Ανδρέας Ριζόπουλος

Διονύση ευχαριστούμε για όλη την προσφορά γνώσης και μεθόδων διδασκαλίας όλα αυτά τα 17 χρόνια (2009-2026).

Εσύ επέλεξες να “διδάξεις” ΦΥΣΙΚΗ και να βοηθήσεις όλους εμάς τους “νεότερους” να βρεθούμε σε ένα ικανοποιητικό επίπεδο διδακτικής ικανότητας και να βοηθήσουμε εκατοντάδες μαθητές μας να κατανοήσουν τις έννοιες και να μην φοβούνται το “δύσκολο”….

Ανεκτίμητη προσφορά που χρειάζεται θυσίες αλλά δυστυχώς και “μεγάλο στομάχι” …..
Εύχομαι να δούμε και τη συλλογή του 2036

Καλό μεσημέρι Θοδωρή και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και τον καλό σου λόγο…

Πολύ ωραία άσκηση Παύλο, ευχαριστούμε

Καλησπέρα Παύλο. Ωραία διερεύνηση, ξεχωρίζω το ερώτημα 3!

Δεν είμαι όμως σίγουρος για την απάντηση στο ερώτημα 1.
Εδώ τα σώματα δεν έχουν την ίδια διαρκώς επιτάχυνση (π.χ. μηδενική). Εάν κινούνται ομόρροπα και το Σ1 είναι σε φάση επιταχυνόμενης κίνησης τη στιγμή της επαφής, δεν θα είχαμε ώθηση;
Βέβαια, ο Σ1 θα ερχόταν με μικρότερη ταχύτητα, άρα δεν θα τον έπιανε… μόνο εάν γινόταν με κατάλληλη εκτόξευση του Σ2.
Να είσαι καλά!

Γεια σας Θοδωρή και Μίλτο, σας ευχαριστώ για το σχόλιο και χαίρομαι που σας αρέσει. Νομίζω πως για να θεωρήσουμε ότι δύο σώματα συγκρούονται σε μια συγκεκριμένη θέση (δηλαδή αναπτύσσονται μεταξύ τους κρουστικές δυνάμεις), πρέπει ακριβώς πριν από την επαφή τους η σχετική τους ταχύτητα να είναι τέτοια ώστε η μεταξύ τους απόσταση να μειώνεται, δηλαδή τα σώματα να πλησιάζουν το ένα το άλλο. Αν, αντίθετα, έχουν την ίδια ταχύτητα, η σχετική τους ταχύτητα είναι μηδενική, η μεταξύ τους απόσταση παραμένει σταθερή και δεν είναι δυνατόν να εκδηλωθεί κρούση.
Στο πρότυπο της στιγμιαίας κρούσης θεωρούμε ότι η διάρκειά της είναι αμελητέα. Επομένως, κατά τη διάρκειά της οι θέσεις των σωμάτων δεν μεταβάλλονται ουσιαστικά, ενώ οι ταχύτητές τους μεταβάλλονται ακαριαία λόγω των κρουστικών δυνάμεων. Για να κρίνουμε αν θα εκδηλωθεί κρούση, μας ενδιαφέρει μόνο η σχετική ταχύτητα των σωμάτων ακριβώς πριν από την επαφή τους και όχι οι επιταχύνσεις τους τη συγκεκριμένη χρονική στιγμή, αφού αυτές επηρεάζουν μόνο τη μετέπειτα εξέλιξη των ταχυτήτων τους.
Επομένως, αφού σύμφωνα με την εκφώνηση τα δύο σώματα ακριβώς πριν από την κρούση έχουν ίσα μέτρα ταχυτήτων, οι ταχύτητές τους δεν μπορεί να έχουν την ίδια φορά, γιατί τότε δεν θα πλησίαζαν το ένα το άλλο και δεν θα εκδηλωνόταν κρούση. Άρα, οι ταχύτητές τους πρέπει να έχουν αντίθετες φορές, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

Καλημέρα Παύλο. Καλή άσκηση κατανόησης των φαινομένων.
Νομίζω δεν χρειάζεται στα δεδομένα οτι το πλάτος δεν αλλάζει γιατί μέγιστο μέτρο μεταβολής της ορμής προυποθέτει ΔP1=2P1 (μέτρα) οπότε το μέτρο της ταχύτητας του Σ1 μετά την κρούση ίσο με το πριν , επομένως το πλάτος δεν αλλάζει.

Καλό Σαββατοκύριακο σε όλους. Σε ευχαριστώ Γρηγόρη για το σχόλιο. Αν λόγω της κρούσης το σώμα Σ₁ αποκτούσε π.χ. ταχύτητα μεγαλύτερου μέτρου από αυτήν που είχε πριν αλλά αντίθετης φοράς, τότε θα άλλαζε το πλάτος ταλάντωσης και θα ίσχυε η σχέση |Δp₁| = |p₁’ – p₁| > 2|p₁|.

Παύλο έχεις δίκιο δεν είχα διαβάσει καλά την εκφώνηση, άλλο είχα καταλάβει.

Γεια σου Αποστόλη, πολύ ωραία ανάλυση!

Γεια σας παιδιά.
Όμορφη
Αποστόλη βάλε τη φυγόκεντρο στο κέντρο μάζας

Γεια σας παιδιά και ευχαριστώ για τα σχόλια. Γιάννη εσένα είχα στο μυαλό όταν την έγραψα. Έκανα τη διόρθωση.

