🧷

ΑΑΤ: Δύναμη Επαναφοράς & Περίοδος

ΣF = −Dx, D = mω², κατακόρυφο ελατήριο, απόδειξη ΑΑΤ

Γιατί με νοιάζει;

Ένα σώμα σε ελατήριο, ένα σώμα σε κεκλιμένο επίπεδο με ελατήριο, δύο σώματα το ένα πάνω στο άλλο: φαίνονται διαφορετικά, αλλά όλα κάνουν ΑΑΤ για τον ίδιο λόγο. Υπάρχει ένα κριτήριο — η συνισταμένη δύναμη να είναι ανάλογη της απομάκρυνσης και αντίθετη. Η «απόδειξη ΑΑΤ» με αυτό το κριτήριο είναι το πρώτο ερώτημα σχεδόν κάθε Θέματος Γ ή Δ στις ταλαντώσεις.

Η δύναμη επαναφοράς

Για να γίνεται ΑΑΤ, η συνισταμένη δύναμη πρέπει να είναι ανάλογη της απομάκρυνσης και με αντίθετη φορά: $\Sigma F = -Dx$ . Η σταθερά $D$ λέγεται σταθερά επαναφοράς και συνδέεται με τη μάζα: $D = m\omega^2$ .

Στο σύστημα μάζας–ελατηρίου η δύναμη επαναφοράς είναι η δύναμη του ελατηρίου, οπότε $D = k$ . Σημαντικό: η περίοδος εξαρτάται μόνο από $m$ και $k$ — όχι από το πλάτος $A$ !

Από τη $\Sigma F = -Dx$ στην περίοδο

Ο δεύτερος νόμος του Νεύτωνα στην ΑΑΤ δίνει $\Sigma F = m\alpha = m(-\omega^2 x) = -m\omega^2 x$ . Συγκρίνοντας με $\Sigma F = -Dx$ :

$D = m\omega^2 \quad\Rightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{D}{m}} \quad\Rightarrow\quad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{D}}$

Άρα:

Η περίοδος εξαρτάται μόνο από τη μάζα και τη σταθερά επαναφοράς — όχι από το πλάτος, ούτε από το πώς ξεκίνησε η ταλάντωση.
Η δύναμη επαναφοράς έχει μέγιστο μέτρο $\Sigma F_{max} = DA$ στις ακραίες θέσεις και μηδενίζεται στη θέση ισορροπίας.
Αντίστροφα: αν αποδείξεις ότι $\Sigma F = -Dx$ (με $D$ σταθερό και θετικό), έχεις αποδείξει ότι το σώμα κάνει ΑΑΤ, και την περίοδο την παίρνεις «δωρεάν».

$\Sigma F = -Dx, \quad D = m\omega^2, \quad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{D}}$

Γρήγορος έλεγχος

Σύστημα μάζας–ελατηρίου ταλαντώνεται με περίοδο $T$ . Αντικαθιστούμε το σώμα με άλλο, τετραπλάσιας μάζας, στο ίδιο ελατήριο. Η νέα περίοδος είναι:

Ήξερες ότι;

Στον διαστημικό σταθμό Skylab (1973) οι αστροναύτες δεν μπορούσαν να ζυγιστούν: σε κατάσταση έλλειψης βάρους η ζυγαριά δείχνει μηδέν. Κάθονταν λοιπόν σε μια καρέκλα δεμένη σε ελατήρια και μετρούσαν την περίοδο της ταλάντωσης. Από το $T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$ έβρισκαν τη μάζα τους (αφαιρώντας τη μάζα της καρέκλας). Η περίοδος εξαρτάται από τη μάζα και το ελατήριο, όχι από τη βαρύτητα.

