Δραστηριότητα όλου του δικτυακού τόπου

Καλησπέρα Θεόδωρε.
Ωραίο θέμα, βέβαια μπορούμε να πάρουμε μια ΑΔΜΕ από σημείο Α μέχρι σημείο Ε. Νομίζω επίσης ότι για να φτάσει στο Ε με ταχύτητα πρέπει το R1 να είναι μεγαλύτερο από το 2R2 οπότε μόνη σωστή επιλογή είναι το δ.

Καλησπέρα Γρηγόρη
σε ευχαριστώ για το σχόλιο, το θέμα είναι η δικαιολόγηση
μια λύση είναι αυτή που έκανα, υπάρχουν και άλλες σκέψεις,

Kαλησπέρα Παύλο.
Όταν μου αρέσει μια ασκηση σκέφτομαι(λέμε τώρα) κι άλλα ερωτήματα. Δεν υπάρχει τοίχος δεν ενδιαφέρουν τριβές.
1)Ποιο το συνθ οπου θ η γωνία που πρέπει να σχηματίζει η ράβδος ΑΟ με το οριζοντιο επίπεδο ώστε το στερεο οριακά να μην ανατρεπεται?
2) Η τιμη του συνθ υποδιπλασιάζεται.Στο άκρο Α αρχίζει να ασκείται κατακόρυφη F =m2.g.t/4 (si) προς τα κάτω.
Να βρεθεί η αποσταση χ του σημειου εφαρμογής της δύναμης επαφής από το ο συναρτήσει του t. 3)Ποια χρονική στιγμή θα αρχίσει η ανατροπη?

Καλησπέρα Παύλο.
Καλή άσκηση με ιδιαίτερο στοιχείο το σημείο εφαρμογής της Ν στην οριζόντια ράβδο.

Ευχαριστώ Γιώργο και Γρηγόρη για το σχολιο και χαιρομαι που σου αρεσει. Γιώργο ωραια τα πρόσθετα ερωτηματα. Για την περίπτωση της χρονικά μεταβαλλομενης δύναμης εχω φτιάξει μια με την ιδια διάταξη αλλα με σύστημα ελατηριο – μάζα προσαρτημενο στο ενα άκρο της μιας ράβδου.

Πολύ ωραία Γιώργο, μια γρηγορη ματιά που έριξα (είμαι στην παραλία Καλάμια στην Κόρινθο) δεν βρήκα κάποιο λάθος. Μου άρεσε ο περιορισμός για το x. Σε ευχαριστώ πολύ για την αφιέρωση!

Παύλο για να δεις πόσο γρηγορα γράφω ασκήσεις όταν μου αρέσουν οι ιδέες.
Σου την αφιερώνω. Δεν προλαβα να κάνω έλεγχο στις πράξεις

https://i.ibb.co/XxBt27py/g2.png

https://i.ibb.co/WNx6HfKq/g1.png

Καλημέρα!

Παύλο ωραία άσκηση!

Το σημείο εφαρμογής της Νκ είναι άμεσα συνδεδεμένο με το συντελεστη οριακής τριβής μs οπως φαίνεται και στη λύση σου, αυτό οδηγεί και στο πολύ λογικο ερώτημα 3 .

Εχω κάνει μια λύση “καλοκαιρινής περιπλάνησης” θα έλεγα … 🙂
Φυσικα καταλήγουμε στο ίδια …

https://i.ibb.co/VY7VSFH2/1.png
https://i.ibb.co/VphQGvZg/2.png

Γεια σου Κώστα χαίρομαι που σου αρέσει. Όμορφη η λύση σου, ευχαριστώ πολύ!

Γιώργο αν πάρουμε Στcm=0 τοτε : για αρχική τοποθέτηση της Ν δεξια του C.M.

Ν*x – F’ελ * (L/2 ) = 0 με

Ν=-3mg-ky και F’ελ =mg+ky (αλγεβρικες τιμές) τότε : x= – (mg+ky)*(L/2) / (3mg+ky)
αυτό θα δώσει x>0 αριστερά του C.M. και x<0 δεξιά του C.M.
Για x=0 θα είναι : y= – mg/k

π. χ. για y=-2mg/k θα είναι Ν=-mg και F’ελ= – mg άρα και οι δύο εχουν φορά προς τα επάνω. Επομένως θα πρέπει η Ν να ασκείται σε σημείο αριστερά του CM σε απόσταση L/2.

Προσοχή στο εξής : η Ν έχει φορα πάντα προς τα πάνω όμως η φορά της ροπής της ως προς το cm εξαρτάται από το σημείο στο οποίο ασκείται. Ενώ η F’ελ έχει σταθερό σημείο εφαρμογής αλλά μεταβλητή φορά άρα και μεταβλητή φορά στη ροπή της. Για αυτό θέλει τον πιο πάνω χειρισμό. Είναι και ο λόγος που επέλεξα να πάρω Στ(Γ)=0….

Τότε θα βγει κανονικά.

Καλησπέρα Κώστα. Σε ευχαριστώ που ασχολήθηκες. Θυμάμαι ότι πρέπει να είχαμε ξανασυζητήσει κατι σχετικό.
Την άσκηση την έγραψα πολύ γρήγορα γιατί ήθελα να …εντυπωσιάσω τον Παύλο. Έκανα κάποιες παρατηρήσεις στις παρατηρησεις σου που θα ανεβάσω σε λίγο. Στο 3 ερώτημα δεν ήμουν υπερβολικά σαφής. Η δύναμη Ν ΔΕΝ ΜΠΟΡΕΊ να γίνει 0. Δηλ εδώ δεν έχουμε χάσιμο επαφής. Αυτό δεν μπορει να γίνει. Έπρεπε να γράψω οριακά να μην ανατρέπεται

https://i.ibb.co/cKTGPrhJ/kostas1.jpg

https://i.ibb.co/gZgMgwxb/kostas2.jpg

https://i.ibb.co/HDfv2s3w/kostas3-1.jpg

Γεια σου Γιώργο. Επειδή οι πόροι του δικτύου σε χωρητικότητα είναι πεπερασμένοι, μήπως σου είναι εύκολο να ανεβάζεις τις φωτογραφίες σου στο imgbb και να παίρνεις τον σύνδεσμό από εκεί; Για οδηγίες δες εδώ

Μια διόρθωση στο πεδιο ορισμού του χ
-L/2<=X<=3L/10

Επίσης πολύ καλές και οι σκέψεις του Γιώργου Κόμη !
Γιώργο μελέτησα τη άσκηση σου . Έχεις δώσει από ότι είδα πλάτος ταλάντωσης ίσο με το Δlo = mg/k θετική φορά προς τα κάτω . Επομένως το ελατήριο φτάνει το πολύ στη ΘΦΜ άρα είναι πάντα συμπιεσμένο κατά την ΑΑΤ της μάζας m άρα οι δυνάμεις που ασκεί το ελατήριο στα άκρα του έχουν συνεχώς σταθερό προσανατολισμό. Φυσικά η δύναμη Ν όπως και να έχουν τα πράγματα από τη στιγμη που υπάρχει επαφή θα έχει φορά προς τα επάνω , άρα εδώ σύμφωνα με τη συμβαση σου η αλγεβρική της τιμή θα είναι αρνητική . Θέλει λίγο προσοχή στο θέμα των συμβόλων που χρησιμοποιείς για αυτή τη φορά που έχεις πάρει θετική , αν και το αναφέρεις τι βρίσκεις .

Τι θα γινονταν αν το πρόβλημα ήταν πιο γενικό ;

Βεβαια στο ερώτημα 3 ασχολείται με αυτό οι σχέσεις που έχεις βγάλει αρχικά θα είναι ίδιες , όπως έχεις δείξει στο σημείο που λες : ή (2) ==> … . και βγάζεις τύπο τελικά για το μέτρο της Ν δηλαδή |Ν|.

Πιο κάτω όμως που λαμβάνεις Στ(cm)=0 εχεις τις ροπές δύο δυνάμεων που θα πρέπει να δίνουν συνολικά μηδενική ροπή ως προς το CM άρα θα έχουν ίσα μέτρα .

