Δραστηριότητα όλου του δικτυακού τόπου

Σίγουρα θα έχει γράψει κάποιος πριν από μένα για αυτό το θέμα. Θα ήθελα τα σχόλια και την κριτική σας, ευχαριστώ

Ωραία δουλειά Θανάση!
Να παρατηρήσουμε ότι η ισορροπία είναι ασταθής.

Καλημέρα σε όλους. Πολύ όμορφη! Μια παρόμοια προσεγγιση:https://i.ibb.co/5hhhBYC9/okt-10.png

Πολύ όμορφο!

Συναφές βίντεο:

Μια λύση:
https://i.ibb.co/SwrZkDr4/55.png

Καλησπέρα, Γιώργο. Σε ευχαριστούμε πολύ για τα καλά λόγια και για την όμορφη προσέγγιση! Η σύνδεση της συνθήκης κύλισης με τη σχέση επίκεντρης και εγγεγραμμένης γωνίας δίνει μια σύντομη και κομψή γεωμετρική απόδειξη. Χαίρομαι που πρόσθεσες αυτή την οπτική στη συζήτηση!
Καλησπέρα, Γιάννη. Σε ευχαριστούμε πολύ για τα καλά λόγια, το σχετικό βίντεο και τη λύση! Πολύ όμορφη η αξιοποίηση του στιγμιαίου κέντρου περιστροφής: η ορθή γωνία που βαίνει στη διάμετρο ΕΟ οδηγεί αμέσως στο ότι η ταχύτητα του Α έχει τη διεύθυνση της ΑΟ. Έτσι, η γεωμετρία συναντά την κινηματική και δίνει έναν ακόμη σύντομο δρόμο προς το αποτέλεσμα. Ωραίο συμπλήρωμα στην ανάρτηση!

Καλησπέρα Γιώργο και Γιάννη!!Ευχαριστώ και εγώ με την σειρά μου,για το σχολιασμό της ανάρτησης..Γιάννη εντυπωσιασμένος με την σύντομη και κατανοητή λύση σου!!!!Να είστε καλά!!!

Η εκφώνηση διορθώθηκε ύστερα από τη συζήτηση ΕΔΩ

Ανδρεα αναρωτιεμαι το εξής : εχεις βγαλει μια ακτινα κυκλικης τροχιας που είναι περιπου 8.66cm . Αν αυξησουμε τη γωνιακη ταχύτητα δεν θα έχουμε αυξηση και της ακτινας της κυκλικης τροχιας ; Τότε για μια ακτίνα 9cm θα έχουμε ημθ’ = r’/L = 0.9 ==> θ’ = 64 μοιρες περιπου τότε συνθ’=0.44 άρα θα έχουμε μια ανοδο κατα h=L*(συνθ-συνθ’) = 0.06*L = 0.6cm .

Γιατί θεωρείς ότι γωνία θ δεν αλλαζει ; εκτιμω λοιπον ότι από τη στιγμη που προσφερουμε ενεργεια θα έχουμε μια νεα κυκλικη τροχια που το επιπεδο της θα βρισκεται πιο ψηλα από το αρχικο επίπεδο της κυκλικης τροχιας που εκτελουσε το σώμα. Αρα θα χάσει πλεον την επαφη του με το δαπέδο.

Καλησπέρα Κώστα. Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Γράφεις:
“Από τη στιγμή που προσφέρουμε ενέργεια το σώμα θα χάσει πλέον την επαφή του με το δάπεδο».

Για να φτάσει η σφαίρα στην ακτίνα των 9cm (και γωνία 64), θα πρέπει να έχει σηκωθεί από το τραπέζι. Για να σηκωθεί, πρέπει η κάθετη αντίδραση N να γίνει μηδέν. Αυτό συμβαίνει μόνο όταν η γωνιακή ταχύτητα φτάσει σε μια συγκεκριμένη κρίσιμη τιμή ω0=14,14rad/s, όπως υπολογίζεται στο ερώτημα (iv).
Αν ξεκινήσεις από ω=10rad/s και πας στο 11rad/s, η γωνία θ θα παραμείνει 60 μοίρες. Το μόνο που θα αλλάξει είναι ότι το τραπέζι θα ασκεί στη σφαίρα μικρότερη δύναμη N.

Η ενέργεια πού πηγαίνει;
Πράγματι, προσφέρουμε ενέργεια για να αυξήσουμε το ω. Όμως όσο η σφαίρα είναι στο τραπέζι, η δυναμική της ενέργεια δεν αλλάζει (το ύψος της είναι σταθερό). Όλη η ενέργεια που προσφέρουμε μετατρέπεται σε κινητική ενέργεια (λόγω της μεγαλύτερης ταχύτητας περιστροφής). Μόνο τη στιγμή που το N γίνει μηδέν και χάνεται η επαφή, η σφαίρα αρχίζει να ανεβαίνει. Τότε, η ενέργεια που προσφέρουμε αρχίζει να μετατρέπεται και σε δυναμική μέχρι να βρει τη νέα της θέση ισορροπίας.
Σωστά γράφεις ότι αν η σφαίρα βρεθεί σε ακτίνα 9cm, τότε θα έχει σηκωθεί και η γωνία θα είναι 64..
Αλλά το ερώτημα εξετάζει τη φάση πριν χαθεί η επαφή. Όσο το τραπέζι είναι εκεί και την κρατάει, η γωνία δεν μπορεί να αλλάξει. Η αλλαγή της γωνίας είναι το αποτέλεσμα της αύξησης του ω αφού χαθεί η επαφή.