Ο ένας είναι Κρήτη, ο άλλος επισκέπτεται την Καλαμάτα αλλά ο “συντονισμός” στον στρεφόμενο παρατηρητή, σταθερός!!!

Διονύση ο Γιάννης έχει επιδράσει καταλυτικά στον τρόπο σκέψης μας. Εκτός από συντονισμό στο στρεφόμενο, έχουμε και συντονισμό στη ζέστη. Η Γηραιά Αλβιών τι λέει;

Δεν θα πω Αποστόλη, τι λέει η “γηραιά” γιατί ενδιαφέρομαι για την καλή ψυχική σας υγεία 🙂
Το πρωί πήγα στο super market φορώντας μπουφάν… Περπάτησα περίπου 2km, πήγα… γύρισα και δεν το έβγαλα…

Καλησπέρα .
Κάτι σχετικό νομίζω ενδιαφέρον, από καλλιτεχνική άποψη δεν ξέρω αλλά σίγουρα ενδιαφέρον από επιστημονική.
εδώ

Καλημέρα Γρηγόρη.

Καλημέρα Μίλτο. Πολύ καλή ιδέα και ένα πραγματικό Β θέμα!

Γεια σου Μίλτο, πολύ ωραίο θέμα, θα συμφωνήσω με τον Αποστόλη.

Καλησπέρα Αποστόλη, καλησπέρα Παύλο και καλή εβδομάδα!
Χαίρομαι που σας άρεσε η ιδέα και η άσκηση!
Να συμπληρώσω ότι το σχήμα της απάντησης δεν αναφέρεται στο τετράγωνο, αλλά σε κάποια ενδιάμεση φάση κατά τη δημιουργία του. Όταν δημιουργηθεί το τετράγωνο και μετά, το ρεύμα θα είναι μηδενικό.
(Ευχαριστώ Παύλο για την επισήμανση!)

Καλημέρα Μίλτο. Εξαιρετική ιδέα για ,Β’ θέμα!!!

Καλησπέρα παιδιά.
Όταν πίνω μπυρα STELLA μια ανησυχία την έχω.
Και ο τίτλος και το θέμα είναι ευφυές.
Αλλά αν στο ίδιο χρονικό διάστημα αντί για τετράγωνο μετασχηματίζαμε τον κύκλο σε ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο τυχαιων διαστάσεων η ενέργεια που εκλύεται στο περιβάλλον ως θερμότητα είναι ιση μικρότερη ή μεγαλυτερη από την του τετραγώνου?

Καλό απόγευμα Μίλτο.
Ωραία θέμα και ο τετραγωνισμός του κύκλου προκαλεί!

Καλησπέρα Γιώργο, Γιώργο και Διονύση. Σας ευχαριστώ για το σχολιασμό και την αποδοχή της ανάρτησης!

Γιώργο (Κόμη) ισχύει ότι το τετράγωνο έχει μεγαλύτερο εμβαδόν από οποιοδήποτε ορθογώνιο ίσης περιμέτρου. Έτσι, εάν μεταβούμε σε ορθογώνιο και όχι τετράγωνο, η μεταβολή της ροής θα είναι μεγαλύτερη. Επομένως, τόσο η μέση ΗΕΔ θα είναι μεγαλύτερη όσο και το μέσο ηλεκτρονικό ρεύμα.
Άρα, στην περίπτωση αυτή θα είναι μεγαλύτερη και η θερμότητα.

Σωστά Μίλτο
Διαστάσεις ορθογωνίου α , β
α+β =πr=σταθερό. Άρα το γινόμενο που είναι το εμβαδόν
Εμβαδόν =αβ = μέγιστο όταν α=β
δηλ τετράγωνο

Καλημέρα Μίλτο, καλημέρα σε όλους τους συνομιλητές.

Το θέμα είναι και έξυπνο και “πιασάρικο” λόγω τίτλου (marketing το λένε οι ειδικοί)

Όμως είναι καθαρά θέμα γεωμετρίας και ως εκ τούτου ακατάλληλο
κατά τη γνώμη μου για θέμα φυσικής

Για να είναι πλήρης η οποιαδήποτε λύση θα πρέπει πρώτα να αποδειχθεί ότι:

“το τετράγωνο έχει μεγαλύτερο εμβαδόν από οποιοδήποτε ορθογώνιο ίσης περιμέτρου”

όπως σχολίασε ο Γιώργος.

Χωρίς αυτό να προηγείται, φοβάμαι ότι κάποιος θα πει ότι καθώς μετασχηματίζω το σύρμα από κυκλικό σε τετράγωνο μπορεί να υπάρξει στιγμή-σχήμα με εμβαδόν μεγαλύτερο αυτό του κύκλου…

οπότε δεν υπάρχει απάντηση.

Η γνώση πως “το τετράγωνο έχει μεγαλύτερο εμβαδόν από οποιοδήποτε ορθογώνιο ίσης περιμέτρου” δεν είναι μία τυπική προαπαιτούμενη γνώση γεωμετρίας

Καλησπέρα Θοδωρή. Θα συμφωνήσω μαζί σου, αν και την συγκεκριμένη γεωμετρική πρόταση την αποδεικνύω και δεν την επικαλούμαι. Στην ανάγκη της απόδειξης καταλήγω μετά από συλλογισμούς που προκύπτουν από τη φυσική.

