρος w στις εξής δυο συνιστώσες: Συνιστώσα που είναι εφαπτόμενη στην τροχιά του κέντρου μάζας: w t = wsin = gsin (9.1) Ακτινική συνιστώσα: w r = wcos = gcos (9.) Από το ορογώνιο τρίγωνο που έχει ως κάετες πλευρές την (ΟΑ) και την x και ως υποτείνουσα την R r, το ημίτονο της γωνίας είναι ίσο με sin = x, Οπότε η Σχέση (9.1) γίνεται: w t = g x (9.3) R r Παρατηρήσεις επί της Σχέσης (9.3): 1. Όταν η γωνία είναι πολύ μικρή (<<1 rad), τότε η συνιστώσα w t α τείνει να είναι παράλληλος με την απομάκρυνση x του σώματος από την κατακόρυφο που διέρχεται από το κατώτατο σημείο του σφαιρικού τμήματος.. Στην περίπτωση που μελετάμε, η απομάκρυνση x είναι αρνητική ενώ η δύναμη w t =F είναι ετική. 3. Η δύναμη w t =F ισοδυναμεί με δύναμη επαναφοράς που δρα πάνω στο σώμα. Με βάση τις παρατηρήσεις αυτές, η Σχέση (9.3) μπορεί να γραφεί: F = g x R r F = Dx (9.3) όπου: D = g R r (9.4) Από τη Σχέση (9.3) προκύπτει ότι το σώμα με μάζα α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα: R r ω = D = g (R r) = g R r = (9,80 /s ) (1,00 0,100 ) ω = 3,30 rad s

20 f = ω π = 3,30 rad s 6,8 f = 0,55 s 1 Δεύτερος τρόπος. Χρησιμοποιήστε το εώρημα διατήρησης της Μηχανικής Ενέργειας. O υ y R r N υ x υ t x R Α y w=g Στην τυχαία έση που δείχνει το σχήμα της άσκησης, το σώμα έχει βαρυτική δυναμική ενέργεια: U g = gy όπου y είναι η κατακόρυφη μετατόπιση του κέντρου μάζας του σώματος σε σχέση με τη έση του κέντρου μάζας όταν το σώμα βρίσκεται στο κατώτατο σημείο του σφαιρικού τμήματος. Στην ίδια έση, το σώμα έχει επιτρόχια ταχύτητα υ t και ως εκ τούτου έχει και κινητική ενέργεια: K = 1 υ t Η ολική μηχανική ενέργεια Ε του σώματος διατηρείται σταερή και είναι ίση με: K + U g = E d dt (1 υ t + gy) = 0 1 υ t + gy = Ε 1 dυ t dt υa t + gυ y = 0 a t + g υ y υ t = 0 (9.5) Εξ ορισμού: dy dt = υ y, dy + g dt = 1 υ dυ t t dt + gυ y = 0 dυ t dt = a t (επιτρόχια επιτάχυνση), α t = a ω (R r) (9.6) Από το Σχήμα της άσκησης προκύπτει ότι: υ y υ t = sin επειδή 1 rad (9.7)

21 Από τις Σχέσεις (9.6) και (9.7) η Σχέση (9.5) γίνεται: (R r)α ω + g = 0 α ω + g = 0 (9.8) R r Από τη Σχέση (9.8) προκύπτει ότι το σώμα μάζας α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα: ω = g R r (9,80 /s ) (1,00 0,100 ) ω = 3,30 rad s ΑΣΚΗΣΗ 10: Ένα σφαιρικό σώμα που έχει μάζα =0,500 g και ακτίνα r=10,0 c αφήνεται ελεύερο στο πυμένα ενός δοχείου ο οποίος αντιστοιχεί σε σφαιρικό τμήμα ακτίνας R=1,00, όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα. R Στην ειδική περίπτωση που το σώμα κυλίεται χωρίς να ολισαίνει, να αποδείξετε ότι το σώμα αυτό α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα ταλάντωσης. ΛΥΣΗ O υ y ω R r N υ x υ t x R Α y w=g