Ανδρέα στο μυαλό μου το έχω όπως ακριβώς συμβαίνει στα λούνα παρκ στις αντιστοιχες κατασκευές. Αυξανομενης της γωνιακής ταχύτητας αυξάνεται η γωνία του νήματος σε σχέση με την κατακόρυφο και το επίπεδο της κυκλικής τροχιάς ανυψωνεται. Άρα αν στο πρόβλημα σου αρχικά υπάρχει επαφή με το που αυξηθεί η γωνιακή ταχύτητα θα χαθεί η επαφή. Δεν βλέπω το λόγο που επιβάλλει να μην αλλάξει η γωνία θ. Υπάρχει περίπτωση το μέτρο της δύναμης από το δάπεδο να είναι μικρότερο από αυτό που έχεις υπολογίσει και να βγει ότι γωνία θ δεν έχει αλλάξει;

Καλησπέρα Γιάννη. Πολύ όμορφο.Να συμπληρώσω ότι εμεις οι γηραιότεροι γνωρίζαμε από το τοτε εξατάξιο Γυμνάσιο,και στην Γεωμετρία συμμετρίες, ομοιοθεσίες, κατοπτρισμούς κ.ά. στην Φυσική Κάτοπτρα , Φακούς, μετασχηματιστές , παραγωγή και μεταφορά ηλεκτρικής ενέργειας, ακουστική, κ. ά , πολυ περισσότερη Τριγωνομετρία (που ήταν και ξεχωριστό μάθημα στις πανελληνιες εξετάσεις) και πιστεύω ότι είχαμε και πολύ πιο πλούσιο λεξιλόγιο!

Καλησπέρα Γιάννη.
Γέρος εγώ, αφού καβάτζαρα τα 7Χ11 μιμούμενος τον Πικάσο που στα 80 του είπε δεν είμαι 80 είμαι 4 φορές το 20 , κατάλαβα τον τρόπο
που βρήκες το κέντρο μάζας της τριγωνικής πυραμίδας, όμως
δεν μου ‘κοψε να φέρω το ύψος και κόλλησα.
( Όπου Μ στη λύση βάλε Κ )
Καλό βράδυ

Καλησπέρα Γιώργο και Παντελή.
Ευχαριστώ.

Ανδρέα το πλακάκι είναι λύση διότι είναι πίσω από τη σφαίρα και τη σπρώχνει.
Την αναγκάζει να κινείται με την γωνιακή ταχύτητα της πλατφόρμας.

Καλησπέρα Ανδρέα
Αρχικά πρέπει να μπει κάτι ώστε να μπορέσει να στραφεί το σφαιρίδιο όπως επισημαίνει ο Διονύσης και προτείνει ο Γιάννης.
Αν παρακαμφθεί αυτό νομίζω η θεώρησή σου είναι σωστή. Αν αλλάξει η γωνία τότε θα χαθεί η επαφή και αυτό συμβαίνει για συγκεκριμένη γωνιακή ταχύτητα. Τότε τι μένει; Να ισορροπεί σε επαφή.

Καλησπέρα Χρήστο. Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό. Θα αλλάξω την εκφώνηση, χωρίς να πειράξω εννοείται την παρούσα συζήτηση, ώστε να γίνει και για μαθητές.

Καλημέρα Διονύση. Όμορφη και για όλους τους μαθητές.
Τη χρονική στιγμή t = 5s, η γωνιακή ταχύτητα είναι ω = 0, αλλά η κλίση της, dω/dt διάφορη του 0. Άρα δεν έχουμε κεντρομόλο επιτάχυνση, δεν έχουμε στροφορμή, αλλά έχουμε ρυθμό μεταβολής ω και ρυθμό μεταβολής στροφορμής!
Υ.Γ. Με τα νέα βιβλία απαγορεύεται το dω/dt. Θα γράφουμε Δω/Δt (Δt πολύ μικρό) 😯

Καλημέρα Διονύση. Όμορφη και διδακτική όπως πάντα!

Καλησπέρα Ανδρέα και Γιώργο και σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Ανδρέα γνωρίζεις την προσωπική μου θέση, ότι πρέπει να μάθει να διακρίνει ένας μαθητής, τη διαφορά μεταξύ της μέσης τιμής και της στιγμιαίας τιμής ενός ρυθμού μεταβολής. Και το να χρησιμοποιούμε τον ίδιο συμβολισμό, καθόλου δεν βοηθά το στόχο αυτό.
Από κει και πέρα, αναζητείτε ο … υπαίτειος, ή καλύτερα ζητείται …διόρθωση!
(Προφανώς δεν θα συμβεί τίποτα από τα δύο…)

Καλησπέρα Διονύση.
Διδακτική και τίμια για όλους τους μαθητές. Θα συμφωνησω με την παρατήρηση του Αντρέα η οποια καλο ειναι να τονιστεί αν γίνει από κάποιον συνάδελφο.