Κατακόρυφο ελατήριο: γιατί πάλι $D = k$

Σώμα μάζας $m$ κρέμεται από κατακόρυφο ελατήριο σταθεράς $k$ . Στη θέση ισορροπίας το ελατήριο είναι επιμηκυμένο κατά $\Delta\ell$ , ώστε $\Sigma F = 0$ :

$k\Delta\ell = mg$

Παίρνουμε θετική φορά προς τα κάτω και φέρνουμε το σώμα σε τυχαία θέση $x$ από τη θέση ισορροπίας. Η επιμήκυνση τότε είναι $\Delta\ell + x$ και

$\Sigma F = mg - k(\Delta\ell + x) = (mg - k\Delta\ell) - kx = -kx$

Άρα το σώμα κάνει ΑΑΤ με $D = k$ και $T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$ — ίδια περίοδο με το οριζόντιο ελατήριο. Αυτή η «απόδειξη ΑΑΤ» ζητείται πολύ συχνά στο Θέμα Γ/Δ: γράφεις τη $\Sigma F$ σε τυχαία θέση και δείχνεις ότι έχει τη μορφή $-Dx$ .

Προσοχή: η δύναμη του ελατηρίου, $k(\Delta\ell + x)$ , δεν είναι η δύναμη επαναφοράς· δύναμη επαναφοράς είναι η συνισταμένη $\Sigma F = -kx$ .

Ελατήριο σε λείο κεκλιμένο επίπεδο

Σώμα μάζας $m$ είναι δεμένο στο πάνω άκρο ελατηρίου σταθεράς $k$ , του οποίου το κάτω άκρο είναι στερεωμένο στη βάση λείου κεκλιμένου επιπέδου γωνίας $\varphi$ . Στη θέση ισορροπίας το ελατήριο είναι συμπιεσμένο κατά $\Delta\ell$ , με

$k\Delta\ell = mg\,\eta\mu\varphi$

Με θετική φορά προς τα κάτω (κατά μήκος του επιπέδου), σε τυχαία θέση $x$ η συμπίεση είναι $\Delta\ell + x$ και

$\Sigma F = mg\,\eta\mu\varphi - k(\Delta\ell + x) = -kx$

Ξανά ΑΑΤ με $D = k$ και $T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$ : η κλίση μετακινεί μόνο τη θέση ισορροπίας, όχι την περίοδο. Το ίδιο συμβαίνει με κάθε σταθερή δύναμη που προστίθεται στο σύστημα (βάρος, συνιστώσα βάρους, σταθερή εξωτερική δύναμη).

$\text{Θ.Ι.:}\ k\Delta\ell = mg \ \ (\text{ή}\ mg\,\eta\mu\varphi), \qquad F_{\epsilon\lambda} = k\,|\Delta\ell + x|, \qquad \Sigma F = -kx$

Γρήγορος έλεγχος

Σώμα δεμένο σε ελατήριο ταλαντώνεται πάνω σε λείο κεκλιμένο επίπεδο γωνίας $\varphi$ . Αν αυξήσουμε τη γωνία $\varphi$ , τι συμβαίνει στην περίοδο της ταλάντωσης;

Μέθοδος: άσκηση ΑΑΤ βήμα-βήμα

Βρες τη θέση ισορροπίας από $\Sigma F = 0$ (σε κατακόρυφο ελατήριο: $k\Delta\ell = mg$ ).
Όρισε θετική φορά και απόδειξε ΑΑΤ: σε τυχαία θέση $x$ δείξε ότι $\Sigma F = -Dx$ .
Υπολόγισε $\omega = \sqrt{\frac{D}{m}}$ και $T = \frac{2\pi}{\omega}$ .
Βρες το πλάτος: αν το σώμα αφήνεται από ηρεμία, $A$ = η απόστασή του από τη θέση ισορροπίας· αλλιώς από την ενέργεια $\frac{1}{2}DA^2 = \frac{1}{2}m\upsilon^2 + \frac{1}{2}Dx^2$ .
Βρες την αρχική φάση από τη θέση στο $t = 0$ ( $0$ ή $\frac{\pi}{2}$ ) και γράψε τις $x(t)$ , $\upsilon(t)$ , $\alpha(t)$ .
Για τη δύναμη του ελατηρίου γύρνα πάντα στο φυσικό μήκος: $F_{\epsilon\lambda} = k \cdot (\text{παραμόρφωση})$ .