22 ΠΡΟΣΟΧΗ!!! Για τη λύση του προβλήματος να εωρήσετε ότι το σώμα κινείται πολύ κοντά στο κατώτατο σημείου του σφαιρικού πυμένα. Με βάση το σχήμα της άσκησης, πρέπει γωνία <<1 rad. Η ροπή αδράνειας σφαίρας που έχει μάζα και ακτίνα r δίνεται από τη σχέση: Ι = r 5 Στην τυχαία έση που δείχνει το σχήμα της άσκησης, το σώμα έχει βαρυτική δυναμική ενέργεια: U g = gy όπου y είναι η κατακόρυφη μετατόπιση του κέντρου μάζας του σώματος σε σχέση με τη έση του κέντρου μάζας όταν το σώμα βρίσκεται στο κατώτατο σημείο του σφαιρικού τμήματος. Στην ίδια έση, το σώμα έχει επιτρόχια ταχύτητα υ t και μια γωνιακή ταχύτητα ω, και ως εκ τούτου έχει μεταφορική κινητική ενέργεια: K = 1 υ t και περιστροφική κινητική ενέργεια: K ω = 1 Iω = 1 r υ t 5 r Κ ω = 1 5 υ t Η ολική μηχανική ενέργεια Ε του σώματος διατηρείται σταερή και είναι ίση με: K + Κ ω + U g = E d dt ( 7 10 υ t + gy) = υa t + gυ y = 0 a t + 5g 7 Εξ ορισμού: dy dt = υ y, 1 υ t υ t + gy = Ε 7 10 dυ t dt 7 10 υ t + gy = E dy + g dt = 7 10 υ dυ t t dt + gυ y = 0 υ y υ t = 0 (10.1) dυ t dt = a t (επιτρόχια επιτάχυνση), υ t = ωr και α t = a ω (R r) (10.) Από το Σχήμα της άσκησης προκύπτει ότι: υ y υ t = sin επειδή 1 rad (10.3) Από τις Σχέσεις (10.) και (10.3) η Σχέση (10.1) γίνεται: (R r)α ω + 5g 7 = 0 α ω + 5g = 0 (10.4) 7(R r) Από τη Σχέση (10.4) προκύπτει ότι το σώμα μάζας, όταν αυτό κυλίεται,α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα:

23 ω = 5g 7(R r) 5(9,80 /s ) 7(1,00 0,100 ) ω =,79 rad s f = ω π rad,79 = s 6,8 f = 0,444 s 1 ΑΣΚΗΣΗ 11: Μια ομογενής ράβδος, η οποία έχει μήκος l=1,00 και μάζα =1,500 g, περιστρέφεται ελεύερα και χωρίς τριβές γύρω από οριζόντιο άξονα ο οποίος διέρχεται από το κέντρο αυτής. Όταν η ράβδος είναι στη κατακόρυφη έση, το κάτω άκρο αυτής προσαρμόζεται σε οριζόντιο ελατήριο που έχει σταερά =0,5 N/ όπως δείχνει το διπλανό σχήμα. Στην κατακόρυφη έση της ράβδου, το ελατήριο είναι απαραμόρφωτο. Όταν η ράβδος εκτραπεί από την κατακόρυφο κατά γωνία <15 0 και αφεεί ελεύερη να αποδείξετε ότι αυτή α εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα f της ταλάντωσης αυτής. Η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας της είναι: I c = L 1. ΛΥΣΗ l/ x F sp Θέση ισορροπίας Βασική προϋπόεση: η μέγιστη γωνία εκτροπής ax της ράβδου πρέπει να είναι πολύ μικρότερη από το 1 rad, (<<1 rad). Εκτρέπουμε τη ράβδο κατά γωνία ax <<1rad και στη συνέχεια την αφήνουμε ελεύερη, οπότε το ελατήριο την έλκει προς τη έση ισορροπίας της (κατακόρυφη έση). Σε μια τυχαία έση όπου η γωνία εκτροπής της ράβδου είναι, το ελατήριο α έχει επιμηκυνεί κατά διάστημα x έτσι ώστε η δύναμη επαναφοράς F sp = x να ασκεί πάνω στη ράβδο ροπή στρέψης τ ως προς τον άξονα περιστροφής της (δηλαδή ως προς το κέντρο της ράβδου):

24 τ = F sp l τ = x l τ = l x (11.1) Σημειώνουμε εδώ ότι στις πολύ μικρές γωνιές, το ελατήριο εξακολουεί να είναι οριακά οριζόντιο. Από το σχήμα της άσκησης, και συγκεκριμένα από το τρίγωνο που έχει πλευρές l/, x και γωνία κορυφής, και από τον ορισμό της γωνίας σε ακτίνια, έχουμε: = x l/ x L x l (11.) Από τις Σχέσεις (11.1) και (11.) έχουμε: τ = l 4 τ = D (11.3) όπου: D = l (11..4) 4 Η Σχέση (11.3) μας επισημαίνει ότι η ροπή στρέψης ου ασκείται πάνω στη ράβδο είναι ανάλογη με τη γωνία εκτροπής της ράβδου από την κατακόρυφη έση ισορροπίας. Το αρνητικό πρόσημο υποδηλώνει ότι η συγκεκριμένη αυτή ροπή είναι και ροπή επαναφοράς. Κατά συνέπεια, η ράβδος στο σύστημα ράβδος-ελατήριο α εκτελεί απλή στροφική αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα: ω = D = I c f = ω π l 4 l 1 = 6,40 rad/s 6,8 = 1l 4l ω = 3 f = 1,0 s 1 N = 3 0,5 1,500 g ω = 6,40 rad ΑΣΚΗΣΗ 1: Να λυεί η Άσκηση 11 χρησιμοποιώντας το εώρημα της διατήρησης της μηχανικής ενέργειας. ΛΥΣΗ l/ x F sp