Προσοχή όμως :

Το |Ν| δίνεται όντως από τη σχέση που έχεις γράψει όμως για την

F’ελ = mg + ky αυτός ο τύπος δεν δίνει το μέτρο της αλλά την αλγεβρική της τιμή. πχ για y=-2mg/k θα δώσει F’ελ = – mg

Πιο κάτω έχω προσπαθήσει να το αντιμετωπίσω πιο γενικά διατηρώντας τη θετικη φορά προς τα κάτω ( αν είχες παρει θετική φορά προς τα πάνω η δύναμη Ν θα είχε πάντα θετική φορά και η σχέση που θα έδινε την αλγεβρική της τιμή στην ουσία θα έδινε και το μέτρο της ) .
Βρίσκουμε τα ίδια , θέλει όμως προσοχή στα σημεία που ανέφερα πιο πάνω.

Να πω ότι στη λύση μου το σύμβολο dΓ (το Γ είναι δείκτης στο d) είναι η απόσταση του σημείου εφαρμογής της δύναμης Ν από το δεξί άκρο της ράβδου που το έχω ονομάσει Γ .

Να τονίσω ότι το μέγιστο δυνατό πλάτος της ΑΑΤ της μάζας m είναι στην ουσία αυτό που προκύπτει από την απαίτηση το σημείο εφαρμογής της δύναμης Ν να βρίσκεται προφανώς σε κάποιο σημείο της ράβδου.
Εδω για αυτή τη σχέση μαζών το Αmax = 2mg/k και για :

y= – 2mg/k –>dΓ= l και |Ν| = mg και y= + 2mg/k –>dΓ= l/5 και |Ν| = 5mg

δεν έχει κάποια φυσική σημασία επομένως η εύρεση του y για το οποίο είναι Ν=0 απλώς στο σημείο αυτό έχω κάνει στην ουσια μαθηματικα….

https://i.ibb.co/JRGTYYFb/1.png
https://i.ibb.co/TXtDmW3/2.png

Γiώργο πρέπει αρχικα να κάνω μια διορθωση στο πρηγούμενο σχολιο μου για να ειμαι συνέπης σε σχέση με αυτά που έχω αναφέρει διότι κάτι μου έχει ξεφυγει .

Είχα γράψει :

Γιώργο αν πάρουμε Στcm= 0 τοτε : για αρχική τοποθέτηση της Ν δεξια του C.M.
Ν*x – F’ελ * (L/2 ) = 0 με
Ν=-3mg-y καkι F’ελ =mg+ky (αλγεβρικες τιμές) τότε :
x= – (mg+ky)*(L/2) / (3mg+ky)
αυτό θα δώσει x>0 αριστερά του C.M. και x<0 δεξιά του C.M.
Για x=0 θα είναι : y= – mg/k
π. χ. για y=-2mg/k θα είναι Ν=-mg και F’ελ= – mg άρα και οι δύο εχουν φορά προς τα επάνω. Επομένως θα πρέπει η Ν να ασκείται σε σημείο αριστερά του CM σε απόσταση L/2.

Προσοχή στο εξής : η Ν έχει φορα πάντα προς τα πάνω όμως η φορά της ροπής της ως προς το cm εξαρτάται από το σημείο στο οποίο ασκείται. Ενώ η F’ελ έχει σταθερό σημείο εφαρμογής αλλά μεταβλητή φορά άρα και μεταβλητή φορά στη ροπή της. Για αυτό θέλει τον πιο πάνω χειρισμό. Είναι και ο λόγος που επέλεξα να πάρω Στ(Γ)=0….
Τότε θα βγει κανονικά.

Λοιπόν πρέπει να αλλαχθει ως έξης : βλέπω ότι η θετική φορά των δυνάμεων (προς τα κάτω ) δίνει ως προς το C.M. αρνητική ροπή , συμφωνα με το ότι η αντιωρολογιακη φορά είναι θετική. Εδώ η F’ελ έχει σταθερό σημείο εφαρμογής αλλά μεταβλητή φορά άρα και μεταβλητή φορά στη ροπή της ενώ η Ν έχει φορά πάντα προς τα πάνω , προσοχή όμως στη φορά της ροπής της ως προς το C.M. εξαρτάται απο το σημείο εφαρμογής της, δεν μπορώ να μην το λάβω υπόψιν αυτό. Να τονίσω Γιώργο πως όταν γράφουμε Ν , Fελ , F’ελ καλό είναι να λέμε ότι αυτά τα σύμβολα αντιστοιχουν σε αλγεβρικές τιμές , κουβαλάν δηλαδη ένα πρόσημο και αν θέλω τα μέτρα τους να γράφω : |Ν| , |Fελ| , |F’ελ| δίοτι διαφορετικα σε τέτοια προβλήματα δημιουργείται σύγχυση.

Ν=-3mg-ky και F’ελ =mg+ky (αλγεβρικες τιμές) .

Εδώ λοιπόν αν γράψω τη συνθήκη Στcm=0 με τη λογικη που την έγραψα πιο για το Στ(Γ)=0 τότε : η θετική φορά που έχω ορίσει προς τα κάτω δίνει ως προς C.M. αρνητική ροπή . Δεν κοιτώ αρχικά ποια είναι η φορά των δυνάμεων στην πράξη. Απλά τοποθετώ τη Ν δεξιά του C.M. Παίζει ρόλο η θέση διότι όπως βλέπεις και εσύ το x έχει και αυτό πρόσημο.

Θα γράψω : – Ν*x – F’ελ * (L/2 ) = 0 => – (–|Ν|)*x – F’ελ * (L/2) = 0

=> |Ν|*x – F’ελ * (L/2) = 0 => (3mg+ky)*x = (mg+ky)* (L/2)=>

x= (mg+ky)*(L/2) / (3mg+ky)

Για x=0 θα είναι : y= – mg/k τότε Ν=-2mg και F’ελ=0 το σώμα διέρχεται από τη ΘΦΜ

Για y=-2mg/k τότε Ν= – mg και F’ελ= –mg άρα και οι δύο εχουν φορά προς τα επάνω. Τοτε x= – L/2 δηλαδή η Ν θα ασκείται στο αριστερό άκρο της ράβδου σε απόσταση L/2 από το C.M. ή σε απόσταση L από το δεξί άκρο της ράβδου.

Για y=+2mg/k τότε Ν= – 5mg και F’ελ= +3mg άρα η Ν έχει φορά προς τα πάνω και η F’ελ προς τα κάτω . Τότε x= + 0.3L δηλαδή η Ν θα ασκείται δεξιά του C.M. σε απόσταση 0.3L από αυτό ή σε απόσταση 0.2L από το δεξί άκρο της ράβδου.

Αρα βλεπουμε πως για : -2mg/k =< y =< – mg/k —> – L/2 =<x=<0

για : -mg/k =< y =< +2mg/k —> 0=<x=<+0.3L .

Αυτα είχα να πω όσον αφορά τη διόρθωση του συγκεκριμένου σχολίου που είχα κάνει νωρίτερα .

Τώρα για τα καινουργια που έχεις γράψει προφάνως από όσα έχω αναφέρει γίνεται φανερό ότι κάπου δεν συμφωνουμε όσον αφορά το θέμα των χειρισμών . Εχω ξεκαθαρίσει το θέμα με τα μέτρα και τις αλγεβρικές τιμές . Σε τέτοια προβλήματα δεν μπορεί το ίδιο συμβολο τη μια φορά να θεωρώ ότι αντιπροσωπεύει αλγεβρική τιμή και την επόμενη φορά μέτρο του διανύσματος . Εσυ το κάνεις αυτό .
Το μέτρο της Ν είναι: 3mg+ky άρα θα γράψω |Ν| = 3mg+ky ενώ η αλγεβρική τιμή της είναι Ν = -3mg-ky .
Για το μέτρο της F’ελ θα γράψω |F’ελ| = |mg+ky| ενώ η αλγεβρική τιμή της είναι : F’ελ =mg+ky . Τα έχω αναφέρει άλλωστε και πιο πάνω . Εφόσον λες ότι το βλέπεις και απο μαθηματικη πλευρα αυτά δεν μπορείς να τα αγνοησεις! Εξισώνεις τα μετρα των ροπων των δύο δυνάμεων ως προς το C.M. τότε:

|τΝ| = |τF’ελ| ==> |Ν| * |x| = |F’ελ|*(L/2) ==> (3mg+ky)*|x| = |mg+ky|*(L/2) από εδώ

διακρίνοντας περιπτωσεις για το |mg+ky| θα βρεις το πεδίο τιμών του |x| .