Θέμα τύπου Πανελλαδικών (Θέμα Γ): Σώμα μάζας $m = 1\ kg$ κρέμεται ακίνητο από κατακόρυφο ελατήριο σταθεράς $k = 100\ N/m$ . Το εκτρέπουμε κατακόρυφα προς τα κάτω κατά $0{,}2\ m$ από τη θέση ισορροπίας και το αφήνουμε ελεύθερο τη στιγμή $t = 0$ . Θετική φορά προς τα κάτω, $g = 10\ m/s^2$ .

(α) Να αποδείξετε ότι εκτελεί ΑΑΤ. (β) Να γράψετε την εξίσωση $x(t)$ . (γ) Να βρείτε τη μέγιστη ταχύτητα. (δ) Να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του μέτρου της δύναμης του ελατηρίου. (ε) Πότε περνά για πρώτη φορά από τη θέση ισορροπίας;

Δεδομένα: $m = 1\ kg$ , $k = 100\ N/m$ , εκτροπή $0{,}2\ m$ από ηρεμία, $g = 10\ m/s^2$ . Ζητούμενα: απόδειξη ΑΑΤ, $x(t)$ , $\upsilon_{max}$ , $F_{\epsilon\lambda,max}$ , $F_{\epsilon\lambda,min}$ , $t_1$ .

Λύση:

(α) Θέση ισορροπίας: $k\Delta\ell = mg \Rightarrow \Delta\ell = \frac{10}{100} = 0{,}1\ m$ . Σε τυχαία θέση $x$ : $\Sigma F = mg - k(\Delta\ell + x) = -kx$ , άρα ΑΑΤ με $D = k = 100\ N/m$ .

(β) $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = 10\ rad/s$ . Αφήνεται από ηρεμία, άρα $A = 0{,}2\ m$ , και στο $t = 0$ είναι $x = +A$ , οπότε $\varphi_0 = \frac{\pi}{2}$ :

$x = 0{,}2\,\eta\mu\left(10t + \frac{\pi}{2}\right)\ (S.I.)$

(γ) $\upsilon_{max} = \omega A = 10 \cdot 0{,}2 = 2\ m/s$ .

(δ) Στην κατώτατη θέση η επιμήκυνση είναι $\Delta\ell + A = 0{,}3\ m$ , άρα $F_{\epsilon\lambda,max} = 100 \cdot 0{,}3 = 30\ N$ . Επειδή $A = 0{,}2\ m > \Delta\ell = 0{,}1\ m$ , το σώμα ανεβαίνοντας περνά από τη θέση φυσικού μήκους ( $x = -0{,}1\ m$ ), όπου $F_{\epsilon\lambda} = 0$ : η ελάχιστη τιμή του μέτρου είναι μηδέν. (Στην ανώτατη θέση το ελατήριο είναι συμπιεσμένο κατά $0{,}1\ m$ και ασκεί $10\ N$ .)

(ε) Από ακραία θέση στη θέση ισορροπίας χρειάζεται $\frac{T}{4}$ , με $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{\pi}{5}\ s$ : $t_1 = \frac{\pi}{20}\ s \approx 0{,}16\ s$ .

Απάντηση: ΑΑΤ με $D = 100\ N/m$ · $x = 0{,}2\,\eta\mu\left(10t + \frac{\pi}{2}\right)$ · $\upsilon_{max} = 2\ m/s$ · $F_{\epsilon\lambda}$ από $0$ έως $30\ N$ · $t_1 = \frac{\pi}{20}\ s$ .