25 Όταν η ράβδος βρίσκεται σε γωνία εκτροπής, το ελατήριο α έχει υποστεί μια παραμόρφωση x και η ράβδος α έχει μια γωνιακή ταχύτητα ω. Κάτω από τις συνήκες αυτές: Το ελατήριο α έχει δυναμική ενέργεια: U sp = 1 x = 1 (l ) U sp = 1 8 l (1.1) όπου x l (βλέπε Σχήμα Άσκησης) Η ράβδος α έχει περιστροφική κινητική ενέργεια: Κ ω = 1 Ι cω = l ω Κ ω = 1 4 l ω (1.) Οπότε, η ολική μηχανική ενέργεια του συστήματος ράβδος-ελατήριο είναι ίση με: Ε = U sp + K ω = 1 8 l l ω (1.3) Επειδή η ράβδος περιστρέφεται ελεύερα χωρίς δυνάμεις αντίστασης, η ολική μηχανική ενέργεια Ε του συστήματος ράβδος-ελατήριο α διατηρείται σταερή στο χρόνο. Οπότε, η χρονική παράγωγος της Σχέσης (1.4) α είναι ίση με μηδέν: de dt = d dt (1 8 l l ω 1 ) = 0 8 l d dt + 4 l ω dω dt = l ω l ω dω dt = 0 1 dω l 1 dt = 1 4 l I dω dt = D x (1.4) όπου: I = 1 1 l είναι η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς το κέντρο μάζας της, D = 1 4 l είναι η σταερά ροπής επαναφοράς Η Εξίσωση (1.4) μας λέει ότι το σύστημα ράβδος-ελατήριο εκτελεί στροφική αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα Ω: 1 Ω = D I = 4 l 3 = 1 1 l Ω = 3 N = 3 0,5 1,500 g Ω = 6,40 rad f = Ω π = 6,40 rad/s 6,8 f = 1,0 s 1 Συμβολίσαμε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωση με Ω για να ξεχωρίσει από τη στιγμιαία γωνιακή ταχύτητα ω της στρεφόμενης ράβδου.

26 ΑΣΚΗΣΗ 13: Μια ομογενής ράβδος, η οποία έχει μήκος L=1,00 και μάζα =1,500 g, περιστρέφεται ελεύερα και χωρίς τριβές γύρω από οριζόντιο άξονα ο οποίος διέρχεται από το επάνω άκρο αυτής. Όταν η ράβδος είναι στη κατακόρυφη έση, το κάτω άκρο αυτής προσαρμόζεται σε οριζόντιο ελατήριο που έχει σταερά =0,5 N/ όπως δείχνει το διπλανό σχήμα. Στην κατακόρυφη έση της ράβδου, το ελατήριο είναι απαραμόρφωτο. Όταν η ράβδος εκτραπεί από την κατακόρυφο κατά γωνία ax <15 0 και αφεεί ελεύερη να αποδείξετε ότι αυτή α εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα f της ταλάντωσης αυτής. Η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από l το κέντρο μάζας της είναι: I c = L 1. ΛΥΣΗ l/ c x w=g F sp x 1 Βασική προϋπόεση: η μέγιστη γωνία εκτροπής ax της ράβδου πρέπει να είναι πολύ μικρότερη από το 1 rad, (<<1 rad). Εκτρέπουμε τη ράβδο κατά γωνία ax <<1rad και στη συνέχεια την αφήνουμε ελεύερη, οπότε το ελατήριο την έλκει προς τη έση ισορροπίας της (κατακόρυφη έση). Σε μια τυχαία έση όπου η γωνία εκτροπής του εκκρεμούς είναι, το ελατήριο α έχει επιμηκυνεί κατά διάστημα x 1 έτσι ώστε η δύναμη επαναφοράς F sp = x 1 να ασκεί πάνω στη ράβδο ροπή στρέψης τ 1 ως προς τον άξονα περιστροφής της (δηλαδή ως προς το άνω άκρο της ράβδου): τ 1 = F sp l τ 1 = x 1 l τ = lx 1 (13.1) Αλλά και το βάρος w=g της ράβδου, το οποίο εφαρμόζεται στο κέντρο της ομογενούς ράβδου, ασκεί μια ροπή στρέψης τ η οποία τείνει να στρέψει τη ράβδο προς τη έση ισορροπίας της. Η ροπή αυτή είναι ίση με: τ = w l gl sin = sin (13.) Το αρνητικό πρόσημο μπήκε στη Σχέση (13.) επειδή η ροπή τ είναι ετική ενώ η γωνία, και φυσικά το ημίτονό της, είναι αρνητική. Σημειώνουμε εδώ ότι στις πολύ μικρές γωνιές, το