Καλημέρα Χρήστο και καλή βδομάδα.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και συμφωνώ μαζί σου, όπως και με τον Ανδρέα προφανώς, για το τι συμβαίνει τη στιγμή μηδενισμού της γωνιακής ταχύτητας.
Είναι το ίδιο πρόβλημα που συναντάμε από την Α΄ Λυκείου μελετώντας μια κατακόρυφη βολή. Τι συμβαίνει στο μέγιστο ύψος;
Η ταχύτητα μηδενίζεται. Η επιτάχυνση;

Καλημέρα Διονύση.
Ωραίο το θέμα.
Για μένα πέρα των άλλων έχει σημασία η συνείδηση της διαφοράς ,
“σταμάτησε στιγμιαία ” με το “ακινητοποιήθηκε”.
Από το διάγραμμα ω-t φαίνεται ότι την t=5s για το δίσκο ,στιγμιαία η ω=0 αφού για t>5s η ω<0
Χρήσιμη η σύνδεση που κάνεις στο σχόλιο με το ανώτερο ύψος στην κατακόρυφη βολή.(υ=0 αλλά du/dt=a diaforo του 0.)
Καλή εβδομάδα

Καλό απόγευμα Παντελή και σε ευχαριστώ.
Όπως το λες, άλλο το “σταμάτησε στιγμιαία ” και άλλο το “ακινητοποιήθηκε”.

Καλημέρα Ανδρέα.
Σκάλα με απ’όλα ,αλλά χωρίς ανθρώπινο φορτίο .
Ωραία η σχέση της κλίσης από την οποία βγαίνουν “τα πάντα όλα” !
Λείο δάπεδο μ1=0 εφθ τείνει άπειρο ,θ τείνει 90 ,σκάλα κατακόρυφη για να στέκει.
Λείος τοίχος μ2=0 …στέκει και υπό γωνία ,μειούμενη με αύξηση του μ2.
Καλή Κυριακή

Καλημέρα Ανδρέα. Ασχολήθηκες με το πρόβλημα στη γενική του μορφή. Η λύση αυτή όμως μήπως προϋποθέτει ότι οι δύο τριβές φτάνουν ταυτόχρονα τις οριακές τιμές τους;
Από τις εξισώσεις σου προκύπτει
ΤΒ = W/2 – TA εφθ 
μια εξίσωση με δυο αγνώστους.
Από αυτή την εξίσωση η απάντηση βγαίνει αν θεωρήσουμε ότι στην ελάχιστη γωνία οι δύο τριβές είναι ταυτόχρονα οριακές.
Έχει αποδειχθεί ότι πράγματι συμβαίνει αυτό;
Στη στατική ισορροπία με δύο τραχιές επαφές δεν είναι γενικά αυτονόητο ότι και οι δύο τριβές γίνονται ταυτόχρονα μέγιστες.
Τι γνώμη έχεις;

Παντελή σε ευχαριστώ πολύ.

Πράγματι στις ειδικές περιπτώσεις που αναφέρεις ελέγχεται με επιτυχία η ισχύς της γενικής σχέσης για την εφθ.

Επίσης ενδιαφέρουσα είναι η περίπτωση όπου μ1μ2=1. Σε αυτή την περίπτωση προκύπτει εφθ=0. Δηλαδή η σκάλα ισορροπεί ανεξάρτητα από το πόσο μικρή είναι η γωνία με το έδαφος!

Ανδρέα σε ευχαριστώ πολύ.

Η παρούσα ανάρτηση δεν εξετάζει το γενικό πρόβλημα της ισορροπίας της σκάλας. Προσδιορίζει τη συνθήκη ισορροπίας της, με την προϋπόθεση ότι αναπτύσσεται στατική τριβή στη σκάλα και από το δάπεδο και συγχρόνως από τον τοίχο.

Στην απόδειξη δεν θεωρήθηκε ότι οι δύο τριβές είναι οριακές. Χρησιμοποιήθηκαν οι ανισότητες της στατικής τριβής.

Πιθανόν να υπάρχει ήδη στο Υλικό. Αν κάποιος το έχει αναρτήσει, είμαι σε ετοιμότητα …απόσυρσης.

Γεια σου Ανδρέα και από εδώ. Τα ωραία θέματα αξίζουν, ακόμα κι αν έχουν αναρτηθεί ξανά. Εξάλλου για ένα μαθητή όλα είναι πρωτόγνωρα.

Εντυπωσιακά απλή και ουσιαστική!

Καλημέρα Ανδρέα.
Σκεφτόμουνα …για F=0 η Ν θα εφαρμόζεται στο Μ και για F όση για ανατροπή η Ν θα εφαρμόζεται στο Β, άρα το σημείο εφαρμογής “ταξιδεύει” από το Μ προς το Β.
Ωραία η προς απόδειξη σχέση η οποία δίδει τα “πάντα όλα” !
Καλή Κυριακή

Καλημέρα συνάδελφοι. Σας ευχαριστώ.
Αποστόλη,συμφωνώ, άλλωστε ο καθένας μας πάντα θα βάλει κάτι προσωπικό, που διαφοροποιεί την ανάρτησή του.
Ανδρέα ήθελα να καταλάβουν οι μαθητές τη διαφορά στη στήριξη σε οριζόντιο επίπεδο, υλικού σημείου και στερεού σώματος. Παλιότερα υπήρχε στο Γυμνάσιο και η έννοια της βάσης στήριξης.
Παντελή εξήγησες το φαινόμενο σε μια φράση “το σημείο εφαρμογής “ταξιδεύει” από το Μ προς το Β.”