Η αρχική μου σκέψη ήταν να ζητήσω τη γεωμετρική απόδειξη ξεχωριστά αρχικά και στη συνέχεια να την εφαρμόσω στο βασικό ερώτημα. Τελικά επέλεξα να την ενσωματώσω ενιαία στην απάντηση σε μία άσκηση…

Μια άλλη προσέγγιση θα ήταν το τετράγωνο να γίνει κύκλος, αλλά οι κανόνες του marketing και του clickbait επιβάλουν τον τετραγωνισμό του κύκλου!
Να είσαι καλά!

Διαβάζοντας πιο προσεκτικά το σχόλιο σου Θοδωρή, νομίζω ότι δεν απάντησα παραπάνω στην ουσία των όσων ήθελες να πεις.
Εσύ στέκεσαι στη διάρκεια του μετασχηματισμού, αλλά εγώ παραπάνω αναφερόμουν στη σύγκριση των εμβαδών του κύκλου και του τετραγώνου.

Μίλτο, θεωρώ πολύ έξυπνη την ιδέα της ανάρτησης. Κατάλληλη για να παίξεις στην τάξη και ίσως για γραπτή εξέταση εντός σχολικής μονάδας που γνωρίζεις τί έχεις αναφέρει.

Όχι όμως για πανελλαδικές όπως προκρίθηκε από φίλους.

Πώς θα το έδινα εγώ;

“Υπενθυμίζεται” πως το τετράγωνο έχει μεγαλύτερο εμβαδόν από οποιοδήποτε τετράπλευρο ίσης περιμέτρου.

Διαθέτουμε σύρμα μήκους L με το οποίο κατασκευάζουμε κυκλικό αγωγό……
Μετασχηματίζουμε τον κυκλικό αγωγό, με αργές κινήσεις αρχικά σε τετράπλευρο και στη συνέχεια σε τετράγωνο…….Κατά τη διάρκεια της μετατροπής……”

Να σου αφιερώσω, επειδή ξέρω πως σου αρέσουν, τα μαθηματικά της παραπάνω απόδειξης από την ΑΙ

Μέγιστο εμβαδόν τετραπλεύρου με σταθερή περίμετρο

Ευχαριστώ πάρα πολύ Θοδωρή για την αφιέρωση!

Τύπος Μπρετσνάιντερ

Καλημέρα παιδιά. Mια εύκολη απόδειξη για το ότι το τετράγωνο έχει μεγαλύτερο εμβαδόν από οποιοδήποτε ορθογώνιο ίσης περιμέτρου. Έστω ορθογώνιο με πλευρές x και y. Είναι x+y=c. Το εμβαδόν του είναι Ε=xy —> E=x(c-x) = -x^2+cx.
Θέλουμε το Ε να είναι μέγιστο, οπότε η παράγωγος πρέπει να είναι μηδέν, δηλαδή -2x+c = 0 —>x = c/2. Επομένως x = y

Καλημέρα σε όλους. Μια αλλη παρόμοια απόδειξη (ίσως πιο αναλυτική από την Α.Ι.)σε αυτό που αναφέρει ο Θοδωρής :https://i.ibb.co/5HwvNZq/30.png

και η απόδειξη της βασικής ανισότητα https://i.ibb.co/fYvLRhK8/31.png

Καλημέρα σε όλους
αλλά και από το τριώνυμο E=x(c-x) = -x^2+cx => x^2 – cx + E = 0
Δ = c^2 – 4E >ή= 0 => Ε <ή= c^2 / 4
μέγιστο εμβαδόν έχουμε όταν Ε = c^2 / 4
οπότε η σχέση x^2 – cx + E = 0 => x^2 – cx + c^2 / 4 = 0 => (x – c/2) = 0 => x = c/2 => y = c/2 => x = y

Καλημέρα σε όλους.
Μίλτο πολύ ωραίο θέμα.
Κατά τη γνώμη μου μπορεί να πάρει και την εξής επέκταση εκτός από ότι αναφέρθηκε για παραλληλόγραμμο – τετράγωνο:
Ξεκινάμε με τρίγωνο ίσης περιμέτρου, πάμε στο τετράγωνο και μετά στο εξάγωνο.
Έτσι δίνουμε και την πληροφορία πως στα ισοπεριμετρικά σχήματα, με την αύξηση των πλευρών, το εμβαδό μεγαλώνει, με μέγιστο του κύκλου (όριο πολυγώνου με άπειρες πλευρές).
Σε ευχαριστούμε πολύ!

Αποστόλη, Γιώργο, Θεόδωρε και Βασίλη καλησπέρα!
Σας ευχαριστώ για τις διαφορετικές προσεγγίσεις και τις προεκτάσεις.
Καλό υπόλοιπο καλοκαιριού σε όλους!

Καλημέρα σε Όλους.
Γιώργο, για να μεγιστοποιείται το εμβαδόν του τετραπλεύρου πρέπει να λάβουμε υπόψη από τον αρχικό τύπο και ότι 1+συν(Α+Γ) = 0 => συν(Α+Γ) = -1 => Α+Γ = 180°. Οπότε σε συνδυασμό με τη σχέση α = β = γ = δ που έχεις αποδείξει, προκύπτει τελικά τετράγωνο.