27 ελατήριο εξακολουεί να είναι οριακά οριζόντιο. Από το σχήμα της άσκησης, και συγκεκριμένα από το τρίγωνο που έχει πλευρές l, x 1 και γωνία κορυφής, και από τον ορισμό της γωνίας σε ακτίνια, έχουμε: = x l x = l (13.3) Για τον ίδιο λόγο, επειδή <<1 rad, ισχύει η προσεγγιστική σχέση: sin (rad) (13.4) Αντικαιστώντας τις Σχέσεις (11.3) και (11.4) στις Σχέσεις (13.1) και (13.), παίρνουμε: τ 1 = l (13.5) και τ = gl (13.6) Η συνολική ροπή τ net που ασκείται πάνω στη ράβδο είναι ίση με: τ net = τ 1 +τ = l gl τ net = (l + gl ) τ net = D (13.7) όπου: D = l + gl (13.8) Η Σχέση (13.7) μας επισημαίνει ότι η ροπή στρέψης που ασκείται πάνω στο εκκρεμές είναι ανάλογη με τη γωνία εκτροπής της ράβδου από την κατακόρυφη έση ισορροπίας. Το αρνητικό πρόσημο υποδηλώνει ότι η συγκεκριμένη αυτή ροπή είναι και ροπή επαναφοράς. Κατά συνέπεια, η ράβδος στο σύστημα ράβδος-ελατήριο α εκτελεί απλή στροφική αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα Ω: gl Ω = D Ι = + l l 3 Ω = 7,46 rad/s f = Ω π = 7,46 rad/s 6,8 = 6l + 3gl l f = 1,19 s 1 = 3 + 3g N l = 3x0,5 3x9,80 1,500g + s x1,00 όπου για τη ροπή αδράνειας Ι χρησιμοποιήσαμε το εώρημα των παράλληλων αξόνων του Steiner: Ι = Ι c + ( l ) = L 1 + L 4 I = L 3 Συμβολίσαμε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωση με Ω για να ξεχωρίσει από τη στιγμιαία γωνιακή ταχύτητα ω της στρεφόμενης ράβδου.

28 ΑΣΚΗΣΗ 14: Να λυεί η Άσκηση 13 χρησιμοποιώντας το εώρημα της διατήρησης της μηχανικής ενέργειας. ΛΥΣΗ c l/ w=g F sp x Εκτρέπουμε τη ράβδο κατά γωνία ax <<1rad και στη συνέχεια την αφήνουμε ελεύερη, οπότε το ελατήριο την έλκει προς τη έση ισορροπίας της (κατακόρυφη έση). Σε μια τυχαία έση όπου η γωνία εκτροπής του εκκρεμούς είναι, το ελατήριο α έχει επιμηκυνεί κατά διάστημα x και η ράβδος α έχει γωνιακή ταχύτητα ω. Σημειώνουμε εδώ ότι στις πολύ μικρές γωνιές, το ελατήριο εξακολουεί να είναι οριακά οριζόντιο. Από το σχήμα της άσκησης, και συγκεκριμένα από το τρίγωνο που έχει πλευρές l, x και γωνία κορυφής, και από τον ορισμό της γωνίας σε ακτίνια, έχουμε: = x l x = l Κάτω από τις συνήκες αυτές το ελατήριο α έχει δυναμική ενέργεια: U sp = 1 x = 1 (l) U sp = 1 l (14.1) Η ράβδος α έχει βαρυτική δυναμική ενέργεια η οποία προκύπτει από το εώρημα έργου δυναμικής ενέργειας. Υπολογισμός της δυναμικής ενέργειας της ράβδου που έχει εκτραπεί κατά γωνία : Σε μια στοιχειώδη εκτροπή της ράβδου από τη γωνία στην γωνία (+d) το στοιχειώδες έργο που παράγεται ή καταναλίσκεται είναι: dw = τ d (14.) όπου τ είναι η βαρυτική ροπή της ράβδου ως προς το πάνω άκρο της ράβδου. Εξ ορισμού, η βαρυτική ροπή είναι ίση με: τ = r c F G ή τ = r c F G sin l g (14.3)