Γιώργο όπως ειπα και πιο πάνω ο τρόπος λύσης που έχω ανεβάσει με ροπες ως προς το Γ και θετική φορά προς τα πάνω για τις δυνάμεις είναι πιο βατός για όλους αυτούς τους λόγους ….

Ξενυχτήσαμε την “εικόνα” και πάλι αλλά δεν μας πειράζει ! 🙂

Γιωργο αυτά … τα λέμε παλι αν χρειαστεί.

Καλημέρα Νίκο,
Χαίρομαι που σε βλέπω μετά από χρόνια στην κυριολεξία. Από ότι βλέπω το έριξες στο διάβασμα με τρία μεταπτυχιακά. Μπράβο.
Ενδιαφέρον το πρόγραμμα που έφτιαξες, σου έχω στειλει mail καθώς θα ήθελα να το δω.

Καλημέρα Χρήστο.
Οικογενειακοί και επαγγελματικοί λόγοι μου έχουν περιορίσει το χρόνο, οπότε…
Πάντα διαβάζω τις αναρτήσεις των συναδέλφων, απλά λόγω διαθέσιμου ελεύθερου χρόνου δεν μπορώ να μετέχω σε συζητήσεις.
Σε ευχαριστώ για την ανταπόκριση.

Νίκο χαιρετώ !

Χαίρομαι που σε ξαναβλέπω μετά από πολύ καιρό ….

Από ότι βλέπω υπάρχει εξέλιξη σε πολύ ενδιαφέροντα θέματα ! Μπράβο σου !

Σε ευχαριστουμε πολύ για τη πολύ ενδιαφέρουσα εφαρμογή . Εδω και αρκετά χρόνια κάνω τετοιου είδους διορθώσεις που περιγράφεις έχοντας σαν βοηθο το xournal++ , βέβαια απαιτεί πάρα πολύ χρόνο η όλη διαδικασία.

Θα μιλήσουμε ….

Γεια χαρά Κώστα. Ελπίζω να είσαι καλά. Ασχολήθηκα με διάφορα θέματα. Και εγώ στις διορθώσεις το xournal++ χρησιμοποιώ, με τη διαφορά σε σχέση με εσένα έχω χάλια γραφικό χαρακτήρα, συνδυαστικά με το χρόνο που απαιτείται με ώθησε να βρω μια λύση. Πιστεύω ότι τη βρήκα.
Υ.Γ. Δεν είμαι πάντα Αθήνα. Έχω διαμορφώσει τα μαθήματα που έχω ώστε να έχω τη δυνατότητα να εργάζομαι υβριδικά…Μιλάμε ναι

Καλημέρα Νίκο. Είναι πολύ ενδιαφέρουσα μια τέτοια εφαρμογή. Γραπτά θα έχω από Σεπτέμβρη αλλά θα ήθελα να τη δοκιμάσω.

Καλημέρα Ανδρέα.
Θεωρώ ότι είναι χρήσιμο εργαλείο. Μετά από μία διόρθωση, αν θέλει κάποιος ανεβάζει ένα πακέτο αρχείων – ασκήσεων και το σύστημα όταν ο μαθητής/τρια συγκεντρώσει κάτω από το 60% της μέγιστης βαθμολογίας στο θέμα αυτό, το σύστημα προτείνει για τη βελτίωση του μαθητή/τριας απόλυτα στοχευμένα ασκήσεις από τις πηγές που εσύ έχεις καθορίσει. Συνεπώς το σύστημα υπακούει σε κανόνες που έχουν δημιουργηθεί από εμάς και δεν μπορεί να ξεφύγει, εκτός και εάν το επιτρέψει ο χρήστης.
Είμαι πολύ προσεκτικός με αυτά τα εργαλεία. Φτιάχνουμε εφαρμογές με γνώμονα την ηθική των απαντήσεων και τη βελτίωση της καθημερινότητας, Για παράδειγμα αν εσύ, ο καθένας μας μειώσει το χρόνο που αφιερώνει σε διορθώσεις μπορεί με το κέρδος αυτό ( από το χρόνο που γλίτωσε) να ασχοληθεί περισσότερο με τον εαυτό του, την οικογένεια του, τους φίλους του ή να σκεφτεί τρόπους για να βελτιώσει τη διδασκαλία!

Kαλησπερα Θεόδωρε. Ωραια και δυσκολη ασκηση. Δεν την εχω διαβασει ακομα προσεκτικα αλλα θελω να παρατηρησω κατι. Η τροχια του σωματος οπως φαινεται στο σχημα και απο τις περιγραφες της εκφωνησεως,αποτελειται απο ενα ημικυκλιο και μια ευθεια και δεν ειναι λεία. Στο σημειο Β εχουμε καποιο ειδος κρουσεως του σωματος με το ημικυκλιο. Αν αυτη η κρουση απλως μηδενιζει την κατακορυφη συνιστωσα της ταχυτητας που εχει το σωμα αμεσως πριν συναντησει το ημικυκλιο,τοτε μαλλον εχουμε απωλεια κινητικης ενεργειας και η ταχυτητα του σωματος αμεσως μολις περασει στο ημικυκλιο εχει μικροτερο μετρο απ οτι πριν. Μαλλον χρειαζεται μια διευκρινιση σχετικα με το σχημα της καμπυλης γυρω απο το σημειο Β.

Καλησπέρα Κωνσταντίνε, ευχαριστώ για το σχόλιο.
Είναι λείες όλες οι επιφάνειες και στο σημείο Β είναι η διάταξη έτσι ώστε ότι το σώμα περνά από το κεκλιμένο επίπεδο στο ημικύκλιο χωρίς να αλλάξει το μέτρο της ταχύτητας μόνο η κατεύθυνσή της.

Καλησπέρα Θεόδωρε.
Ενώ η πρώτη σου ανάρτηση με απώθησε λίγο , πολλά πράγματα και κουραστικά , αυτή η άσκηση είναι πολύ ωραία και με λίγη γεωμετρία όση χρειάζεται.
Νομίζω το κλειδί στο τελευταίο ερώτημα είναι να πάρουμε την εφθ μια φορά απο το σχήμα 2R-y/x και μία απο τις συνιστώσες της ταχύτητας υΔ/υΖ,y και να εξισώσουμε.

Κωνσταντίνε το διευκρίνισα

Καλησπέρα Γρηγόρη σε ευχαριστώ για το σχόλιο, πράγματι από το σχήμα θα πάρουμε την εφθ και από την οριζόντια βολή πάλι την εφθ και συγκρίνουμε.
Αυτήν την άσκηση έβαλα τον Μάΐο στη Β’ θετική σαν θέμα Γ

Θεόδωρε ενδιαφέρουσα η πλοκή της άσκησης σου μιας και δεν δίνεις τη γωνία του κεκλιμένου επιπέδου , αλλά τη ζητάς . Προσοχή χρειάζεται στο σχήμα διότι αρχικά δεν γνωρίζουμε αν το σημείο κρούσης του σώματος με το κεκλιμένο βρίσκεται στο ιδιο οριζόντιο επίπεδο με το κέντρο Κ του ημικυκλίου.

Ανεβάζω μια λύση κάπως διαφορετική , δεν βρισκω τη χρονική διάρκεια της οριζόντιας βολής …
https://i.ibb.co/673zFHTL/image.png

Στο παρελθον είχα φτιάξει ένα τέτοιο θέμα αλλά έδινα τη γωνία του κεκλιμένου επιπέδου , όμως τελικα αυτό ήταν προβληματικο, όπως θα δεις στα σχόλια.
Μπορείς να το δεις ΕΔΩ

Καλημέρα Κώστα, ευχαριστώ για τον σχολιασμό σου, ωραία η επίλυση χωρίς να βρεθεί ο χρόνος κατά την οριζόντια βολή της σφαίρας,
όσον αφορά το σχήμα, όπως σχεδίαζα στην “ζωγραφική” την καμπύλη τροχιά της σφαίρας, έτυχε τα σημεία Κ και Ζ να είναι περίπου στο ίδιο οριζόντιο

Καλημέρα Χρήστο, σε μένα δεν δουλεύουν τα link.