Καλημέρα σε όλους. Βαγγέλη αυτο ακριβώς χρησιμοποιώ για να πω ότι Ε<= sqr(G).
Μάλιστα όταν Α+Γ=180 τότε το τετράπλευτο είναι εγγράψιμο.

Καλησπέρα. Όμορφη άσκηση Γρήγορη, ότι πρέπει για επανάληψη.

Καλημέρα, άσκηση πλούσια για επανάληψη.

Παύλο σε ευχαριστώ για το σχόλιο.

Καλή Κυριακή σε όλους. Πολύ ωραία η άσκηση Διονύση αν και στην αρχή διαβάζοντας το 1ο ερώτημα νόμιζα λανθασμένα πως μπορεί να εμφανιστεί στατική τριβή σε λείο τοίχωμα. Μου άρεσε πολύ το δεύτερο ερώτημα και η λύση του.

Καλό μεσημέρι Κυριακής Παύλο και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.

Καλή Κυριακή !

Διονυση εξετάζεις ένα θέμα που έχει πολύ ενδιαφέρον.

Η εξέταση της ισορροπίας κάθε μέλους του συστήματος απαιτεί να λάβει κανείς υπόψιν τόσο τις δυνάμεις αλληλεπίδρασης όσο και την αλληλεπίδραση τους που εκδηλώνεται μέσα από τη ροπή ζεύγους που αναφέρεις . Αυτά εμφανίζονται στην επιφάνεια επαφής τους όπου η κατανομή των μεταξύ τους δυνάμεων δημιουργεί τελικά αυτό που έχεις αναλύσει.

Όταν εξετάζουμε την ισορροπία κάθε ράβδου χωριστά προφανώς θα πρέπει να σημειώσουμε το βάρος της , τη δύναμη αλληλεπίδρασης και τη ροπή ζεύγους … Τι γίνεται όμως με την τάση του νήματος ; θα την αποδώσουμε σε όποιο μέλος του συστήματος θέλουμε ;

Καλό απόγευμα Κώστα.
Το νήμα δεχόμαστε ότι ασκεί μια δύναμη (την τάση) η οποία έχει ένα σημείο εφαρμογής. Το “ένα σημείο” σημαίνει ότι δεν μπορεί να ανήκει και στο αριστερό μισό και στο δεξιό μισό της δοκού. Ή στο ένα θα ασκείται είτε στο άλλο.
Για να μην υπάρχει πρόβλημα και δίλημμα έδωσα ότι “το οποίο δεν δένεται με το νήμα.” δεχόμενος ουσιαστικά ότι το νήμα δένεται σε απόσταση 0,00000001m αριστερότερα του μέσου Μ!!!
Δεν είναι σαφές τι επιβάλει η εκφώνηση;

Kαλημέρα
Διονύση μια απάντηση για το i
Αφού ισορροπεί υπο την επίδραση τριων δυναμεων που οι φορείς τους δεν ειναι παράλληλοι θα πρεπει να διέρχονται από το ιδιο σημείο. Επομένως στην περίπτωση που η ράβδος δένεται από cm η δύναμη επαφής από τοιχο πρέπει να είναι στην διεύθυνση του άξονα χ. δηλ δεν εμφανίζεται τριβή ανεξάρτητα αν ειναι λείος ή οχι
Παρατηρήσεις
Όταν η γωνία που σχηματίζει το νήμα με την ράβδο ελαττώνεται η τάση αυξάνεται επικίνδυνα. Αν δίδεται όριο θραύσεως νήματος μπορούμε να υπολογίσουμε για ποιες τιμές της θ δεν θα έχουμε ατυχήματα.
Οταν το νήμα δεν είναι δεμένο από cm για να ισορροπεί πρέπει τοίχος μη λείος.
Τότε έχει ενδιαφέρον για ποιες τιμές του μ τα καταφέρνει
https://i.ibb.co/tM3xCjHX/rabdos-toixos.jpg

Καλημέρα. Επίσης, νομίζω πιο απλά, όλες οι δυνάμεις εκτός του τοίχου διέρχονται από το μέσο οπότε ως προς το μέσο οι ροπές τους είναι μηδέν η ολική ροπή πρέπει να είναι μηδέν ως προς οποιοδήποτε σημείο επομένως δεν μπορεί να υπάρχει άλλη δύναμη που να προκαλεί ροπή ως προς το μέσο.
Ενδιαφέρον είναι ότι ο τοίχος δεν χρειάζεται να είναι λείος αλλά για να εμφανιστεί τριβή πρέπει ένα σώμα να κινείται ή να τείνει να κινηθεί πάνω στον τοίχο, εδώ δεν συμβαίνει αυτό.

Καλό απόγευμα Γρηγόρη και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και την συνεισφορά της σκέψης σου.

Καλημέρα Γιώργο και καλή βδομάδα.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και την τις εναλλακτικές οδούς!
Η αλήθεια είναι ότι η η μέθοδος των τριών συντρεχουσών δυνάμεων, ταίριαζε καλύτερα σαν απάντηση στο παραπάνω ερώτημα, από την λύση που πρότεινα στην απάντηση…
Αλλά “ο γέγραφα, γέγραφα…”

Παύλο εξαιρετική, πάντα είσαι ένα βήμα μπροστά στη σύνθεση μοντέλων δημιουργίας ασκήσεων.