Καλημέρα Γιάννη. Χωρίς να δω τη λύση :
Το ύψος στην ΒΓ ανάλογο του 120.
Από τη σχέση του εμβαδού το ύψος στην ΑΓ προς το ύψος στην ΒΓ αντιστρόφως ανάλογο του ΑΓ/ΒΓ δηλαδή τα 5)6 του ύψους στην ΒΓ που είναι ανάλογο του 120. Αρα το έργο είναι 120*5/6= 100J.
Δεν χρειάζεται το μήκος της άλλης πλευράς.

Κάτι έχει και μπλοκάρει το κινητό μου όταν προσπαθώ να δω τη λύση σου.
Θα την δω αργότερα στον υπολογιστή.

Καλό απόγευμα Γιάννη και Γιώργο.
Όμορφο και απλό θέμα Γιάννη.
Γιώργο μια χαρά τα είπες και σε συμφωνία με το Γιάννη…

Καλησπέρα Διονύση . Ευχαριστώ πολύ. Τώρα είδα την λυση του Γιάννη που είναι όμοια με την δικια μου.

Καλησπέρα Γιάννη
Πολύ καλό

Καλησπέρα Γιώργο, Διονύση και Χρήστο.
Ευχαριστώ.
Γιώργο οι λύση σου και η δική μου είναι ίδιες. Ίσως δεν υπάρχει άλλη λύση πλην ίσως μίας τριγωνομετρικής φασαριόζικης.

Άρη καλό ταξίδι και ωραίες παρατηρήσεις να έχεις.
Μια μικρή πρόγευση του τι θα δείτε στο Λούξορ.

https://ibb.co/svh1SKcR

Άλλαξε στο πρώτο σχήμα σου τις θέσεις ανατολής δύσης.

Ευχαριστώ Αρη. Όλα θα ειναι τέλεια στο Λουξορ πλην τα 45αρια. Θα σας φέρω φώτο.

Άρη & Άρη καλησπέρα

Ο πρώτος από εσάς προγραμματίζει να ενταχθεί στην παγκόσμια παρέα των «κυνηγών εκλείψεων». Ο έτερος Άρης και μεις μαζί του θα αναμένουμε τις περιγραφές από έναν δικό μας άνθρωπο.

Οι κυνηγοί εκλείψεων είναι αστρονόμοι, φυσικοί, φωτογράφοι και ερασιτέχνες παρατηρητές που ταξιδεύουν σε απομακρυσμένες περιοχές της Γης για να παρακολουθήσουν μια ολική έκλειψη Ηλίου. Η ιστορία τους συνδέει την επιστημονική περιέργεια με την περιπέτεια, την τεχνολογική καινοτομία και, σε ορισμένες περιπτώσεις, τις μεγάλες ανατροπές στην κατανόηση του Σύμπαντος.

Κατά τον 19ο αιώνα, οι ηλιακές εκλείψεις απέκτησαν κεντρική θέση στην αστρονομική έρευνα. Οι επιστήμονες ταξίδευαν με τηλεσκόπια, φασματογράφους και φωτογραφικό εξοπλισμό, προσπαθώντας να καταγράψουν φαινόμενα που δεν μπορούσαν να παρατηρηθούν με άλλον τρόπο.

Οι αποστολές αυτές δεν ήταν πάντοτε επιτυχημένες. Ένα σύννεφο την κρίσιμη στιγμή, μια βλάβη στον εξοπλισμό ή ένα λάθος στον χρονισμό μπορούσε να ακυρώσει μήνες προετοιμασίας. Έτσι, ο κυνηγός εκλείψεων έγινε μια χαρακτηριστική μορφή της πειραματικής επιστήμης: κάποιος που πρέπει να προβλέψει το φαινόμενο, να μεταφέρει τα όργανά του στην κατάλληλη θέση και να είναι έτοιμος να εργαστεί μέσα σε ελάχιστα λεπτά.

Μία από τις σημαντικότερες επιστημονικές αποστολές στην ιστορία των εκλείψεων πραγματοποιήθηκε το 1919. Ο Βρετανός αστρονόμος Άρθουρ Έντινγκτον συμμετείχε σε αποστολή στο Πρίνσιπε, στα ανοικτά των δυτικών ακτών της Αφρικής, ενώ μια δεύτερη βρετανική ομάδα παρατήρησε την έκλειψη από το Σομπράλ της Βραζιλίας.

Εδώ, παρεμβαίνω εγώ στο μακρινάρι της Α.Ι., για να αναφερθώ σ’ ένα παράπλευρο επακόλουθο αυτής της διάσημης έκλειψης. Η Σχετικότητα πέρασε πρώιμα και γόνιμα στον ακαδημαϊκό κόσμο της Βραζιλίας ακριβώς επειδή αυτό το σπάνιο για μια συγκεκριμένη περιοχή του κόσμου και σημαντικό για την επιστήμη φαινόμενο, εξελίχθηκε στη γειτονιά τους!

Κατά τον 20ό αιώνα, οι εκλείψεις εξακολούθησαν να προσελκύουν μεγάλες επιστημονικές αποστολές. Παράλληλα, η εξέλιξη της φωτογραφίας, των τηλεσκοπίων και των οργάνων μέτρησης έκανε δυνατή την καταγραφή λεπτομερειών της ηλιακής κορώνας και την έρευνα της ηλιακής δραστηριότητας.