Καλημέρα Άγγελε.
Εχω βαλει τον συνδεσμο στην “απάντηση”. Για τσεκαρε παλι. Αλλιως θα το δω το απόγευμα που θα παω σπίτι.

Μια χαρά τώρα.

Καλησπέρα Χρήστο.
Καλή άσκηση, χρήσιμη για τη μελέτη μεταφοράς ενέργειας και ορμής στην κρούση.

Μιλώντας με τον Κώστα Ψυλάκο άλλαξα λίγο την λύση για να μοιάζει κάπως η ενιαία η διαδικασία και στα δύο ερωτήματα.
Σε ευχαριστώ Κώστα

Καλησπέρα Γρηγόρη
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο

Χρήστο ενδιαφέρουσα η μελέτη σου στο θέμα που εξετάζεις.

Η ανάλυσή σου σε κάθε περίπτωση θα πρέπει να μελετηθεί με προσοχή μιας και όλα αυτά που φέρνουν το μοντέλο της κεντρικής ελαστικής κρούσης στα ορια του θέλουν ιδιαίτερους χειρισμούς.

πχ στο (β) εφόσον το υ’1 = -υ1 και υ2 = 0 θα δώσει υ’2 = 0 επομένως θα έχουμε :

Δp2 = 0 ενώ το Δp1 = -2m1*υ (βέβαια γράφεις Μ–>απειρο και υ’2–>0 και Μ*υ’2=2p1)

και στο σχόλιο 2 συμβαίνει τελικα κάτι παρόμοιο : Δp2=2m*υ ενώ το Δp1= 0

Για αυτό λεω ότι το μοντέλο της κεντρικής ελαστικής κρούσης στα ορια του οδηγεί σε αποτελέσματα που θέλουν προσεκτική αντιμετώπιση – ανάγνωση .

Κωστα καλημέρα.
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο.
Αφορμή για την ανάρτηση ηταν το ερώτημα β. Δεν είναι κάτι νεο και εχει συζητηθεί και εδώ για την κρούση σώματος σε ακίνητο μεγάλης μάζας και κατά πόσο διατηρείται η ορμή σταθερη. Εδώ απλά ειναι αντίστροφη η ερώτηση.
Όπως λες η χρήζει ιδιαίτερη προσοχή σε οριακες καταστάσεις.

Καλημέρα Χρήστο. Χρήσιμη διερεύνηση. Η ορμή μεταφέρεται μέσω δύναμης. Η μέγιστη δύναμη ασκείται στο m1 όταν ανακλαστεί στην ίδια διεύθυνση. Άρα κρούση με τοίχο, που έχει πολύ μεγάλη μάζα…
Ορθώς επαναλαμβάνεις ότι η ΑΔΟ ισχύει ΠΑΝΤΑ.

Καλημέρα Χρήστο . Πολύ όμορφη.Μια αλλη προσεγγιση με περισσότερα μαθηματικά.https://i.ibb.co/TMD9jh6j/20.png

και…..https://i.ibb.co/0pSzSrFF/21.png

Προσπάθησα να μην είναι για το Φόρουμ. Ενας μαθητής που παίζει με μια σβούρα ή ένα φρίσμπι, κρίμα να μην έχει μια άποψη για τη σταθερότητα, που επιδεκνύουν όταν περιστρέφονται.

Όμορφη Ανδρέα!
Όταν έκανα στερεό (κανονικό) στην τάξη ανέφερα την περίπτωση:
https://i.ibb.co/wrwqd2cZ/image.png

Φυσικά υπάρχει κίνηση στην παρουσίαση και τα εικονίδια είναι σύνδεσμοι για βίντεο.
Αυτό μοιάζει σπατάλη χρόνου αλλά …..

Καλό απόγευμα Ανδρέα.
Όμορφη παρουσίαση ενός δύσκολου θέματος…

Καλησπέρα Γιάννη , Διονύση σας ευχαριστώ.
Διονύση θα αφήσω το ψαροντούφεκο – έτσι και αλλιώς άνθρακας ο λαγοκέφαλος στην Πάτρα – και θα ασχοληθώ με …μπούμερανγκ. Αν το πετάξω μέσα στην τάξη το Σεπτέμβρη, δε θα προσφέρω “διερευνητική μάθηση”;
Γιάννη το κανονικό στερεό φαίνεται να επανέρχεται από το 28-29… στη Β τάξη. Εκτός αν αλλάξει πάλι το Π.Σ. Φαίνεται ωραία η παρουσίασή σου. Δώσε μας το σύνδεσμο.

Η παρουσίαση:

Για να παίξει κανονικά πρέπει να την κατεβάσεις (Λήψη).

Γεια σου Αντρέα.
Πράγματι πολύ καλή προσπάθεια σε θέμα ζόρικο. Εσύ δεν εγκαταλείπεις ποτέ.

Καλησπέρα Ανδρέα
Μας θύμισες τα παλιά…
Ένα πολύ ωραίο φαινόμενο και αρκετά ζόρικο αν χρειαστεί να μπουν όλες οι εξισώσεςι μέσα. Θυμάμαι ο Βαγγέλης Κορφιάτης που είχε ασχοληθεί είχε μια εργασία με βαρύ περιεχόμενο όπως αργότερα και ο Στάθης Λεβέτας.
Ωραία παρουσίαση. Εκφράζω επιφυλάξεις κατά πόσο ένας μαθητής με το τωρινό πρόγραμμα αν μπορεί να το κατανοήσει πλήρως.

Καλησπέρα συνάδελφοι. Σας ευχαριστώ.
Άρη αξίζει τον κόπο. Ο ενθουσιασμός του διδάσκοντα περνάει στα παιδιά, ακόμα κι αν είναι Γ τάξη. Σε ανύποπτο χρόνο μπορεί να να ανοίξει και εκτός ύλης συζήτηση. Βάζω μια σβούρα να γυρίζει στην έδρα. Όλοι θα χαλαρώσουν και θα προσέξουν. Η ύλη θα βγει, αλλά δεν είναι αυτή η Φυσική μόνο.
Τα εμπόδια που βάζει το σύστημα ανατρέπονται από τη δύναμη στήριξης των μαθητών.
Χρήστο προσπάθησα να είναι ελαφρύ και να συνδυαστεί με τους δορυφόρους της Β΄, ( το κομμάτι που τους “ταλαιπωρώ” κάθε χρόνο τους μαθητές μου). Και την τελική σχέση την άφησα με το L.

Γιάννη εξαιρετική παρουσίαση. Κάθε τόσο πετάγεται και μια σβουρίτσα…
Μου άρεσε πολύ η αναφορά στο 2ο Νόμο Kepler.

Ωραία ανάρτηση Ανδρέα.

Καλημέρα και από εδώ Ανδρέα. Το στερεό θυσιάστηκε στο βωμό της σύγχρονης φυσικής. Ένας υπολογισμός της ταχύτητας μετάπτωσης εδώ από το Διονύση Μητρόπουλο, που μας λείπει…

“Ο ενθουσιασμός του διδάσκοντα περνάει στα παιδιά”
Συμφωνώ απόλυτα Αντρέα και ευτυχώς υπάρχουν συνάδελφοι παρά τις δυσκολίες που βάζει το σύστημα οι οποίοι διατηρούν τον ενθουσιασμό τους.

Παιδιά είχα αυτό:
https://i.ibb.co/cckdN1W7/66.png
Είχα και μια ρόδα ποδηλάτου με άξονα που χρησιμοποιούσα και καθήμενος στο περιστρεφόμενο σκαμνάκι.
Επίσης ένα στεφάνι ρυθμικής που γυρνούσε πίσω.
Δεν είχα μπιλιάρδο ώστε να δείξω τον πικέ και τον εξηγούσα θεωρητικά.

Τα παιδιά ενδιαφέρονταν για τέτοια καθημερινά.
Αρκεί να μη χάσεις την αίσθηση του χρόνου και κόψεις ασκήσεις που πρέπει να γίνουν.

Γεια σου Γιάννη. Είχα πάντα μαζί μου το ίδιο (τώρα κάθεται στο γραφείο ανενεργό).

https://i.ibb.co/GvCc36Bx/IMG-1802.jpg

Τα παιδιά έδειχναν πάντα ενθουσιασμό. Με μέτρο όπως λες, να μη μας ξεφύγει ο χρόνος.