Σχολιάζω γιατί θεωρώ πως είναι μία εξαιρετικά διδακτική ανάρτηση, συνδυασμός δύο κλασικών μοντέλων, ταλάντωση πάνω σώματος λόγω στατικής τριβής αλλά με ταυτόχρονη άσκηση σε αυτό σταθερής δύναμης.

Δεν θα έγραφα τόσο “βαριά” τη λύση του 4ου ερωτήματος, εννοώ θα απέφευγα την χρήση αλγεβρικής τιμής στην παραμόρφωση του ελατηρίου. Όμως αυτό δεν έχει καμία σημασία και είναι προσωπική επιλογή.

Καλησπέρα Παύλο.
Πολύ καλή άσκηση χρήσιμη για την κατανόηση στο τί γίνεται με την κίνηση των σωμάτων σε αυτή την περίπτωση.
Θέλω μόνο να πω κάτι , χωρίς να υπάρχει λάθος.
Νομίζω πήρες θετική φορά προς τα αριστερά για να σου βγει η αρχική φάση π/2. Αυτό είχε σαν αποτέλεσμα στο 4 να πάρεις την αλγεβρική παραμόρφωση (επιμήκυνση) του ελατηρίου στη θέση ισορροπίας αρνητική .
Βέβαια στο ζήτημα αυτό δεν εμπλέκεται ιδιαίτερα η ταλάντωση οπότε αλλάζουμε και τις φορές
Με πιο απλά λόγια εννοώ θα ήθελα η επιμήκυνση του ελατηρίου να θεωρείται θετική ΔL=Lτελ-Lαρχ >0. Στο τέλος νομίζω το αναφέρεις και εσύ θετική επιμήκυνση.
Ίσως αν η δύναμη ήταν προς τα αριστερά.
Υ.Γ. Τελικά ίσως να φταίει ότι δεν έχω αρχίσει ακόμη τα μπάνια του λαού για να χαλαρώσω λίγο και μου φταίνε όλα.

Θοδωρή και Γρηγόρη σας ευχαριστώ για το σχόλιο και χαίρομαι που σας αρέσει. Γρηγόρη για το 4o ερώτημα έχουμε dUελ/dt = – Fελ•υ, όμως ισχύει η διανυσματική σχέση Fελ = – ky ,όπου y = Δℓ το διανυσματικό μέγεθος της παραμόρφωσης. Για αυτό καταλήγουμε στην σχέση dUελ/dt = ky•υ. Όπου bold διανύσματα. Στην θέση ισορροπίας y < 0 και υ < 0. Η αλήθεια είναι ότι θα μπορούσα να το κάνω πιο απλά, αλλά επειδή το έκανα μέσω Α.Ι. μου έβγαλε αυτή την λύση και για να μην χαλάσω το αισθητικό αποτέλεσμα το άφησα έτσι. Μαθαίνω σιγά – σιγά.

Αφιερώνεται στο Θοδωρή Παπασγουρίδη για την ενασχόλησή του με τα στάσιμα ηλεκτρομαγνητικά κύματα.

Ευχαριστώ Αποστόλη, θα δοκιμάσω αργότερα τα ζαχαρωτά

Αποστόλη καλησπέρα.
Εξαιρετικό μπράβο. Δεν ξέρω αν εμπνεύτηκες από τον πρόσφατο διαγωνισμό του Αριστοτέλη ή το θέμα της τράπεζας 26927 Β2 αλλά η πειραματική υλοποίηση που έκανες αξίζει συγχαρητήρια.

Καλησπέρα. Εκπληκτικό Αποστόλη! Μια μικρή διόρθωση στην πρώτη παράγραφο “επιταχύνονται προς την άνοδο”, έχεις γράψει κάθοδο.

Αποστόλη, θυμάμαι ότι “μικρός” έκανες παρέα με τον Φασουλόπουλο…
Από εκεί απέκτησες τις “κακές” συνήθειες….

Μπράβο, πολύ όμορφο….και κατανοητό…

Σου αφιερώνω και εγώ το συμπέρασμα της απάντησης της ΑΙ, στην ερώτηση
“γιατί στον φούρνο μικροκυμάτων, δεν βάζουμε μεταλλικά αντικείμενα, αφού το εσωτερικό του φούρνου είναι μεταλλικό”

Συμπέρασμα
“Δεν απαγορεύονται τα μεταλλικά αντικείμενα επειδή «ανακλούν τα μικροκύματα» — αυτό το κάνει και ο ίδιος ο φούρνος. Απαγορεύονται κυρίως επειδή μπορούν να συγκεντρώσουν πολύ ισχυρό ηλεκτρικό πεδίο στις αιχμές τους, προκαλώντας ιονισμό του αέρα και ηλεκτρικές εκκενώσεις, ενώ παράλληλα διαταράσσουν την κατανομή των στάσιμων μικροκυμάτων μέσα στον θάλαμο”.

Καλημέρα Αποστόλη.
Τελικά έβγαλες από τη μύγα… ξύγκι 🙂
Πολύ ενδιαφέρουσα εφαρμογή του φούρνου μικροκυμάτων, πέρα από τις γνωστές που έχουν να κάνουν με την απελυθέρωση… ντοπαμίνης!!!