Άσκηση: Σε λείο κεκλιμένο επίπεδο γωνίας $\varphi = 30°$ σώμα μάζας $m = 2\ kg$ είναι δεμένο στο πάνω άκρο ελατηρίου $k = 200\ N/m$ , του οποίου το κάτω άκρο είναι στερεωμένο. Σπρώχνουμε το σώμα $0{,}1\ m$ προς τα κάτω από τη θέση ισορροπίας και το αφήνουμε. Να βρεθούν: (α) η συμπίεση στη θέση ισορροπίας, (β) η περίοδος, (γ) η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του μέτρου της δύναμης του ελατηρίου. ( $g = 10\ m/s^2$ )

Λύση:

(α) $k\Delta\ell = mg\,\eta\mu 30° \Rightarrow \Delta\ell = \frac{2 \cdot 10 \cdot 0{,}5}{200} = 0{,}05\ m$ .

(β) Σε τυχαία θέση $\Sigma F = -kx$ , άρα $D = k$ , $\omega = \sqrt{\frac{200}{2}} = 10\ rad/s$ και $T = \frac{2\pi}{10} = \frac{\pi}{5}\ s$ .

(γ) Αφήνεται από ηρεμία, άρα $A = 0{,}1\ m$ . Στην κατώτατη θέση η συμπίεση είναι $0{,}05 + 0{,}1 = 0{,}15\ m$ : $F_{max} = 200 \cdot 0{,}15 = 30\ N$ . Στην ανώτατη θέση το σώμα απέχει $0{,}1\ m$ πάνω από τη θέση ισορροπίας, δηλαδή $0{,}05\ m$ πάνω από το φυσικό μήκος: το ελατήριο είναι επιμηκυμένο κατά $0{,}05\ m$ και ασκεί $10\ N$ . Επειδή $A > \Delta\ell$ , το σώμα περνά από το φυσικό μήκος, άρα $F_{min} = 0$ .

Θέμα τύπου Πανελλαδικών (Θέμα Δ): Σώμα $\Sigma_1$ μάζας $m_1 = 1\ kg$ κρέμεται ακίνητο από κατακόρυφο ελατήριο σταθεράς $k = 100\ N/m$ . Τη στιγμή $t = 0$ δένουμε στο $\Sigma_1$ , χωρίς ταχύτητα, δεύτερο σώμα $\Sigma_2$ μάζας $m_2 = 1\ kg$ και το σύστημα αφήνεται ελεύθερο. (α) Να βρείτε τη νέα θέση ισορροπίας και το πλάτος. (β) Να βρείτε την περίοδο. (γ) Να γράψετε την εξίσωση $x(t)$ , με θετική φορά προς τα πάνω. (δ) Να βρείτε τη μέγιστη δύναμη του ελατηρίου. ( $g = 10\ m/s^2$ )

Δεδομένα: $m_1 = m_2 = 1\ kg$ , $k = 100\ N/m$ , αρχικά ηρεμία στην παλιά θέση ισορροπίας. Ζητούμενα: νέα θέση ισορροπίας, $A$ , $T$ , $x(t)$ , $F_{\epsilon\lambda,max}$ .

Λύση:

(α) Αρχικά $\Delta\ell_1 = \frac{m_1 g}{k} = 0{,}1\ m$ . Νέα θέση ισορροπίας: $\Delta\ell_2 = \frac{(m_1 + m_2)g}{k} = 0{,}2\ m$ , δηλαδή $0{,}1\ m$ χαμηλότερα. Τη στιγμή $t = 0$ το σύστημα απέχει $0{,}1\ m$ από τη νέα θέση ισορροπίας και έχει $\upsilon = 0$ : αυτή είναι ακραία θέση, άρα $A = 0{,}1\ m$ .

(β) $D = k$ , $\omega = \sqrt{\frac{k}{m_1 + m_2}} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}\ rad/s$ , $T = \frac{2\pi}{5\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}\pi}{5} \approx 0{,}89\ s$ .