Καλησπέρα Αποστόλη, Παύλο. Σας ευχαριστώ για το σχολιασμό. Εγώ τους δείχνω αυτή.
Σβούρα που αναποδογυρίζει
Αλλά επειδή δεν είχα, μόλις παρήγγειλα ένα σαν το δικό σας.
Από το κουτί έχω κυκλώσει τη διαφήμιση του προιόντος…
https://i.ibb.co/r2gC0Ffk/1.jpg

Καλημέρα Ανδρέα. “Αψηφά και ξεπερνά τους νόμους της φυσικής”; Μάλλον τους χρειάζονται κάποια μαθήματα φυσικής 🙂

Kαλημέρα παιδιά.
Σαν να μην πέρασε μια μέρα. Πριν 30 τόσα χρόνια είχα δυο γυροσκόπια.Μου έκανε εντύπωση ότι ακόμα κυκλοφορούν. Έψαξα και βρήκα το ένα κάνοντας ένα πείραμα να επιβεβαιώσω τα γραφόμενα του Ανδρέα.
Φόντο το κρητικό πέλαγος , με μουσική επένδυση Ennio Morrikone. Πιστεύω ο Κυριακόπουλος τουλάχιστον να αναγνωρίσει την ταινία.

Καλημέρα Γιώργο.
Είναι το “Κάποτε στην Αμερική”;

Καλημέρα παιδιά. Αγαπημένος Morricone από το “Κάποτε στη Δύση”.

Γεια σου Γιάννη.

Μου αρέσει ο Μορικόνε. Ταξιδεύοντας στα βουνά της Κρήτης η μουσική του δένει απίστευτα με το περιβάλλον.
Κάποτε στην Δύση.

Καλημέρα Αποστόλη

Καλημέρα σε όλους. Γιώργο μόλις έδειξες τι είναι η Φυσική και τι είναι οι Φυσικοί. Η φυσική είναι …πείραμα και διερεύνηση, ο Φυσικός είναι ένα παιδί που χαίρεται να κάνει το πείραμα και ας αποτύχει. Με την άδειά σου θα βάλω το video και στην ανάρτηση.

Προφανώς Ανδρέα την έχεις. Σε ευχαριστώ πολύ!!!

Βασίλη καλημέρα. Εξαιρετικό άρθρο. Αν έθετες τα ερωτήματα αυτά στον κυβερνητικό εκπρόσωπο, θα άκουγες “δεν έχω ενημερωθεί, θα ανημερωθώ και θα απαντήσω”.
Δε θα απαντούσε ποτέ, θα σε παρέπεμπε να στείλεις email στο αρμόδιο Υπουργείο…

Οι Αλβανοί πολίτες έδειξαν πως πρέπει να γίνεται. Τα κόμματα εξουσίας έχουν την ίδια γραμμή σε τέτοια θέματα. Μόνο οι πολίτες με αγώνες μπορούν να κάνουν κάτι.

Δε λέμε όχι στην τεχνολογική πρόοδο. Απλώς ξέρουμε ότι ζούμε σε προτεκτοράτο και οι ανάγκες των πολιτών θα έρθουν μετά τα κέρδη των πολυεθνικών.

Η κυβέρνηση των Τεμπών, του ΟΠΕΚΕΠΕ, των email, των απευθείας αναθέσεων, της καταστροφής των υποδομών λιγνίτη, της ομάδας αλήθειας, θα απαιτήσει από τις Πολυεθνικές να κάνουν στη Λάρισσα ότι στο Ελσίνκι, το Άμστερνταμ και την Κοπεγχάγη; 😆

Αγαπητέ Ανδρέα, ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια.
Στον τοπικό τύπο το κείμενο για τον υπουργό που υπέγραψε την 1η άδεια λειτουργίας για το εργοστάσιο της “Βιολάντα” ξεκινά ως εξής:
Αν κάποιος επιστήμονας αναπαράγει θέσεις έωλες εν γνώσει του, τότε ασχημονεί επιστημονικά ψευδόμενος. Αν υποστηρίζει θέσεις χωρίς να γνωρίζει, αλλοίμονο στους πανεπιστημιακούς που του έβαλαν το δημοκρατικό πέντε (5) και πήρε τίτλο!

Καλημέρα Γιάννη. Επέστρεψες ή είπες να μας βάλεις μια καλοκαιρινή άσκηση;
Νομίζω ότι Ναριστερα > Νδεξια σε κάθε περίπτωση.
Αν βυθιστεί το μπαλάκι κατεβαίνει κατακόρυφα άρα η κατανομή των ροπών δεν αλλάζει Ν΄αριστερα = Ναριστερα και Ν΄δεξια = Νδεξια.
Βέβαια μπορούμε να γράψουμε και εξισώσεις ισορροπίας.

Καλημέρα
Γιάννη διαταράσσεις τα μπανια του λαου.
Στην 1 περίπτωση Ν1=N2
Στη δευτερη Ν1>Ν2
Ν1 η αριστερη

Γεια σας παιδιά. Θα συμφωνήσω με τον Γιώργο.

Kαλημερα Γιάννη, Ανδρέα, Γιωργο. Αν αφαιρεσουμε το μπαλακι που επιπλεει και προσθεσουμε οσο νερο αυτο ειχε εκτοπισει τοτε η σταθμη θα ειναι ιδια,δεν εχει αλλαξει τιποτα, oι κατανομες βαρων αριστερα,δεξια ειναι ιδιες,αλλα τωρα υπαρχει απολυτη συμμετρια. Αρα ο νοων νοειτω. Αν το μπαλακι ηταν βυθισμενο βοτσαλο τοτε αν αφαιρεσουμε το βοτσαλο,και στον χωρο που αυτο καταλαμβανε βαλουμε νερο,τοτε εχουμε συμμετρια και κατα συνεπεια οι δυναμεις στηριξεως θα ειναι ισες,αλλα το μισο αριστερο εχει ελαφρυνει σε σχεση με πριν διοτι το νερο που εκοπιζε το βοτσαλο,ηταν πιο ελαφρυ απο το βοτσαλο. Παλι ο νοων νοειτω. Ανδρεα τι μας ενδιαφερει αν το μπαλακι κατεβαινει κατακορυφα;Κατα την γνωμη μου δεν θελει εξισωσεις η ασκηση.

Γεια σας παιδιά.
Συμφωνώ με την πρόβλεψη:
Α. Ν1=Ν2
Β. Ν1>Ν2

Όταν είδα το πρωτότυπο:
https://i.ibb.co/J4R7b0L/image.png
Η πρώτη σκέψη μου ήταν ακριβώς αυτή που έγραψε ο Κωνσταντίνος.

Η δεύτερη έχει να κάνει με πιέσεις.
Η πίεση είναι ίδια σε όλα τα σημεία του πάτου, οπότε ο δοχείο δέχεται δυνάμεις με ίδια κατανομή.
Όταν βυθίζεται το μπαλάκι ασκεί δύναμη στον πάτο και έτσι η ροπή αριστερά μεγαλώνει.

Γιάννη καλησπέρα
Ωραίο πρόβλημα. Νομίζω έχει απαντηθεί πλήρως οπότε δεν χρειάζεται να επαναλάβω και εγώ τα ίδια. Όμως από εσένα χρησιμοποιώ τους όρους όπως ο πάτος τα σηκώνει όλα οπότε το Ά ερώτημα απαντήθηκε πολύ γρήγορα σκεπτόμενος συμπληρωματικά όπως ο Κωνσταντίνος. Στο δεύτερο όπως είπες κι εσύ είναι θέμα ροπών. Το αντιμετώπισα σαν από πυθμένας να μην είναι ομογενής και να έχει το κέντρο βάρος του μετατοπιστεί προς τα αριστερά.
Να σαι καλά

Καλό βράδυ Χρήστο.

Ωραία παραλλαγή Γιάννη. Μου θύμισε τις υδατογέφυρες

https://i.ibb.co/C56CvJNP/magdeburg-water-bridge.jpg

Γεια σου Αποστόλη.
Όντως μοιάζει.

Καλησπέρα Διονύση.
Το ευχαριστούμε είναι λίγο…να είσαι καλά και να μας διδάσκεις!

Να είσαι καλά Μίλτο.
Σε ευχαριστώ για τον καλό σου λόγο.