29 To πρόσημο ( ) προέκυψε από το γεγονός ότι η βαρυτική ροπή είναι ετική ενώ η γωνία είναι αρνητική (βλέπε Σχήμα Άσκησης). Οπότε, με ολοκλήρωση της Εξίσωσης 1 υπολογίζουμε το έργο που καταναλίσκει η βαρυτική ροπή τ για να εκτραπεί η ράβδος από τη γωνία =0 στη γωνία είναι: W = dw = τ d 0 = ( l g ) d = l g d 0 0 = l g 1 W = l 4 gl (14.4) Θεώρημα Έργου Δυναμικής Ενέργειας: W = ΔU = (U() U(0) = U() (14.5) Από τις Εξισώσεις 14.4 και 14.5 προκύπτει η δυναμική ενέργεια της ράβδου όταν αυτή έχει εκτραπεί κατά γωνία : U() = l 4 gl (14.6) Η ράβδος α έχει περιστροφική κινητική ενέργεια: Κ ω = 1 Ι cω = l ω Κ ω = 1 6 l ω (14.7) Από τις Εξισώσεις 14.1, 14.6 και 14.7, η ολική μηχανική ενέργεια του συστήματος ράβδοςελατήριο είναι ίση με: Ε = U sp + U() + K ω = 1 l + l 4 gl l ω Ε = 1 (l + l gl) l ω (14.8) Επειδή η ράβδος περιστρέφεται ελεύερα χωρίς δυνάμεις αντίστασης, η ολική μηχανική ενέργεια Ε του συστήματος ράβδος-ελατήριο α διατηρείται σταερή στο χρόνο. Οπότε, η χρονική παράγωγος της Σχέσης (14.8) α είναι ίση με μηδέν: de dt = d dt [1 (l + l gl) l ω ] = 0 (l + l gl) + 1 dω l 3 Ι dω dt = D (14.9) όπου: dt = (l + l d gl) dt l ω dω dt = 0 dω l dt = (l + l gl) I = 1 3 l είναι η ροπή αδράνειας της ράβδου ως άξονα που διέρχεται από το άκρο της

30 D = l + l gl είναι η σταερά της ροπής επαναφοράς του συστήματος ράβδος ελατήριο Η Εξίσωση (14.4) μας λέει ότι το σύστημα ράβδος-ελατήριο εκτελεί στροφική αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα Ω: gl Ω = D Ι = + l l 3 Ω = 7,46 rad/s f = Ω π = 7,46 rad/s 6,8 = 6l + 3gl l f = 1,19 s 1 = 3 + 3g N l = 3x0,5 3x9,80 1,500g + s x1,00 όπου για τη ροπή αδράνειας Ι χρησιμοποιήσαμε το εώρημα των παράλληλων αξόνων του Steiner: Ι = Ι c + ( l ) = L 1 + L 4 I = L 3 Συμβολίσαμε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωση με Ω για να ξεχωρίσει από τη στιγμιαία γωνιακή ταχύτητα ω της στρεφόμενης ράβδου. ΑΣΚΗΣΗ 15: Ένα απλό εκκρεμές αποτελείται από μια μάζα =0,500 g η οποία είναι προσαρμοσμένη στο άκρο μιας συμπαγούς αλλά αβαρούς ράβδου (μάζα ράβδου πολλές φορές μικρότερη από τη μάζα ) μήκους L=1,00. Δυο οριζόντια ελατήρια που έχουν σταερά =5,5 N/ το κάε ένα από αυτά είναι προσαρμοσμένα στη ράβδο και σε απόσταση h=40,0 c από το σημείο εξάρτησής της, όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα. Όταν το εκκρεμές είναι στην κατακόρυφο έση, το ελατήρια είναι απαραμόρφωτα. Όταν το εκκρεμές εκτραπεί από την κατακόρυφο κατά γωνία <15 0 και αφεεί ελεύερο να αποδείξετε ότι σύστημα εκκρεμές-ελατήριο α εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε τη συχνότητα ταλάντωσης f. ΛΥΣΗ Άσκηση προς λύση από τους Φοιτητές.