Καλημέρα παιδιά και σας ευχαριστώ για σχόλια.
Θοδωρή Β. διόρθωσα.
Χρήστο δεν είχα υπόψη μου τα θέματα που αναφέρεις. Πριν χρόνια είχα δει κάπου το πείραμα με τη σοκολάτα και με την ανάρτηση του Θοδωρή το θυμήθηκα. Δεν είχα σοκολάτα, οπότε δοκίμασα με το τυρί. Το σφάλμα ήταν μεγάλο, οπότε αγόρασα και τα ζαχαρωτά για να ξαναδοκιμάσω.
Θοδωρή η παρέα με το Φασουλόπουλο αποτελεί πηγή έμπνευσης.
Διονύση αυτό με τη ντοπαμίνη δεν μου λέει κάτι…

Καλό μεσημέρι, για τα νεότερα μέλη του ylikonet μια σχετική παλιά ανάρτηση που είχε χαθεί λόγω αλλαγής πλατφόρμας.

Μπραβο Αποστόλη που εκανες το πειραμα. Το ειχα ανεβασει και εγω παλια, αλλα ποτε δεν εκανα η ιδια το πειραμα.
https://tinanantsou.blogspot.com/2012/02/blog-post_19.html

Αν εχεις περισσοτερες πληροφοριες για το ιδιο το πειραμα και την εμπειρια σου με ενδιαφερει πολυ.

Ξενοφώντα χαίρομαι για την επανεμφάνιση. Λογίζομαι στους νεότερους, αφού μπήκα στην παρέα το 2014. Η ανάρτησή σου επιβεβαιώνει το “ο παλιός είναι αλλιώς”.
Τίνα έκανα μια πρώτη αποτυχημένη προσπάθεια με το τυρί, βάζοντας ισχύ 800W. Στη συνέχεια με ισχύ γύρω στα 400W και θέρμανση για περίπου 20 δευτερόλεπτα πήρα τις εικόνες που είδες. Μπορεί εναλλακτικά να χρησιμοποιηθεί ζυμάρι, αραβική πίτα ή πλαστελίνη (πάντα λεπτό στρώμα).

Καλό απόγευμα.Αποστόλη μετά την αλλαγή πλατφόρμας δεν εμφανιζόταν και η ανάρτηση σου μου έδωσε την ευκαιρία να την ξανανεβάσω.
Να είσαι καλά.

Καλημέρα Γρηγόρη. Οι σύνδεσμοι που δίνεις δεν ανοίγουν κάποιο αρχείο…

Καλημέρα Αποστόλη. Είναι εντάξει τώρα; αυτό το word φοβάμαι.

Είναι εντάξει Γρηγόρη. Επειδή όμως έτσι κι αλλιώς τα αρχεία μεταφέρονται αλλού για εξοικονόμηση πόρων, γιατί δεν τα ανεβάζεις σε προσωπικό σου cloud και να παίρνεις το σύνδεσμο από εκεί;

Το google drive εννοείς;

Ναι. Σου δίνει διαθέσιμο δωρεάν χώρο 5Gb, οπότε έχεις και τα αρχεία σου backup.

Καλημέρα Γρηγόρη Όμορφη.
Μια παρατήρηση . Στο αποτέλεσμα γράφεις μ= 0,82..με παύλα από πάνω που σημαίνει άπειρα επαναλαμβανόμενα 82.
Όμως εδώ έχουμε τιμές φυσικών μεγεθών μετρουμενες με πεπερασμένα ψηφία ( και φυσικά υπάρχουν και τα αντίστοιχα σφάλματα). Έτσι είναι σοβαρό λάθος και μάλιστα διδακτικό το να δίνουμε αποτέλεσμα με άπειρη ακρίβεια.
Το μ = 0.83 υπεραρκετό.

Γιώργο Χριστόπουλε καλημέρα, το έκανα γιατί μου θύμισε τα μαθητικά μου χρόνια και ήθελα να φέρω αναμνήσεις .

Γιώργο Χριστόπουλε καλημέρα ευχαριστώ για το σχόλιο.
Το έκανα γιατί μου θύμισε τα μαθητικά μου χρόνια και ήθελα να φέρω αναμνήσεις .
Το διόρθωσα.
Υ.Γ. Πήγα να διορθώσω και το δικό μου σχόλιο αλλά δεν πρόλαβα για αυτό το ξαναγράφω

Γρηγόρη έκανα αυτή την παρατήρηση επειδή πρέπει να λέμε στους μαθητές ότι δίνουμε απαντήσεις με ακρίβεια ανάλογη με την ακρίβεια των δεδομένων.
Με εκνευρίζει πολύ φράσεις σαν αυτές που ακούμε συχνά στα ΜΜΕ :
“Το μέσο ημερήσιο κόστος διατροφής για μια τετραμελή οικογένεια είναι 58,32 ευρώ” όταν υπάρχουν πολύ μεγάλα σχετικά σφάλματα στις υποθέσεις που κάνουν στον υπολογισμό.
Νομίζουν ότι είναι
περισσοτερο ακριβείς από το να έλεγαν γύρω στα 60 ευρώ!
Κατά τα άλλα πολύ όμορφη η άσκηση σου!