Με τον χρόνο, η έκλειψη έπαψε να αποτελεί αποκλειστικά υπόθεση των επαγγελματιών αστρονόμων. Ερασιτέχνες παρατηρητές, φωτογράφοι και ταξιδιώτες άρχισαν να οργανώνουν τα δικά τους ταξίδια, επιδιώκοντας να βρεθούν μέσα στη στενή ζώνη της ολικότητας. Έτσι διαμορφώθηκε η σύγχρονη κουλτούρα των eclipse chasers, των «κυνηγών εκλείψεων».

Για αυτούς, η έκλειψη δεν είναι απλώς ένα εντυπωσιακό θέαμα. Είναι ένα ταξίδι με συγκεκριμένο επιστημονικό και γεωγραφικό στόχο, που απαιτεί μελέτη των τροχιών, επιλογή τοποθεσίας, παρακολούθηση των καιρικών συνθηκών και συχνά εναλλακτικά σχέδια μετακίνησης. Η εμφάνιση της ολικότητας διαρκεί συνήθως μόνο λίγα λεπτά, αλλά η αναμονή, η προετοιμασία και η εμπειρία της παρατήρησης μπορεί να καταλαμβάνουν χρόνια.

Καλησπέρα στην παρέα. Καλά κυνήγια Άρη με το καλό! Ένα soundtrack για συντροφιά.

Καλησπέρα παιδιά. Γιώργο εύστοχες και χρήσιμες οι πληροφορίες σου. Αποστόλη ωραίο θέμα Pink Floyd την ώρα της έκλειψης και μάλιστα η σκοτεινή του πλευρά που θα μας δείχνει εκείνη την ημέρα.

O Jay Pasachoff (1943–2022), καθηγητής στο Πανεπιστήμιο Williams στις ΗΠΑ είναι ο διασημότερος κυνηγός εκλείψεων.

Οι New York Times εκτίμησαν ότι ο Pasachoff μπορεί να κατάφερε να δει περισσότερες ηλιακές εκλείψεις από οποιονδήποτε άλλον στην ανθρώπινη ιστορία: 75, σύμφωνα με την καταμέτρηση του, εκ των οποίων οι 36 ήταν ολικές.

Εδώ στο Καστελόριζο, με Έλληνες “κυνηγούς” για την ολική έκλειψη στις 29/ 3/ 2006

https://i.ibb.co/DDphWS6s/Pashahoff.png

σχετικό ΑΙ βίντεο:
https://notebooklm.link.google/tW2PxdAAB42t

α) n(MgCO3) = 0,1 mol, n(MgO) = 0,2 mol

β) Q = 12 kJ

γ) Μέγιστος Α.Ο.(C) = +3, Ελάχιστος Α.Ο.(C) = -3

δ) H2N-CH2-CH2-CH2-COOH + HCl -> Cl- + +H3N-CH2-CH2-CH2-COOH (ή [H3N-CH2-CH2-CH2-COOH]+ Cl-)

ε) H2N-CH2-CH2-CH2-COOH + KOH -> H2N-CH2-CH2-CH2-COOK + H2O

Καλησπέρα Αποστόλη.
Πολύ καλή. Το τελευταίο ερώτημα ειδικά. Να προσθέσω και άλλο ένα ερώτημα. Να δίνεται μορ και να ζητείται η δύναμη από την άρθρωση Α στην περίπτωση που τείνει να γλιστρήσει ο αθλητής με το άλμα του ή να ζητείται εναλλακτικά η μέγιστη δύναμη που ασκεί η άρθρωση.

Καλημέρα Αποστόλη, καλημέρα Χρήστο.
Ωραίο μοντέλο που “σηκώνει” πλήθος ερωτημάτων,
κυρίως για το πως μεταβάλλεται η δύναμη στην άρθρωση Α ,καθώς ο καταδύτης πάει να πάρει θέση κατάδυσης .
Βεβαίως το καταληκτικό ερώτημα έχει ιδιαίτερη αξία!
Καλό Σαββατοκύριακο

Καλημέρα Αποστόλη και καλό ΣΚ.
Το πλάγιο άλμα, είναι “όλα τα λεφτά”!

Καλημέρα παιδιά και σας ευχαριστώ για τα σχόλια και τις προεκτάσεις.
Καλό χειμωνιάτικο ΣΚ.

Όμορφο Β΄θέμα. Και μην ξεχνάμε στον αέρα πριν το νερό, τη διατήρηση της στροφορμής. Γιαυτό ο Κωνσταντάρας δεν το επιχείρησε. Είναι εκτός ύλης.
https://i.ibb.co/v6sGNFq1/image.jpg

https://youtube.com/shorts/Pe9jECSyoQA?feature=share

Γεια σου Ανδρέα και σε ευχαριστώ. Λες να είχε δει τόσο μακριά; 🙂

Καλησπέρα Χαράλαμπε.
Απολαυστικό βρήκα το φιλμάκι.
Μπορεί επιστημονικά  να καταλάβουμε ότι κάτι δεν είναι το σωστότερο, αλλά αν η αλλαγή κοστίζει.. . άσε το λάθος στην ησυχία του. Θα βρούμε κάποιο έξυπνο κολπάκι να το απαλύνουμε.
Ειδικά η κατάσταση στην Ιαπωνία είναι όλα τα λεφτά.