(γ) Με θετική φορά προς τα πάνω, στο $t = 0$ το σύστημα βρίσκεται στη θετική ακραία θέση, άρα $\varphi_0 = \frac{\pi}{2}$ : $x = 0{,}1\,\eta\mu\left(5\sqrt{2}\,t + \frac{\pi}{2}\right)$ (S.I.). Με θετική φορά προς τα κάτω θα χρειαζόταν φάση $\frac{3\pi}{2}$ — γι' αυτό διαλέγουμε τη θετική φορά προς την αρχική εκτροπή.

(δ) Κατώτατη θέση: επιμήκυνση $\Delta\ell_2 + A = 0{,}3\ m$ , άρα $F_{\epsilon\lambda,max} = 30\ N$ .

Απάντηση: Νέα θέση ισορροπίας $0{,}1\ m$ κάτω από την αρχική, $A = 0{,}1\ m$ , $T = \frac{\sqrt{2}\pi}{5}\ s$ , $x = 0{,}1\,\eta\mu\left(5\sqrt{2}\,t + \frac{\pi}{2}\right)$ , $F_{\epsilon\lambda,max} = 30\ N$ .

Γρήγορος έλεγχος

Σώμα μάζας $m$ κρέμεται από κατακόρυφο ελατήριο και εκτελεί ΑΑΤ πλάτους $A$ . Πόσο είναι το μέτρο της δύναμης του ελατηρίου τη στιγμή που το σώμα περνά από τη θέση ισορροπίας;

Κράτα τον «χάρτη» της ΑΑΤ: στα άκρα $\upsilon = 0$ και $|\alpha| = \alpha_{max}$ , στη θέση ισορροπίας $\upsilon = \upsilon_{max}$ και $\alpha = 0$ . Σε κατακόρυφο ελατήριο, βρες ΠΡΩΤΑ τη θέση ισορροπίας από $\Sigma F = 0$ — η ΑΑΤ γίνεται γύρω από αυτή, όχι γύρω από το φυσικό μήκος!

Πρόκληση

Πότε «απογειώνεται» το πάνω σώμα; Σώμα $\Sigma_1$ ( $m_1 = 1\ kg$ ) είναι δεμένο στο πάνω άκρο κατακόρυφου ελατηρίου $k = 100\ N/m$ , του οποίου το κάτω άκρο είναι στερεωμένο στο έδαφος. Πάνω στο $\Sigma_1$ ακουμπά (χωρίς να είναι δεμένο) σώμα $\Sigma_2$ ( $m_2 = 1\ kg$ ). Πιέζουμε το σύστημα $0{,}3\ m$ κάτω από τη θέση ισορροπίας και το αφήνουμε. (α) Σε ποια θέση το $\Sigma_2$ χάνει την επαφή; (β) Με τι ταχύτητα; (γ) Πόσο ψηλότερα ανεβαίνει μετά; ( $g = 10\ m/s^2$ )

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Θέση ισορροπίας: συμπίεση $\frac{(m_1 + m_2)g}{k} = 0{,}2\ m$ . $\omega^2 = \frac{k}{m_1 + m_2} = 50\ s^{-2}$ , $A = 0{,}3\ m$ .

(α) Για το $\Sigma_2$ : $N - m_2 g = m_2\alpha$ . Χάνει την επαφή όταν $N = 0$ , δηλαδή όταν $\alpha = -g$ (προς τα κάτω). Αφού $\alpha = -\omega^2 x$ (θετικά προς τα πάνω), αυτό συμβαίνει στο $x = \frac{g}{\omega^2} = \frac{10}{50} = 0{,}2\ m$ πάνω από τη θέση ισορροπίας — ακριβώς στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου. Επειδή $A = 0{,}3\ m > 0{,}2\ m$ , το σύστημα φτάνει εκεί.

(β) $\upsilon = \omega\sqrt{A^2 - x^2} = \sqrt{50}\sqrt{0{,}09 - 0{,}04} = \sqrt{2{,}5} \approx 1{,}58\ m/s$ .

(γ) Μετά την αποκόλληση το $\Sigma_2$ κάνει κατακόρυφη βολή: $h = \frac{\upsilon^2}{2g} = \frac{2{,}5}{20} = 0{,}125\ m$ .