31 ΑΣΚΗΣΗ 17 Μια δοκός μήκους l = 3,00 και μάζας = 50,0 g δύναται να περιστρέφεται ως προς οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το μέσο της. Στα άκρα της δοκού είναι προσαρμοσμένα δυο κατακόρυφα ελατήρια με σταερά = 500 Ν/ τα οποία είναι πακτωμένα σε οριζόντιο έδαφος, όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα. l/ l/ Αν το ένα από τα δυο άκρα της δοκού συμπιέσει προς τα κάτω το αντίστοιχο ελατήριο και στη συνέχεια αφεεί ελεύερο, τότε: α. Να αποδείξετε ότι η δοκός α αρχίσει να εκτελεί στροφική ταλάντωση γύρω από το κέντρο της. β. Να υπολογίσετε τη γωνιακή συχνότητα ω και τη συχνότητα f της στροφικής ταλάντωσης. ΛΥΣΗ l/ +x l/ -x α. Γωνία πολύ μικρή: x l x l (1) Δυναμική ενέργεια αριστερού ελατηρίου: U 1 = 1 x = 1 l 4 = l 8 (3) Δυναμική ενέργεια δεξιού ελατηρίου: U = 1 x = 1 l 4 = l 8 (4) Περιστροφική κινητική ενέργεια δοκού: Κ = 1 Ιω (5) όπου Ι = 1 1 l είναι η ροπή αδράνειας της δοκού ως προς το κέντρο της. H ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΤΟΥ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗ ΔΙΑΤΗΡΕΙΤΑΙ (είναι σταερή) Ε = U 1 + U + K = l 8 + l l ω = l Ιω

32 de dt = 0 d dt (l Ιω ) = 0 l 4 d dt + Ι dω ω dt = 0 l d dω + Ιω dt dt = 0 (6) Γωνιακή ταχύτητα: ω = d dt Οπότε η Εξίσωση (6) γίνεται: l και Γωνιακή επιτάχυνση: α ω = dω dt ω + Ιωα ω = 0 Ια ω = l τ = D (7) Σταερά επαναφοράς: D = l Η ροπή στρέψης τ της ράβδου είναι ανάλογη της γωνίας εκτροπής. Αυτό σημαίνει ότι η ράβδος εκτελεί στροφική ταλάντωση. β. Η γωνιακή συχνότητα ω της ταλάντωσης της δοκού είναι ίση με: ω = D I = l 6 = 1 1 l ω = 6 ω = 6 = Ν/ 50 g ω = πf f = ω π = 7,75 rad/s = 7,75 rad/s 6,8 rad f = 1,3 Hz ΑΣΚΗΣΗ 18 l Δυο ακριβώς ίδιοι τροχοί δύνανται να περιστρέφονται με πολύ μεγάλη γωνιακή ταχύτητα γύρω από οριζόντιους άξονες οι οποίοι βρίσκονται πάνω στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο και απέχουν μεταξύ τους απόσταση l = 1,00. Πάνω στους τροχούς τοποετείται μια ράβδος της οποίας η μάζα είναι = 1,00 g, όπως δείχνει το Σχήμα. Όταν οι δυο τροχοί περιστρέφονται με αντίετες γωνιακές ταχύτητες: (α) Να αποδείξετε ότι η ράβδος που είναι πάνω στους τροχούς α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση.

33 (β) Να υπολογίσετε τη συχνότητα της ταλάντωσης αυτής. Δίνονται: Ο συντελεστής τριβής ολίσησης μεταξύ ράβδου και περιφέρειας τροχών μ = 0,35 και η επιτάχυνση της βαρύτητας g = 9,80 /s. ΛΥΣΗ N Α N Β N Β Α l Β f Α Ο f Β Α N Α l/ l/ x f Α Ο f Β Β x=0 F G =-g F G =-g x=0 Θέση Ισορροπίας Το κέντρο μάζας της ράβδου Το κέντρο μάζας της ράβδου είναι στο μέσο Ο έχει μετατοπιστεί κατά διάστημα x από τη έση του διαστήματος ΑΒ. ισορροπίας Ο. Πάνω στη ράβδο ασκούνται οι εξής δυνάμεις: Το βάρος F B = g της ράβδου η οποία ασκείται στο κέντρο μάζας αυτής. Οι κάετες δυνάμεις επαφής N A και Ν Β που ασκούν οι τροχοί πάνω στη ράβδο στα σημεία Α και Β. Στα σημεία Α και Β ασκούνται και η οι τριβές: f A = μn A και f B = μn B (1) (α) Το κέντρο μάζας της ράβδου είναι μετατοπισμένο σε απόσταση x προς τα δεξιά (δεξιό Σχήμα Άσκησης): Στην περίπτωση αυτή, η κάετη δύναμη N Β α είναι μεγαλύτερη από τη δύναμη Ν Α, οπότε και η τριβή f B α είναι μεγαλύτερη από την τριβή f A. Από τις Εξισώσεις 1 προκύπτει ότι η συνισταμένη οριζόντια δύναμη F x α είναι ίση με: F x = f A f B = μn A μn B F x = μ(n A N B ) () Από το δεξιό σχήμα της άσκησης προκύπτουν οι ροπές των δυνάμεων Ν Β και της βαρυτικής δύναμης F G ως προς σημείο A: Η ροπή δύναμης Ν B είναι ετική (τείνει να στρέψει τη ράβδο αριστερόστροφα) και έχει μέτρο:

34 τ Β = Ν Β l (3) Η βαρυτική ροπή είναι αρνητική (τείνει να στρέψει τη ράβδο δεξιόστροφα) και έχει μέτρο: τ G = F G ( l + x) (4) Από τη διάταξη της ράβδου και των τροχών προκύπτει ότι η ράβδος δεν έχει τη δυνατότητα να περιστραφεί. Αυτό σημαίνει ότι η συνισταμένη όλων των ροπών που ασκούνται πάνω στη ράβδο πρέπει να είναι ίση με το μηδέν. Οπότε, από τις Εξισώσεις 3 και 4 α έχουμε: Στ = 0 τ Β τ G = 0 Ν Β l g ( l + x) = 0 Ν Β l g l gx = 0 N B = g + g x (5) l Επίσης, η ράβδος δεν έχει τη δυνατότητα να κινηεί κατακόρυφα. Αυτό σημαίνει ότι η συνισταμένη όλων των κατακόρυφων δυνάμεων F y πρέπει να είναι ίση με το μηδέν: ΣF y = 0 N Β + N Α F G = 0 Ν Β + Ν A = g (6) Αφαιρώντας από την Εξίσωση (6) την Εξίσωση (5) παίρνουμε: Ν Β + Ν Α Ν Β = g g g x N l A = g g x (7) l Από τις Εξισώσεις, 5 και 7 παίρνουμε: F x = μ(n A N B ) = μ ( g l F x = Dx (8) x) F x = μ g x l Η Εξίσωση 8 δηλώνει ότι η ράβδος που βρίσκεται πάνω στους περιστρεφόμενους τροχούς α εκτελεί απλή αρμονική κίνηση με σταερά επαναφοράς η οποία είναι ίση με: D = μg l (9) (β) Υπολογισμός της συχνότητας ταλάντωσης της ράβδου: Εξ ορισμού, η γωνιακή συχνότητα ω της αρμονικής ταλάντωσης της ράβδου είναι ίση με: ω = D μg = l Συχνότητα ταλάντωσης της ράβδου: ω = μg l (10) f = ω μg π = l π = 1 π μg = 1 0,35 9,80 /s l π 1,00 f = 0,40 s 1

35 ΑΣΚΗΣΗ 19: Δυο σημεία P 1 και P πάνω σε ένα επίπεδο αντικείμενο απέχουν αποστάσεις d 1 και d, αντίστοιχα από το κέντρο μάζας του αντικειμένου. Το αντικείμενο ταλαντώνεται με την ίδια περίοδο Τ όταν αυτό ταλαντώνεται ως προς τον άξονα που διέρχεται από το σημείο Ρ 1 και όταν ταλαντώνεται ως προς το άξονα που διέρχεται από το σημείο Ρ. Και στις δυο περιπτώσεις ταλάντωσης, οι άξονες είναι κάετοι στην επιφάνεια του αντικειμένου. Να αποδείξετε ότι: d 1 + d = gt 4π, όπου d 1 d. ΛΥΣΗ Άξονας Ταλάντωσης Ρ Άξονας Ταλάντωσης Ρ 1 d d 1 d 1 d Ρ 1 Ρ Στο παραπάνω Σχήμα απεικονίζεται ένα επίπεδο αντικείμενο το οποίο διαέτει δυο διαέσιμους άξονες ταλάντωσης οι οποίοι απέχουν από το κέντρο μάζας (c) αποστάσεις d 1 και d, αντίστοιχα και οι οποίοι είναι κάετοι στην επίπεδη επιφάνεια του αντικειμένου. Επειδή το αντικείμενο ταλαντώνεται με την ίδια περίοδο T και για τους δυο άξονες ταλάντωσης, η περίοδος αυτή α είναι ίση με: T = π I 1 gd 1 = π I gd (15.1) όπου Ι 1 και Ι είναι οι ροπές αδράνειας του σώματος ως προς τους δυο διαέσιμους άξονες περιστροφής. Αν Ι c είναι η ροπή αδράνειας του σώματος ως προς άξονα που είναι παράλληλος με τους δυο άλλους άξονες. Σύμφωνα με το εώρημα των παράλληλων αξόνων (Θεωρημα Steiner), οι ροπές αδράνειας I 1 και Ι α δίνονται από τις Σχέσεις: I 1 = I c + d 1 και I = I c + d (15.) Από τις Σχέσεις (15.1) και (15.) προκύπτουν οι εξής Σχέσεις: Τ 4π = Ι c + d 1 gd 1 Τ 4π = Ι c + d gd gτ 4π d 1 = Ι c + d 1 gτ 4π d = Ι c + d Αφαιρώντας κατά μέλη τις δυο τελευταίες σχέσεις παίρνουμε: gτ 4π d 1 = Ι c + d 1 gτ 4π d = Ι c + d gτ 4π (d 1 d ) = d 1 d = (d 1 d )(d 1 + d ) d 1 + d = gτ 4π