Καλημέρα Χαράλαμπε και καλό ΣΚ!
Πολύ ωραίο βίντεο, με πολύ αναλυτική παρουσίαση.
Μια σκέψη που έκανα βλέποντάς του είναι ότι δεν χρειάζεται η Αμερική να αλλάξει τα καλώδια που ήδη υπάρχουν (αν θέλει αλλαγή τάσης…). Τα ήδη υπάρχοντα χονδρά καλώδια θα μεταφέρουν και το ρεύμα των 230V και τα νέα κτήρια απλα θα βάλουν πιο λεπτά καλώδια. Ένας οικιακός μετασχηματιστής δε, θα μπορούσε να συνεχίσει να παρέχει τα 110V, όπου υπάρχει ανάγκη και πρόβλημα συσκευών…

Καλημέρα Παύλο.
Οι σκέψεις του… μάστορα που δεν γνωρίζει στερεό.
Έστω ότι ο δισκος έχει κανει Ν στροφές τη στιγμή που φτάνει στο άκρο Β. Τότε
Τόξο που έχει διαγράψει το Α=Ν2πR= L
Mήκος νημ. που ξετυλ= τοξο που διεγραψε κάθε σημειο περιφ μικρού δισκου========Ν2πr = L1
Διαιρει κατα μέλη και L1=L/2
Στην ουσία δεν διαιρεί κατά μέλη γιατι μπερδεύεται αλλά εφαρμόζει την μέθοδο της καρδούλας που θα επισυνάψω αργότερα έτσι για αγωνία….

Καλημέρα Γιώργο, σε ευχαριστώ!
Αν αυτά είναι οι σκέψεις του «μάστορα που δεν γνωρίζει στερεό», φαντάζομαι τι θα γίνει όταν το μάθει! 🙂
Μάστορας στην φυσική είναι αυτός που βλέπει τον απλό δρόμο και μας γλιτώνει από τις πολλές εξισώσεις. Πολύ όμορφη η προσέγγισή σου με τον αριθμό των στροφών!
Περιμένουμε και τη «μέθοδο της καρδούλας» — γιατί, εκτός από μαστοριά, η φυσική θέλει και καρδιά! 🙂

https://i.ibb.co/WvJsnmDf/221.png

Καλημέρα Παύλο. Όμορφη. Μια άλλη σκεψη. :
Το σημειο επαφης του δισκου με τη σανιδα εχει τηνίδια ταχύτητα με την σανίδα υ1
Το σημειο επαφης του δισκου με το νημα εχουν την ίδια ταχύτητα υ2
Η υ1=2*υ2 αφου η μια ακτινα διπλασια της αλλης.
Αρα η σανιδα οταν θα μετατοπισθει σε σχεση με τον δισκο κατα L το νημα θα ξετυλιχθεί κατά L/2.

Γιώργο Κόμη, η «καρδούλα» άξιζε την αναμονή! 🙂
Ο μάστορας στην φυσική βρίσκει τελικά τρόπο να βάλει και την άλγεβρα σε… σχήμα καρδιάς! Σε ευχαριστώ για την όμορφη και ευρηματική παρουσίαση.
Γιώργο Χριστόπουλος, σε ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια και την εναλλακτική σκέψη!
Η προσέγγισή σου οδηγεί πολύ σύντομα στο αποτέλεσμα, αρκεί να διευκρινίσουμε ότι οι ταχύτητες αναφέρονται σε σύστημα που μεταφέρεται μαζί με το κέντρο του δίσκου. Εκεί τα μέτρα τους είναι υ₁ = ωR και υ₂ = ωr, οπότε πράγματι υ₁ = 2υ₂. Έτσι, όσο η ράβδος μετατοπίζεται ως προς το κέντρο κατά L, ξετυλίγεται νήμα μήκους L/2.
Η διευκρίνιση βοηθά τα παιδιά, επειδή ως προς το έδαφος το τεντωμένο ευθύγραμμο τμήμα του νήματος είναι ακίνητο. Πολύ ωραία η σύνδεση με τη σχετική κίνηση!

Καλησπέρα Παύλο. Αν και πέρασα την κινηματική, θα την κρατησω για διαγώνισμα ή επανάληψη.
Το νήμα ξετυλίγεται από το μικρό δίσκο: Lν = r Δθ
Η επαφή με τη σανίδα του μεγάλου δίσκου δίνει L = 2r Δθ = 2Lν
Το ωραίο εδώ είναι ότι δε μας ενδιαφέρει το είδοςτης μεταφορικής κίνησης της σανίδας.

Καλησπέρα Ανδρέα, σε ευχαριστώ. Χαίρομαι που σκέφτεσαι να την αξιοποιήσεις σε διαγώνισμα ή επανάληψη.
Πολύ όμορφη και σύντομη η λύση σου με τη γωνία στροφής. Πράγματι, αυτό είναι και ένα από τα ενδιαφέροντα σημεία της άσκησης: το αποτέλεσμα προκύπτει από τη γεωμετρία και τις συνθήκες μη ολίσθησης, ανεξάρτητα από το πώς μεταβάλλεται η ταχύτητα της σανίδας. Η ίδια γωνία στροφής συνδέει το μήκος της ράβδου με το μήκος του νήματος που ξετυλίγεται.