Διονύση ευχαριστούμε. Υλικό απίστευτης έμπνευσης, υψηλής ποιότητας, που άλλαξε επίπεδο στον τρόπο διδασκαλίας μας και ποιος ξέρει πόσους μαθητές ενέπνευσε.
Θα έλεγα “παράδειγμα προς μίμηση”, αλλά είναι κομματάκι αδύνατο να σε μιμηθούμε.

Πιστός στο καθήκον Διονύση.
Ευχαριστούμε!

Η ποιότητα σε συνδιασμό με τον όγκο των αναρτήσεων αποτελεί την πιο ολοκληρωμένη τράπεζα θεμάτων. Ευχαριστώ Διονύση για την αδιάλειπτη προσφορά.

Καλημέρα και καλή βδομάδα σε όλους.
Ανδρέα, Χρήστο και Παύλο σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.

Καλημέρα σε ολους. Διονύση 17 χρόνια αδιάκοπης προσφοράς είναι μεγάλη υπόθεση. Πηγή έμπνευσης όχι μόνο για τους μαθητές, αλλά και για όλους τους συναδέλφους. Σε ευχαριστούμε!

Άλλη μια απόδειξη ότι ο Μάργαρης είναι πραγματικά ένα ταλέντο στην δημιουργία και την παρουσίαση ασκήσεων που διδάσκουν και καθοδηγούν διδασκόμενους και διδάσκοντες.
Γεια σου Διονύση.

Καλησπέρα Διονύση!

Ευχαριστούμε πολύ!

Θα το πω όπως και ο Άρης:

Άλλη μια απόδειξη ότι ο Μάργαρης είναι πραγματικά ένα ταλέντο στην δημιουργία και την παρουσίαση ασκήσεων που διδάσκουν και καθοδηγούν διδασκόμενους και διδάσκοντες.
Γεια σου Διονύση.

Καλησπέρα Διονύση.
Κατάφερες να μας δείξεις πως το να μοιράζεσαι πράγματα είναι καλό για όλους και εσύ έχεις την ικανότητα να μοιράζεσαι πολύ χρήσιμα και άξια πράγματα.
Η δημιουργία αυτής της νησίδας ή του καφενείου που λέει και ο Γιάννης αλλά κυρίως η συντήρησή της όλα αυτά τα χρόνια με την αδιάκοπη παρουσία σου είναι κάτι μοναδικό και εξαιρετικό.
Δεν νομίζω να υπάρχει ανάρτηση στην οποία ο Διονύσης να μην έχει γράψει έστω και ένα σχόλιο.
Να είσαι καλά.
Σε ευχαριστούμε Διονύση.

Καλησπέρα παιδιά.
Αποστόλη, Άρη, Δημήτρη και Γρηγόρη σας ευχαριστώ για το σχολιασμό και τον καλό σας λόγο, αν και υπερβολικός, σε σημείο να με κάνετε να κοκκινίζω…
Να είσαστε όλοι καλά!

Καλησπέρα σε όλα τα παιδιά.
Ας τα μελετήσουν οι φιλομαθείς συνάδελφοι. Θα βοηθηθούν ή ακόμα και θα μάθουν να φτιάχνουν θέματα.

Πολύ ωραία δουλειά! Ευχαριστούμε πολύ!

Καλημέρα Γιάννη και Μανώλη.
Σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.

Καλημέρα Θοδωρή και καλή αρχή στις αναρτήσεις σου.
Πλούσια τα ελέη (της άσκησης)!

Καλημέρα Διονύση, σε ευχαριστώ πολύ για το σχόλιο !!!

Καλή αρχή συνάδελφε συνονόματε, στις αναρτήσεις.
«Πλούσια άσκηση» με πολλά και ενδιαφέροντα ερωτήματα.

Κάποιες παρατηρήσεις, από μία άλλη οπτική, όχι τόσο φορμαλιστική:
 
1)    Όταν το Σ2 είναι ακίνητο, το Σ1 εκτελεί ΑΑΤ εφόσον η μόνη δύναμη που ασκείται σε αυτό είναι η χωροεξαρτώμενη διατηρητική δύναμη από το ελατήριο. Εκτελεί ΑΑΤ με D=k και ΘΙ τη θέση φμ του ελατηρίου

2)    Επιλέγεις αρχική συνθήκη της ΑΑΤ που οδηγεί σε αρχική φάση π/2 και δίνεις την χρονική συνάρτηση K=f(t) έχοντας κάνει τους μετασχηματισμούς ημ(θ+π/2)=συνθ και
συν(θ+π/2)=-ημθ, τους οποίους προσωπικά ή θα απέφευγα ή θα τους έδινα.

3)    Στη συνέχεια δίνεις: «Κάποια στιγμή που το ελατήριο έχει την μέγιστη επιμήκυνση…..……………..Υπολογίστε την μέγιστη ταχύτητα κάθε σώματος»

Νομίζω είναι προφανές πως τη μέγιστη ταχύτητα κάθε σώμα την αποκτά τη στιγμή που παύει να επιταχύνεται, άρα να δέχεται δύναμη από το ελατήριο. Αυτό θα συμβεί τη στιγμή που το ελατήριο αποκτά για πρώτη φορά το φμ του και οι ταχύτητες των σωμάτων ικανοποιούν το γεγονός πως σε όλη τη διάρκεια η ορμή του συστήματος είναι μηδενική
 
Στη συνέχεια κάπως πρέπει να φαίνεται πως η διαδικασία επαναλαμβάνεται με άλλες αρχικές συνθήκες, δλδ ενώ το Σ1 ταλαντώνεται…μπλα, μπλα
 
4)    Το ελατήριο θα αποκτήσει τη μέγιστη δυναμική ενέργεια όταν θα υποστεί μέγιστη παραμόρφωση. Αυτό θα συμβεί όταν θα πάψει να επιμηκύνεται, δηλαδή όταν το Σ1 πάψει να έχει μεγαλύτερη ταχύτητα από το Σ2, δηλαδή όταν αποκτήσουν κοινή ταχύτητα
 
Η ιδέα της άσκησης είναι πολύ καλή και πλούσια σε ιδέες φυσικής, αλλά κατά τη γνώμη μου η λύση που προτείνεις με τόσα πολλά μαθηματικά την κάνουν «τρομακτική»

Καλησπέρα Θοδωρή.
Καλή αρχή στις αναρτήσεις σου.
Η άσκησή σου είναι πολύ καλή και κάνεις ωραίο πέρασμα από την ταλάντωση του Σ1 στην κίνηση και των δύο όταν Pολ=0 !
Θα απαντούσα όπως ο Θοδωρής για μέγιστη ταχύτητα στη μηδενική επιτάχυνση δηλ. στο Φ.Μ. και
κάθε φορά στη μέγιστη επιμήκυνση και μέγιστη συσπείρωση θα έχουν τα σώματα ίδιες ταχύτητες και δεδομένου ότι Poλ=0 αυτό θα συμβαίνει στον ταυτόχρονο μηδενισμό των ταχυτήτων.
Να σαι καλά

Θοδωρή, Χρήστο καλημέρα, ευχαριστώ πολύ για τα σχόλια σας
η αλήθεια είναι ότι ήθελα να “βάλω” μαθηματικά στην άσκηση
δεν ήθελα να επεκταθώ σε ταλάντωση των Σ1, Σ2 όταν αφήνουμε ελεύθερο το Σ2

Καλημέρα Ανδρέα.
Το κύκλοτρο.

Καλημέρα και πάλι Ανδρέα.
Αν θέλεις να εξασφαλίσεις σταθερή ακτίνα, ναι πάμε σε σύγχροτρο.
Αλλά επιτάχυνση από ηλεκτρικό πεδίο σε μια θέση και στη συνέχεια κίνηση με σταθερό Β, μέχρι να ξαναφτάσει την ίδια θέση, εμένα τουλαχιστον μου θύμισε το κύκλοτρο, έστω και αν σε αυτό αλλάζει συνεχώς η ακτίνα (και επιταχύνεται δύο φορές στα διακενα, στη διάρκεια της περιόδου).