Απάντηση: Στο φυσικό μήκος του ελατηρίου, με $\upsilon \approx 1{,}58\ m/s$ , και ανεβαίνει ακόμη $12{,}5\ cm$ . Γενικά: αποκόλληση γίνεται μόνο αν $A > \frac{g}{\omega^2}$ .

Συνηθισμένα λάθη

ΑΑΤ γύρω από το φυσικό μήκος. Σε κατακόρυφο ελατήριο η ΑΑΤ γίνεται γύρω από τη θέση ισορροπίας ( $k\Delta\ell = mg$ ). Το $x$ μετριέται από εκεί, και το $U = \frac{1}{2}Dx^2$ είναι η δυναμική ενέργεια ταλάντωσης — όχι η ελαστική $\frac{1}{2}k(\Delta\ell + x)^2$ .
Μοίρες αντί για rad. Η φάση είναι σε rad: $\eta\mu(10t)$ για $t = 0{,}1\ s$ σημαίνει $\eta\mu(1\ rad)$ , όχι $\eta\mu 1°$ .
«Ελάχιστη δύναμη ελατηρίου $= k(\Delta\ell - A)$ ». Αν $A > \Delta\ell$ , το σώμα περνά από το φυσικό μήκος και το ελάχιστο μέτρο είναι μηδέν.
Χρόνοι μοιρασμένοι γραμμικά. Από $x = 0$ σε $x = \frac{A}{2}$ χρειάζεται $\frac{T}{12}$ , όχι $\frac{T}{8}$ — λύσε την τριγωνομετρική εξίσωση.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Συνθήκη ΑΑΤ: $\Sigma F = -Dx$ · η απόδειξη γίνεται γράφοντας τη $\Sigma F$ σε τυχαία θέση.
$D = m\omega^2$ και $T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{D}}$ : ανεξάρτητη του πλάτους και των αρχικών συνθηκών.
Ελατήριο οριζόντιο, κατακόρυφο ή σε κεκλιμένο: πάντα $D = k$ · οι σταθερές δυνάμεις μετακινούν μόνο τη θέση ισορροπίας ( $k\Delta\ell = mg$ ή $mg\,\eta\mu\varphi$ ).
Δύναμη ελατηρίου $= k \cdot$ (παραμόρφωση από το φυσικό μήκος) — δεν ταυτίζεται με τη δύναμη επαναφοράς.
Αν $A > \Delta\ell$ , το σώμα περνά από το φυσικό μήκος και $F_{\epsilon\lambda,min} = 0$ .

🧷

ΑΑΤ: Δύναμη Επαναφοράς & Περίοδος

ΣF = −Dx, D = mω², κατακόρυφο ελατήριο, απόδειξη ΑΑΤ

Γιατί με νοιάζει;

Η δύναμη επαναφοράς

Από τη $\Sigma F = -Dx$ στην περίοδο

Ο δεύτερος νόμος του Νεύτωνα στην ΑΑΤ δίνει $\Sigma F = m\alpha = m(-\omega^2 x) = -m\omega^2 x$ . Συγκρίνοντας με $\Sigma F = -Dx$ :

$D = m\omega^2 \quad\Rightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{D}{m}} \quad\Rightarrow\quad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{D}}$

Άρα:

Η περίοδος εξαρτάται μόνο από τη μάζα και τη σταθερά επαναφοράς — όχι από το πλάτος, ούτε από το πώς ξεκίνησε η ταλάντωση.
Η δύναμη επαναφοράς έχει μέγιστο μέτρο $\Sigma F_{max} = DA$ στις ακραίες θέσεις και μηδενίζεται στη θέση ισορροπίας.
Αντίστροφα: αν αποδείξεις ότι $\Sigma F = -Dx$ (με $D$ σταθερό και θετικό), έχεις αποδείξει ότι το σώμα κάνει ΑΑΤ, και την περίοδο την παίρνεις «δωρεάν».