Καλημέρα Παύλο
Έγειρε το οριζόντιο κι έγινε κεκλιμένο για να γλιστρά η ράβδος
χωρίς σπρώξιμο, αλλά …τι μας νοιάζει !
Ωραίο και οι εναλλακτικές λύσεις επίσης
Καλό Σαββατοκύριακο

Καλό Σαββατοκύριακο, Παντελή. Σε ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια.
Έγειρε το επίπεδο για να αναλάβει η βαρύτητα το… σπρώξιμο! 🙂
Όπως εύστοχα λες, όμως, η κλίση δεν επηρεάζει το ζητούμενο: τον λόγο των μηκών τον καθορίζουν οι ακτίνες και οι συνθήκες μη ολίσθησης. Οι εναλλακτικές λύσεις των συναδέλφων ανέδειξαν πολύ όμορφα αυτή την ιδέα.

Ας κατεβούμε λίγο από τη σκάλα του Διονύση και του Τάσου, να βγάλουμε καμιά πρόκα από τις τάβλες…

Ανδρέα καλημέρα.

Σχετικό με την ανάρτησή σου είναι αυτό: Ισορροπία δύο στερεών σωμάτων σε επαφή μεταξύ τους – Πρότυπα Θέματα Φυσικής που έχει δημοσιευθεί εδώ: Ισορροπία δύο στερεών σε επαφή μεταξύ τους – Υλικό Φυσικής – Χημείας. Βεβαίως τα δικά σου ερωτήματα είναι διαφορετικά.

Καλημέρα Ανδρέα.
Ο μοχλός και οι απλές μηχανές!!!
Ξεχνάμε τελευταία τα βασικά…

Καλημέρα Ανδρέα, καλημέρα στους πρωινούς .
Εργατικό δικαίω …”εξολκέας καρφιών” ο εν λόγω, του Ανδρέα Βα… είναι λοστός.
Ανδρέα βλέπω ένα πρόβλημα που τώρα επεξεργάζομαι .
Η τριβή νομίζω πως είναι στην αντίθετη κατεύθυνση. Αυτό βέβαια με την προϋπόθεση ότι η F2 τονούμενη δεν είναι κατακόρυφη αλλά( για εύκολη διόρθωση) είναι κάθετη στην ΟΒ.
Δεν χρειάζεται αλλαγή σε νούμερα και αν δεν έκανα λάθος σε γρήγορους υπολογισμούς η F2 τονούμενη =3075Ν!
Σχεδιάζω και αν συμφωνείς στέλνω το σχέδιο

Καλησπέρα συνάδελφοι. Σας ευχαριστώ για τα σχόλια.
Ανδρέα ωραίο συμπλήρωμα η ανάρτησή σου, όπου ανασηκώνεις τον τσιμεντόλιθο. . Τώρα μάλιστα, που πέφτουν ταβάνια στα σχολεία, καλό είναι να ενημερώσουμε τουλάχιστον τους μαθητές κατεύθυνσης ότι μαθαίνουν την ισορροπία στερεού και για πρακτικούς λόγους.
Διονύση δεν γνωρίζει κανείς μαθητής τις απλές μηχανές και το ρόλο τους, ακόμα και αν κάνουν καθημερινή χρήση τους, όπως το ψαλίδι και το ανοιχτήρι. Κατά τα άλλα θα λύσουν την άσκηση, που δεν είναι δύσκολη, αρχίζοντας τα σιγμα ταφ και σίγμα εφ. Από Δευτέρα θα πάρω και ένα γρύλο για να σηκώσουμε την έδρα, για να δούνε και τον κοχλία.
Παντελή ο δικός μου ανοίγει και “κλειστές πόρτες”.
Τη συνιστώσα F1x δεν την εξουδετερώνει η στατική τριβή; Το έβαλα και στο i.p. με μικρότερα νούμερα για να φαίνονται οι δυνάμεις.
https://i.ibb.co/Wpt84DTz/image.jpg
Το i.p. ΕΔΩ
Αν έχεις κάποια άλλη σκέψη δώσε το σχέδιο.

Καλημέρα Ανδρέα.
Κατ’αρχή με βάση τα δεδομένα των κατευθύνσεων των F1 και F2 τόνος το πρόβλημα ΔΕΝ έχει πρόβλημα στατικότητας …επί χάρτου.
Η ιστορία της “φαινομενικής” αντίρρησης έχει την αρχή της στο ότι πρακτικά (παλιές ματιές επι του πεδίου) η δύναμη F2 τόνος, δεν είναι ακριβώς κατακόρυφη αλλά πλάγια (έβλεπα τα καρφιά να βγαίνουν “γερτά”) έως και κάθετη στην ΟΒ (όπως τη θεώρησα για ευκολία πράξεων) και δείχνω στο επόμενο σχέδιο.
Να πω δε ότι μια και η οριζόντια συνιστώσα της F2 τόνος είναι πολύ μεγαλύτερη της αντίστοιχης της F1 φαίνεται η φορά της Τ.
Τελικά υπάρχει παιχνίδι με βάση την διεύθυνση της F2 τόνος (εννοείται το ΙΡ δεν την βάζει μόνο του, εμείς την βάζουμε)
https://i.ibb.co/3YQN3cr9/image.png
Καλό Σαββατοκύριακο

Παντελή, σωστός. Αν δώσουμε κλίση στην αντίσταση, η τριβή βγαίνει αριστερά.
https://i.ibb.co/HDJQFLgX/1.jpg

Ευχαριστώ Ανδρέα

Καλημέρα Γιάννη. Μαλλον όχι, Βαρος και αντιδραση τοιχου ασύμβατες .Αρα η αντίδραση του δαπέδου δεν μπορει να διέλθει απο την τομή τους (που δεν υπάρχει)

Γεια σου Γιώργο.
Συμφωνώ και σχεδιάζω ότι είπες:
https://i.ibb.co/gZ0Jkkw1/78.png
Επομένως τι καταλαβαίνουμε για την περίπτωση της φωτογραφίας;

Στη φωτογραφία ο τοίχος ‘εχει τριβές και έτσι δινει αντίδραση τέτοια ωστε να μπορει η αντιδραση του εδάφους να διερχεται απο την τομη των άλλων δύο.