Το ζητούμενο της άσκησης είναι: “Να προσδιορίσετε το μέτρο του μαγνητικού πεδίου που πρέπει να δημιουργεί ο αγωγός σε απόσταση r από το Κ ώστε το σωματίδιο να κινείται συνεχώς κυκλικά και να εκτελέσει δύο περιστροφές ακτίνας r γύρω από το Κ.” Στο κύκλοτρο το σωματίδιο δεν κινείται κυκλικά, αλλά σπειροειδώς. Αντιθέτως στο σύγχροτρο η ακτίνα μένει σταθερή, όπως και στην παρούσα ανάρτηση.

Καλημέρα και καλό Σαββατοκύριακο. Όμορφη ανάρτηση Ανδρέα.

Παύλο σε ευχαριστώ.

Απλώς αξιοποίησα την υπέροχη ασίστ σου!

Καλησπέρα Παύλο.
Ωραία συνδυαστική άσκηση με κρούση σε κατακόρυφο, <<όπως οριζόντιο>>.

Γεια σου Γρηγόρη σε ευχαριστώ για το σχόλιο, χαίρομαι που σου αρέσει.

Καλημέρα Παύλο. Στην αρχή δεν είδα τον τοίχο, λέω θα λυγίσει το ελατήριο… Ωραίος ο διαχωρισμός υκ με υ1y
Στο 3ο: Η = l + y = l + 1/2gΔt^2 = 1m
Kπριν = Uαρχ = mgH = 10J

Γεια σου Ανδρέα, ευχαριστώ για το σχόλιο και για την διαφορετική αντιμετώπιση του 3ου ερωτήματος.

Πολύ έξυπνη Παύλο, πάντα μας ξαφνιάζεις ευχάριστα με τις ιδέες σου.

Δύο παρατηρήσεις

-Γράφεις το “νήμα κόβεται” και μετά ζητάς την τάση

Θα έγραφα “οριακά μόλις περάσει την κατακόρυφη θέση, κόβουμε το νήμα”

-Υπολογίζεις την κινητική ως άθροισμα των τετραγώνων των συνιστωσών της ταχύτητας. Αυτό δημιουργεί την ψευδαίσθηση πως το μονόμετρο μέγεθος κινητική ενέργεια, υπολογίζεται ως άθροισμα δύο “συνιστωσών”…..

Θα ξεκινούσα από την αρχή και θα ανέλυα το τετράγωνο της ταχύτητας

Για να μην έχω “τύψεις” θα έδινα στην εκφώνηση πως διατηρείται η ορμή στον κατακόρυφο άξονα…..

Από τις πλέον πρωτότυπες που διάβασα για το 2026-27…Μπράβο

Γεια σου Θοδωρή σε ευχαριστώ για το σχόλιο και χαίρομαι που σου αρέσει η άσκηση. Η αλήθεια είναι ότι και εμένα με προβληματίζει η συγκεκριμένη συνθήκη και για αυτό δεν έγραψα ότι το νήμα σπάει αλλά έγραψα το νήμα κόβεται ώστε την χρονική στιγμή που το νήμα γίνεται κατακόρυφο άρα η τάση του νήματος παίρνει την τιμή Τ = 30 N τότε ακριβώς κόβουμε το νήμα π.χ. με ένα ψαλίδι. Αν το κόψω εστω και απειροελάχιστα μετά το σώμα θα έχει και κατακόρυφη συνιστώσα ταχύτητας άρα δεν θα εκτελέσει οριζόντια βολή. Είναι όντως οριακές καταστάσεις. Όσον αφορά την κινητική ενέργεια θα το διορθώσω. Σε ευχαριστώ πολύ για τον χρόνο σου και για τις παρατηρήσεις.

Μία ιδέα Παύλο, είναι να δώσεις όριο θραύσης του νήματος Τθρ=30Ν

Το άλλαξα λίγο όπως πρότεινες αρχικά Θοδωρή αλλά έγραψα ότι στη συνέχεια το σώμα Σ₁ εκτελεί οριζόντια βολή. Ευχαριστώ!

Καλημέρα! Γεια σου Αποστόλη. Πολύ σημαντική – χρήσιμη ανάρτηση στην απλή αρμονική ταλάντωση. Επειδή τα ερωτήματα είναι αρκετά, θα πρόσθετα άλλο ένα 🙂 .
Να υπολογίσετε το πλάτος της νέας ταλάντωσης που θα εκτελούσε το σώμα αν την χρονική στιγμή που βρισκόταν στην πάνω ακραία θέση μειώναμε το μέτρο της δύναμης F στο μισό.

Καλημέρα Αποστόλη.
Πολύ καλή άσκηση που ελέγχει ο καθένας τί έχει μάθει και τί έχει κατανοήσει από ταλαντώσεις.
Βέβαια μπορεί να προσθέσει κανείς και άλλα ερωτήματα γραφικές παραστάσεις κ.λ.π.
Επίσης είμαι σίγουρος ότι κάποιος θα ρωτούσε στον υπολογισμό του έργου βγαίνει το ίδιο αποτέλεσμα είτε βάλουμε χ=+0,1 είτε βάλουμε χ=-0,1 δηλαδή σε δύο διαφορετικές θέσεις έχουμε το ίδιο έργο πώς γίνεται;
Γίνεται γιατί υπολογιζούμε το συνολικό έργο των δυνάμεων και ενώ το έργο του βάρους είναι διαρκώς θετικό το έργο της δύναμης ελατηρίου στην διαδρομή κάτω απο το Φ.Μ. γίνεται αρνητικό και συνέχεια υπολογισμούς.
Δίνει αφορμή η άσκηση για πολύ συζήτηση στη φυσική της ταλάντωσης.

Σε αυτό που έγραψα για το έργο πήρα την περίπτωση που θα περνούσε το σώμα για πρώτη φορά απο τις δύο θέσεις για αυτό το έργο του βάρους έγραψα είναι συνέχεια θετικό .

Καλημέρα Αποστόλη, καλημέρα σε όλους! Σίγουρα κάτι παραπάνω από μία απλή εξάσκηση!
Δεν ξέρω απλά εάν δε επίπεδο “μαθηματικής λογικής” μπορούμε να ζητήσουμε πρώτα το πλάτος της ταλάντωσης και στην συνέχεια την απόδειξη (καθώς το είδος της κίνησης δεν έχει δοθεί ως δεδομένο).

Καλημέρα παιδιά και ευχαριστώ για τα σχόλια. Μίλτο νομίζω ότι μπορούμε να μιλήσουμε για πλάτος μιας ταλάντωσης, χωρίς να ξέρουμε το είδος της. Για παράδειγμα στο εκκρεμές η κίνηση δεν είναι αρμονική για μεγάλες γωνίες εκτροπής, αλλά μπορούμε να μιλήσουμε για πλάτος ταλάντωσης.

Καλημέρα Αποστόλη. Πολύ καλή άσκηση για ένα μαθητή που ξεκινά επανάληψη στις ταλαντώσεις.
Σίγουρα μπορούμε να προσθέσουμε και άλλα βασικά ερωτήματα (π.χ. γραφικές, άλλους ρυθμούς κλπ).

Καλό εργαλείο για εξάσκηση!!!
Καλό απόγευμα Αποστόλη.

Γιώργο και Διονύση καλησπερίζω και ευχαριστώ.

Καλημέρα Αποστόλη. Ωραία άσκηση, τροφή για σκέψη στους …θεματοδότες 2026, με το καλό για το 27. Ξεχωρίζω τα ερωτήματα ζ και η.

Καλημέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ.

Καλό απόγευμα Γιώργο.
Και φτάσαμε στην τρίτη παράγωγο της θέσης!!!
Δύναμη και ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης! Μη αναμενόμενο…

Καλησπέρα Διονύση!!Ευχαριστώ για τον σχολιασμό..Τον ρυθμό μεταβολής της ορμής έπρεπε να ζητήσω δηλ την ΣF,που μεγάλος αριθμός μαθητών μπερδεύεται.
Κάπου είδα και τον ρυθμό μεταβολής της επιτάχυνση ς μου άρεσε και το μοιράζομαι..
Να είσαι καλά!!!

Γιωργο καλησπέρα.
Ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης καλιεται jerk!
Ωραιο το αποτελεσμα που προκύπτει.

Γεια σου Γιώργο!!!
Είναι δευτερη φορά που ακουω για τον ρυθμο μεταβολής της επιτάχυνσης. (jerk) Η τριτη παραγωγος της θέσης. Μέχρι εκει το αντιλαμμβάνομαι.
Αλλά το ρυθμό μεταβολης του ρυθμού μεταβολής της επιτάχυνσης πλέον αδυνατώ.