Γιώργο υπάρχει και ο αριθμός μαθητών ανά καθηγητή στην Ελλάδα.
Με την άσκηση, αυτή μεταξύ άλλων, ήθελα να δείξω την προσοχή που χρειάζεται στη διαχείριση της κάθετης δύναμης Ν που ασκείται στο σώμα η οποία δεν είναι πάντα ίσου μέτρου με το βάρος.
Δοκίμασα να δω τη λύση που δίνει το Α.Ι. ,παραλίγο να ξεμάθω και αυτά που ήξερα, μέχρι και οτι σε σχολικό επίπεδο μπορούμε να πούμε πως στη ράβδο ασκείται δύναμη όσο και το βάρος του σώματος.
Καλό το Α.Ι. αλλά θέλει μεγάλη προσοχή.

Σωστά . Το Α.Ι.ειναι χρήσιμο εργαλείο αλλά σε κάποια πιο δύσκολα θέματα κάνει λάθη. Όταν όμως το διορθώσεις ( μερικές φορές παραπάνω από μια φορά) μαθαίνει και σε επόμενα βήματα είναι αρκετά χρήσιμο.
Αποφεύγω να το χρησιμοποιώ εκτός οριακών και αναγκαίων περιπτωσεων.

Καλησπέρα Γρηγόρη,
πολύ ωραίο θέμα

Καλησπέρα Θεόδωρε.
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο.

Γεια σου Γρηγόρη, όμορφη άσκηση .

Παύλο ευχαριστώ.

Καλημέρα Θοδωρή.
Ωραία ανάλυση που ξεκαθαρίζει το τοπίο των ενεργειών. Αυτό που έχει σημασία είναι οι μεταβολές στη φύση , φυσικά φαινόμενα και με αυτά ασχολείται η Φυσική .
Γενικότερα ότι είναι στάσιμο και αμετάβλητο στη ζωή δεν έχει τόσο ενδιαφέρον αυτό που αξίζει είναι η αμφισβήτηση, η δράση, η εξέλιξη πάντα βέβαια προς το καλύτερο για όλους .

Ομιλείς με γρίφους σοφέ Γρηγόριε… διπλή και τριπλή ανάγνωση χρίζουν όσα γράφεις….

Εγώ απλά ήθελα να διευκρινίσω πως αθροίσματα ομοίων κατά τίτλο δεν είναι αναγκαία ισοδύναμα ….. ούτε όμοια κατά τίτλο μπορούν να εξισωθούν…

Το ανεβάσαμε το επίπεδο…..στα ύψη….ως “σοφοί γέροντες”

Καλησπερίζω τους σοφούς αλλά όχι γέροντες της παρέας!
Θοδωρή διδάσκεις ακόμη και στην παραλία (ο αναγνώστης τουλάχιστον)!
Ποιοτικά, μπορούμε να πούμε ότι η διαφορά έγκειται στο διαφορετικό σημείο αναφοράς.
Ίσως ήταν καλύτερο να συμβολίσεις διαφορετικά τις ενέργειες και όχι Ε_ολ και τις δύο.

Θοδωρή εννοώ πως όπως έδειξες με τις μεταβολές των ενεργειών ισχύει η εξίσωση με τις ενέργειες δηλαδή μεταβολή βαρυτικής δυναμικής και μεταβολή δυναμικής ελατηρίου ίσον με μεταβολή ενέργειας ταλάντωσης.

Καλησπέρα. Ωραία και χρήσιμη ανάρτηση Θοδωρή που ξεκαθαρίζει λεπτά σημεία.

Μια διευκρίνιση θα ήθελα, ως απορία ενός ανήσυχου μαθητή: γιατί η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου δεν αντιμετωπίζεται όπως η δυναμική ενέργεια λόγω βάρους; Το φυσικό μήκος καθορίζει το μηδέν της παραμόρφωσης, όχι όμως και το μηδέν της αντίστοιχης δυναμικής ενέργειας.

Γρηγόρη, άσε να αιωρείται και λίγη δημιουργική ασάφεια στις σκέψεις μας…. μας εκτιμούν περισσότερο….

Μίλτο συμφωνώ: “η διαφορά έγκειται στο διαφορετικό σημείο αναφοράς”
Επίτηδες συμβόλισα και τις δύο ενέργειες ως Εολ.
Ήθελα να κάνω σαφές πως και οι δύο είναι, πιο σωστά ονομάζονται, μηχανικές ενέργειες, αφού είναι άθροισμα κινητικής και δυναμικών.
Τα αθροίσματα αυτά είναι μεν σταθερά, έχουν όμως διαφορετικές (σταθερές) τιμές

Να το πω, πιο απλά…..Δεν υπάρχει ΑΔΕΤ, υπάρχει ΑΔΜΕ για τον ταλαντωτή

Όμως η μία μηχανική K+Uβαρ+Uελ είναι διαφορετική από την άλλη μηχανική K+Uταλ

Στον απλό αρμονικό ταλαντωτή, συμφέρει συνήθως να επιλέγουμε την διατήρηση της μηχανικής ενέργειας K+Uταλ

Παύλο, για ένα μαθητή είναι όντως λεπτό σημείο και πρέπει να το προσεγγίσουμε με τον ευκολότερο τρόπο…

Μιλτιάδη από τα Ιωάννινα, να ξέρεις πως τα Ιωάννινα ήταν η πατρίδα ενός άλλου Μίλτου, υπέροχου ανθρώπου και Δασκάλου, του πολύ καλού μου φίλου, Μίλτου Σακελλαρίου….ο οποίος δεν είναι πια μαζί μας….