Καλό απόγευμα Γιάννη.
Βλέπω να αφήνουμε το επίπεδο στερεό και να περνάμε στις τρεις διαστάσεις!
Θα συμφωνήσω με το Γιώργο (καλό απόγευμα Γιώργο).

Καλησπέρα Διονύση.
Και εγώ συμφωνώ πως ο τοίχος έχει τριβές. Δυσκολεύτηκα να πετύχω σημαντική γωνία των δύο επιπέδων.
Πρέπει και οι τρεις δυνάμεις να περνάνε από το Ζ αλλά το πρόβλημα είναι απροσδιόριστο δυστυχώς.

Γιάννη όταν μπαίνουν δύο τριβές, αλληλοεπηρεαζόμενες, το πρόβλημα είναι άλυτο!

Καλησπέρα Γιάννη. Η απάντηση είναι η φωτογραφία. Ήδη στέκεται.
Βάρος W στο κέντρο μάζας κατακόρυφο.
Αντίδραση Ν κάθετη στο λείο τοίχο.
Αντίδραση δαπέδου R (απο τριβή και κάθετη αντίδραση)

Ροπές ως προς το κάτω σημείο
τW +τΝ = 0
Μιλάμε για ροπές χώρου, που μπορούν να εξουδετερωθούν.
Επίσης η οριζόντια τριβή στο κάτω σημείο, μπορεί να έχει οποαδήποτε διεύθυνση, οπότε θα δημιουργηθεί κατάλληλη R ώστε να έχουμε και μεταφορική ισορροπία.

Καλησπερα Γιαννη. Νομιζω οτι το ερωτημα ισοδυναμει με το αν ενα σκουποξυλο στηθει οχι ορθιο αλλα υπο γωνια,χωρις καθολου τοιχους γυρω γυρω,θα πεσει ή οχι. Προφανως θα πεσει. Η μονη διαφορά με την συγκεκριμενη περιπτωση οπου υπαρχει λειος τοιχος ειναι οτι το βαρος που το ριχνει θα ειναι μικροτερο κατα εναν παραγοντα συνφ οπου φ η γωνια του σκουποξυλου με τον τοιχο.

Γιάννη καλησπέρα.
Δύσκολη η ισορροπία που έβαλες.
Νομίζω στο πραγματικό πρόβλημα δεν μπορούμε να δεχθούμε επαφή της σκάλας με ένα μόνο σημείο με τον κάθε τοίχο. Έτσι στα σημεία επαφής με τους τοίχους η κατανομή των δυνάμεων ανάγεται ισοδύναμα σε ένα ζεύγος και μία δύναμη.

Γειά σου Γιάννη.
Όχι, γενικά δεν είναι δυνατόν να ισορροπεί, αν η σκάλα βρίσκεται σε επίπεδο που δεν είναι κάθετο στον τοίχο.
οι τρεις δυνάμεις που δρουν στη σκάλα είναι:

1. Το βάρος W,
2. Η κάθετη αντίδραση του τοίχου N,
3. Η συνισταμένη κάθετη αντίδραση /τριβή R.

Για ισορροπία οι φορείς τους πρέπει να βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο. Ο φορέας του βάρους και ο φορέας της αντίδρασης του τοίχου ορίζουν ακριβώς το επίπεδο που περιέχει την κατακόρυφο από το άνω άκρο και την κάθετο στον τοίχο από το ίδιο σημείο. Αυτό το επίπεδο είναι αναγκαστικά κάθετο στον τοίχο. Αλλά δεν περιλαβάνει τη ράβδο και τη συνολική αντιδραση R του εδάφους στο κάτω άκρο.

Καλημέρα Ανδρέα, Κωνσταντίνε, Χρήστο και Τάσο.
Ανδρέα ο τοίχος δεν είναι λείος.
Κωνσταντίνε και συμφωνώ και βρίσκω έξυπνη την ιδέα.
Χρήστο ουσιαστικά μια μικρή επιφάνεια εφάπτεται όμως πάλι απαιτείται τοίχος με τριβή.
Τάσο συμφωνώ απόλυτα με την εξήγησή σου.

Γιάννη καλημέρα
Δεν είχα αντιληφθεί το ερώτημά σου περί λείου τοίχου.Η απάντηση του Τάσου είναι νομίζω πλήρης.

Καλησπέρα σε ολους. Τάσο δεν καταλαβα την διατυπωση σου.Αφού ο φορεας του βάρους και ο φορέας της αντίδρασης του τοίχου δεν ανήκουν στο ίδιο επίπεδο τοτε πως οριζουν καποιο επιπεδο; Νομιζω οτι η διατύπωση του Γιώργου στο πρώτο πρώτο σχόλιο είναι σωστη.

Καλησπέρα.
Νομίζω και εγώ ότι η πρώτη απάντηση του Γιώργου είναι απλή και σαφής.