Καλησπέρα Χρήστο και Γ.Κομη!!! Έμαθα μία ξένη λέξη ακόμα..Έφτιαχνα ενα τυπολογιο με ρυθμούς μεταβολής στην α.α.τ. θα το αναρτήσω αργότερα ,είδα και τον jerk οπως τον λέτε και το συμπεριέλαβα..Να είστε καλά!!!!

Διόρθωση!!!Στο διάγραμμα της εκφώνησης και της λύσης αντί Fελ=80Ν το σωστό είναι 60Ν..Ευτυχώς δεν επηρεάζει την λύση..Το λάθος εντοπίστηκε από τον Γιώργο Παρτσή,που τον ευχαριστώ πολύ!!!

Γεια σου Γιώργο. Πρωτότυπο!
Και από την wiki

Γειά σου Μίλτο!! Ενδιαφέρον κι αυτό..Όσο ζω μαθαίνω..Να είσαι καλά!!!

Καλημέρα Γιώργο.
Ένα καλό θέμα που αξιοποιεί γραφική παράσταση παίρνοντας όμως και ωραία δεδομένα από αυτήν.
Προσωπικά στο τελευταίο ερώτημα και σκέτη την επιτάχυνση να ζητούσε θα μου ήταν αρκετό.
Υ.Γ.
Παρατηρώ μια αδυναμία στο γράμμα α έχεις συμβολίσει με αυτό και την απόσταση Θ.Ι με Θ. Φ.Μ.

Καλημέρα Γρηγόρη !!!Δίκιο έχεις έπρεπε να βάλω άλλο σύμβολο. Ευχαριστώ για το σχολιασμό..Να είσαι καλά!!!

Διαμάντι!

Πολύ καλή Παύλο.

Καλησπέρα. Ανδρέα, Διονύση και Χρήστο σε ευχαριστώ για το σχόλιο και χαίρομαι που σας αρέσει.

Η πρωτοτυπία του θέματος: Ομαλή κυκλική κίνηση σε ανομοιογενές μαγνητικό πεδίο, όταν η πλειονότητα των προβλημάτων αναφέρεται σε ομαλή κυκλική κίνηση μέσα ομογενές μαγνητικό πεδίο. Υπόδειγμα θέματος που οδηγεί στη διάκριση μεταξύ κατανόησης και αποστήθισης.

Καλό απόγευμα Παύλο.
Σε ασκήσεις συνήθως παίρνουμε ότι η ένταση του μαγνητικού πεδίου στο εσωτερικό του κυκλικού αγωγού είναι σταθερή και ίση με την ένταση για το κέντρο του κύκλου. Και αυτό είναι μια καλή προσέγγιση, αλλά ΔΕΝ είναι αλήθεια.
Εσύ παραπάνω αναδεικνύεις με πολύ όμορφο τρόπο και με χρήση συμμετρίας, ότι η ένταση έχει το ίδιο μέτρο για τα σημεία ενός κύκλου με ακτίνα (ΚΑ)!
Μπράβο Παύλο!

Γεια σου Παύλο. Θα συμφωνήσω με τα παραπάνω σχόλια.
Εξαιρετική!

Καλημέρα. Μίλτο σε ευχαριστώ για το σχόλιο, χαίρομαι που σου αρέσει.

Και κάποιες παρατηρήσεις για την περίπτωση κυκλικού ρευματοφόρου αγωγού μη αμελητέας ακτίνας που καταλήγουμε στο ίδιο συμπέρασμα.
https://i.ibb.co/VWTy1XTY/IMG-5197-1783543444-665-768×1023.jpg

Καλημέρα Παύλο.
Ωραίο θέμα που μας δίνει κάτι καινούργιο και με απαντήσεις χωρίς επιλογή μαθηματικής σχέσης

Καλημέρα σε όλους.
Πολύ καλή! Ανατρεπτική!

Ευχαριστώ Γρηγόρη και Βασίλη για το σχόλιο, χαίρομαι που σας αρέσει.

Εξαιρετική Παύλο! Για κάθε ακτίνα υπάρχει μόνο μία συγκεκριμένη ταχύτητα που επιτρέπει ομαλή κυκλική κίνηση.
Αν το σωματίδιο έχει ταχύτητα διαφορετική από την απαιτούμενη:

• η κεντρομόλος που χρειάζεται δεν ταιριάζει με τη δύναμη Lorentz,
• το σωματίδιο φεύγει από την ακτίνα r,
• μπαίνει σε περιοχή με άλλο B(r),
• η δύναμη αλλάζει μέτρο,
• η τροχιά παύει να είναι κυκλική.

Στο ομογενές μαγνητικό πεδίο το B έχει σταθερό μέτρο και σταθερή διεύθυνση παντού. Αν εκτοξεύσουμε φορτισμένο σωματίδιο με ταχύτητα κάθετη στις δυναμικές γραμμές, τότε η δύναμη είναι πάντα κεντρομόλος και θα εκτελέσει ΟΚΚ σε ακτίνα R =mv / qB

Γεια σου Παύλο. Εντελώς out of the box, που λέμε και στο χωριό!!!

Στην Απάντηση αναφέρεται: “Με χρήση του νόμου Biot–Savart προκύπτει ότι για κάθε στοιχειώδες τμήμα dl του κυκλικού ρευματοφόρου αγωγού, το στοιχειώδες μαγνητικό πεδίο dB σε οποιοδήποτε σημείο του επιπέδου του αγωγού είναι κάθετο στο επίπεδο αυτό.” Αναλυτική, γενική απόδειξη αυτού του ισχυρισμού υπάρχει εδώ: Το μαγνητικό πεδίο επίπεδου ρευματοφόρου αγωγού τυχαίου σχήματος – Πρότυπα Θέματα Φυσικής.

Γεια σου Παύλο. Φοβερή ιδέα! Πολύ πρωτότυπο θέμα.

Ευχαριστώ Ανδρέα (Ριζόπουλε), Αποστόλη και Δημήτρη για τα σχόλια και χαίρομαι που σας αρέσει. Όντως Ανδρέα είναι πολλές οι προϋποθέσεις ώστε το φορτισμένο σωματίδιο να εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση. Ανδρέα (Βαλαδάκη) σε ευχαριστώ πολύ για την γενική απόδειξη του ισχυρισμού!

Γεια σου Χρήστο, πολύ ωραία άσκηση, πολύ πιο πλούσια σε φυσική σε σχέση με το θέμα των πανελληνίων.

Καλό απόγευμα Χρήστο.
Δυνατό θέμα, ουδεμίαν σχέση έχον με το θέμα των εξετάσεων 🙂
Όταν διάβαζα την εκφώνηση, σκέφτηκα πού το πάει; Να προσδιορίσει σημείο σύγκρουσης, δεν γίνεται…
Αλλά εσύ το “γύρισες” έξυπνα δίνοντας το χρόνο και ζητώντας μήκος νήματος!

Καλησπέρα Χρήστο.
Καλή άσκηση με αρκετή φυσική για μελέτη της απλής αρμονικής ταλάντωσης.

«Δυνατό» θέμα Χρήστο! Ευχαριστούμε!

Γρηγόρη και Μίλτο καλημέρα,
Σας ευχαριστώ για το σχόλιο.

Παύλο και Διονύση καλησπέρα.
Ευχαριστώ για το σχόλιο. Το τελευταίο ερώτημα προέκυψε καθως ήθελα να υπολογιστεί το τελικο πλάτος ταλάντωσης αλλα να το κρύψω μη ρωτώντας το ευθέως και να είναι λίγο διερευνητικό.

Καλησπέρα Χρήστο. Πολύ καλή. Φυσικά και δεν απέδωσες σταθερά επαναφοράς D2 στο m2…
Στο iv το m2 έχει επιτάχυνση g, ενώ το m1 ξεκινάει με α1 = ω΄^2 Α2 = 60m/s^2, εξαπλάσια! Που να το φτάσει…

Γεια σου Χρήστο. Πολύ καλή, για ανήσυχους μαθητές.

Αντρέα και Αποστόλη καλησπέρα.
Ευχαριστώ για το σχόλιο.
Αποστόλη νομιζω μπορει να περασει σε μαθητές. Δεν θεωρώ οτι είναι ακραία.