$\Sigma F = -Dx, \quad D = m\omega^2, \quad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{D}}$

Γρήγορος έλεγχος

Ήξερες ότι;

Κατακόρυφο ελατήριο: γιατί πάλι $D = k$

$k\Delta\ell = mg$

$\Sigma F = mg - k(\Delta\ell + x) = (mg - k\Delta\ell) - kx = -kx$

Ελατήριο σε λείο κεκλιμένο επίπεδο

$k\Delta\ell = mg\,\eta\mu\varphi$

Με θετική φορά προς τα κάτω (κατά μήκος του επιπέδου), σε τυχαία θέση $x$ η συμπίεση είναι $\Delta\ell + x$ και

$\Sigma F = mg\,\eta\mu\varphi - k(\Delta\ell + x) = -kx$

$\text{Θ.Ι.:}\ k\Delta\ell = mg \ \ (\text{ή}\ mg\,\eta\mu\varphi), \qquad F_{\epsilon\lambda} = k\,|\Delta\ell + x|, \qquad \Sigma F = -kx$

Γρήγορος έλεγχος

Μέθοδος: άσκηση ΑΑΤ βήμα-βήμα

Βρες τη θέση ισορροπίας από $\Sigma F = 0$ (σε κατακόρυφο ελατήριο: $k\Delta\ell = mg$ ).
Όρισε θετική φορά και απόδειξε ΑΑΤ: σε τυχαία θέση $x$ δείξε ότι $\Sigma F = -Dx$ .
Υπολόγισε $\omega = \sqrt{\frac{D}{m}}$ και $T = \frac{2\pi}{\omega}$ .
Βρες το πλάτος: αν το σώμα αφήνεται από ηρεμία, $A$ = η απόστασή του από τη θέση ισορροπίας· αλλιώς από την ενέργεια $\frac{1}{2}DA^2 = \frac{1}{2}m\upsilon^2 + \frac{1}{2}Dx^2$ .
Βρες την αρχική φάση από τη θέση στο $t = 0$ ( $0$ ή $\frac{\pi}{2}$ ) και γράψε τις $x(t)$ , $\upsilon(t)$ , $\alpha(t)$ .
Για τη δύναμη του ελατηρίου γύρνα πάντα στο φυσικό μήκος: $F_{\epsilon\lambda} = k \cdot (\text{παραμόρφωση})$ .

Λύση:

(β) $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = 10\ rad/s$ . Αφήνεται από ηρεμία, άρα $A = 0{,}2\ m$ , και στο $t = 0$ είναι $x = +A$ , οπότε $\varphi_0 = \frac{\pi}{2}$ :

$x = 0{,}2\,\eta\mu\left(10t + \frac{\pi}{2}\right)\ (S.I.)$

(γ) $\upsilon_{max} = \omega A = 10 \cdot 0{,}2 = 2\ m/s$ .

Λύση:

(α) $k\Delta\ell = mg\,\eta\mu 30° \Rightarrow \Delta\ell = \frac{2 \cdot 10 \cdot 0{,}5}{200} = 0{,}05\ m$ .

(β) Σε τυχαία θέση $\Sigma F = -kx$ , άρα $D = k$ , $\omega = \sqrt{\frac{200}{2}} = 10\ rad/s$ και $T = \frac{2\pi}{10} = \frac{\pi}{5}\ s$ .

Λύση:

(β) $D = k$ , $\omega = \sqrt{\frac{k}{m_1 + m_2}} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}\ rad/s$ , $T = \frac{2\pi}{5\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}\pi}{5} \approx 0{,}89\ s$ .

(δ) Κατώτατη θέση: επιμήκυνση $\Delta\ell_2 + A = 0{,}3\ m$ , άρα $F_{\epsilon\lambda,max} = 30\ N$ .

Γρήγορος έλεγχος

Πρόκληση

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Θέση ισορροπίας: συμπίεση $\frac{(m_1 + m_2)g}{k} = 0{,}2\ m$ . $\omega^2 = \frac{k}{m_1 + m_2} = 50\ s^{-2}$ , $A = 0{,}3\ m$ .