36 ΑΣΚΗΣΗ 0: Μέσα σε σωλήνα που έχει τη μορφή U υπάρχει ένα ασυμπίεστο υγρό πυκνότητας ρ υ, όπως δείχνει το διπλανό σχήμα. Το συνολικό μήκος του υγρού μέσα στο σωλήνα είναι ίσο με L=40,0 c. Αν η ελεύερη επιφάνεια του υγρού στα δυο σκέλη του σωλήνα εκτραπεί από τη έση ισορροπίας τότε να αποδείξετε ότι το υγρό αυτό α εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση να υπολογίσετε τη συχνότητα της ταλάντωσης αυτής. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας: g=9,80 /s. Θέση ισορροπίας L ΛΥΣΗ Εκτρέπουμε το υγρό του σωλήνα U από τη έση ισορροπίας και στη συνέχεια το αφήνουμε ελεύερο να κινηεί. Σε μια τυχαία χρονική στιγμή, το υγρό μέσα στο σωλήνα α βρίσκεται στη έση που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: S Θέση ισορροπίας y y y L L Στην κατάσταση όπου το υγρό μέσα στο σωλήνα U βρίσκεται εκτός έσης ισορροπίας, εωρούμε ως οριζόντιο επίπεδο αναφοράς το οριζόντιο επίπεδο που διέρχεται από την κάτω στάμη του υγρού (στο Σχήμα η κάτω στάμη του υγρού βρίσκεται στο δεξιό σκέλος του σωλήνα). Επειδή το υγρό είναι ασυμπίεστο, όταν το υγρό ανέρχεται στο ένα σκέλος κατά διάστημα y στο άλλο σκέλος του σωλήνα το υγρό κατέρχεται κατά ίσο διάστημα y. Το συνολικό κατακόρυφο διάστημα μεταξύ κάτω στάμης και άνω στάμης του υγρού α είναι ίση με y, οπότε ο όγκος του υπερκείμενου υγρού στο ένα σκέλος του σωλήνα U α είναι ίσο με: V υπερκείμενου υγρού = Sy = Sy (16.1) Το βάρος του w του υπερκείμενου υγρού στο ένα σκέλος του σωλήνα U α ασκεί στο υπόλοιπο υγρό δύναμη F=w η οποία α εξαναγκάζει όλο το υγρό του σωλήνα να κινηεί προς τη έση ισορροπίας του. Η δύναμη F είναι αρνητική σε σχέση με τη ετική μετατόπιση +y του υγρού και είναι ίση με: F = (βάρος υπερκείμενου υγρού) = ρ υ gv υπερκείμενου υγρού = ρ υ gsy

37 F = ρ υ gsy F = Dy (16.) όπου: D = ρ υ gs (16.3) Από τη Σχέση (14.) προκύπτει ότι η δύναμη F είναι ανάλογη με την κατακόρυφη μετατόπιση y της ελεύερης στάμης του υγρού και επιπλέον η δύναμη αυτή είναι μια δύναμη επαναφοράς επειδή τείνει να επαναφέρει την ολική μάζα 0 του υγρού στη έση ισορροπίας. Κατόπιν τούτου, η ολική μάζα 0 του υγρού α εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα: ω = D 0 = ρ υgs ρ υ SL ω = g L = (9,80 /s ) 0,400 ω = 7,00 rad/s f = ω π = 7,00 rad/s 6,8 f = 1,11 s 1