(β) $\upsilon = \omega\sqrt{A^2 - x^2} = \sqrt{50}\sqrt{0{,}09 - 0{,}04} = \sqrt{2{,}5} \approx 1{,}58\ m/s$ .

(γ) Μετά την αποκόλληση το $\Sigma_2$ κάνει κατακόρυφη βολή: $h = \frac{\upsilon^2}{2g} = \frac{2{,}5}{20} = 0{,}125\ m$ .

Συνηθισμένα λάθη

ΑΑΤ γύρω από το φυσικό μήκος. Σε κατακόρυφο ελατήριο η ΑΑΤ γίνεται γύρω από τη θέση ισορροπίας ( $k\Delta\ell = mg$ ). Το $x$ μετριέται από εκεί, και το $U = \frac{1}{2}Dx^2$ είναι η δυναμική ενέργεια ταλάντωσης — όχι η ελαστική $\frac{1}{2}k(\Delta\ell + x)^2$ .
Μοίρες αντί για rad. Η φάση είναι σε rad: $\eta\mu(10t)$ για $t = 0{,}1\ s$ σημαίνει $\eta\mu(1\ rad)$ , όχι $\eta\mu 1°$ .
«Ελάχιστη δύναμη ελατηρίου $= k(\Delta\ell - A)$ ». Αν $A > \Delta\ell$ , το σώμα περνά από το φυσικό μήκος και το ελάχιστο μέτρο είναι μηδέν.
Χρόνοι μοιρασμένοι γραμμικά. Από $x = 0$ σε $x = \frac{A}{2}$ χρειάζεται $\frac{T}{12}$ , όχι $\frac{T}{8}$ — λύσε την τριγωνομετρική εξίσωση.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Συνθήκη ΑΑΤ: $\Sigma F = -Dx$ · η απόδειξη γίνεται γράφοντας τη $\Sigma F$ σε τυχαία θέση.
$D = m\omega^2$ και $T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{D}}$ : ανεξάρτητη του πλάτους και των αρχικών συνθηκών.
Ελατήριο οριζόντιο, κατακόρυφο ή σε κεκλιμένο: πάντα $D = k$ · οι σταθερές δυνάμεις μετακινούν μόνο τη θέση ισορροπίας ( $k\Delta\ell = mg$ ή $mg\,\eta\mu\varphi$ ).
Δύναμη ελατηρίου $= k \cdot$ (παραμόρφωση από το φυσικό μήκος) — δεν ταυτίζεται με τη δύναμη επαναφοράς.
Αν $A > \Delta\ell$ , το σώμα περνά από το φυσικό μήκος και $F_{\epsilon\lambda,min} = 0$ .

ΑΑΤ: Δύναμη Επαναφοράς & Περίοδος

Η δύναμη επαναφοράς

Από τη ΣF=−Dx\Sigma F = -DxΣF=−Dx στην περίοδο

Κατακόρυφο ελατήριο: γιατί πάλι D=kD = kD=k

Ελατήριο σε λείο κεκλιμένο επίπεδο

Μέθοδος: άσκηση ΑΑΤ βήμα-βήμα

ΑΑΤ: Δύναμη Επαναφοράς & Περίοδος

Η δύναμη επαναφοράς

Από τη ΣF=−Dx\Sigma F = -DxΣF=−Dx στην περίοδο

Κατακόρυφο ελατήριο: γιατί πάλι D=kD = kD=k

Ελατήριο σε λείο κεκλιμένο επίπεδο

Μέθοδος: άσκηση ΑΑΤ βήμα-βήμα

Από τη $\Sigma F = -Dx$ στην περίοδο

Κατακόρυφο ελατήριο: γιατί πάλι $D = k$

Από τη $\Sigma F = -Dx$ στην περίοδο

Κατακόρυφο ελατήριο: γιατί πάλι $D = k$