Δεν ξέρω αν κατάλαβα την ερώτησή σου. Γράφεις:

“Το φυσικό μήκος καθορίζει το μηδέν της παραμόρφωσης, όχι όμως και το μηδέν της αντίστοιχης δυναμικής ενέργειας.”

Μα η αντίστοιχη ενέργεια καθορίζεται από την παραμόρφωση Δl….αν δεν υπάρχει παραμόρφωση δεν υπάρχει δύναμη και κατά συνέπεια δυναμική ενέργεια

Νόμος Hooke Fελ=-kΔl, όπου το (-) δηλώνει πως ότι η δύναμη του ελατηρίου είναι αντίθετη από την παραμόρφωση

Η δυναμική ενέργεια ορίζεται από τη σχέση: ΔUελ= – W(Fελ), δηλαδή η αύξηση της δυναμικής ενέργειας είναι ίση με το αρνητικό έργο της δύναμης του ελατηρίου.

Ολοκληρώνοντας καταλήγουμε στη γνωστή σχέση Uελ= k(Δl^2)/2….

Αντίστοιχα για την βαρυτική δυναμική ΔUβαρ= – Wβ=………

Συγγνώμη αν επαναλαμβάνω πράγματα που γνωρίζεις, αλλά δεν βλέπω τί άλλο θα μπορούσα να απαντήσω

Καλημέρα σε όλους.

Θοδωρή γράφεις: “Μα η αντίστοιχη ενέργεια καθορίζεται από την παραμόρφωση Δl….αν δεν υπάρχει παραμόρφωση δεν υπάρχει δύναμη και κατά συνέπεια δυναμική ενέργεια”. Προσωπικά διαφωνώ με αυτόν το ισχυρισμό όπως αποδεικνύεται εδώ: Έχει ενέργεια ένα χαλαρό ελατήριο; – Πρότυπα Θέματα Φυσικής

Καλημέρα σας

Θοδωρή απλά σπούδασα πριν αρκετά χρόνια στα Γιάννενα. Τα χρόνια εκείνα είναι πια ευχάριστες αναμνήσεις.

Μάλλον διατύπωσα βιαστικά το ερώτημα.
Γνωρίζουμε βέβαια ότι η δυναμική ενέργεια ορίζεται όταν η δύναμη είναι συντηρητική και τότε ισχύει ΔU = -W. Όμως από τη σχέση F = – U'(x), με ολοκλήρωση, προκύπτει και μια αυθαίρετη σταθερά.

Γιατί λοιπόν στο ελατήριο δεν μπορούμε να επιλέξουμε αυθαίρετα το επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας, όπως κάνουμε με τη δυναμική ενέργεια λόγω βάρους;

Επίσης αν καταλαβαίνω καλά ο μηδενισμός της δύναμης σε κάποιο σημειο x0 συνεπάγεται οτι: U'(x0)=0. Ο μηδενισμός της ίδιας της συνάρτησης U(x0) δεν θέλει επιπλέον συνθήκη?

Μάλλον το πρόβλημα εισάγεται από τη φράση του σχολικου βιβλιου της β’ γυμνασιου:
Κάθε σώμα που έχει υποστεί ελαστική παραμόρφωση, έχει δυναμική ενέργεια, που εξαρτάται από το μέγεθος της παραμόρφωσής του. Η δυναμική ενέργεια καθενός από τα σώματα αυτά ισούται με το έργο της δύναμης που τους ασκήθηκε για να τα παραμορφώσει.
Όμως το «εξαρτάται» δεν σημαίνει ότι η δυναμική ενέργεια μηδενίζεται υποχρεωτικά μαζί με την παραμόρφωση.
Επομένως φαίνεται η Uελ = 1/2 k (Δl)^2 να ενσωματώνει ήδη την επιλογή μηδενικής δυναμικής ενέργειας στο φυσικό μήκος. Αντίθετα στη βαρυτική δυναμική ενέργεια τονίζεται ότι το μηδενικό επίπεδο επιλέγεται αυθαίρετα.

Καλημερα σε ολους. Κανω ενα μικρο σχολιο επι των τελευταιων σχολίων. Μιλτιαδη και εγω Ιωαννινα με Βέργαδο ,Ταμβακη, Μαντζατο,κλπ.
Σαφες ειναι το ερωτημα του μαθητη που διατυπωσες,δεν το διατυπωσες βιαστικα. Η απαντηση ειναι διοτι η δυναμικη ενεργεια ελατηριου ειναι πολυ πιο απλο να ειναι συμμετρικη γυρω απο την θεση φυσικου μηκους διοτι ετσι δινεται απο τον τυπο εμβαδου τριγωνου παντα,ενω αν ορισουμε η δυναμικη ενεργεια να μηδενιζεται σε μια τυχαια θεση,τοτε η δυναμικη ενεργεια δινεται απο το εμβαδον ενος τραπεζιου,δηλαδη την διαφορα των εμβαδων δυο τριγωνων. Η συμμετρια του να εχουμε ισες δυναμικες ενεργειες σε δυο συμμετρικες θεσεις γυρω απο την θεση φυσικου μηκους ειναι πολυ προτιμοτερη απο μια τυχαια επιλογη. Διοτι ετσι μας βολευει δηλαδη ειναι η απαντηση. Αυτο θα απαντουσα σε εναν μαθητη που θα ρωτουσε αυτο που ειπες.Το αν υπαρχει μη μηδενικη δυναμικη ενεργεια σε καποια θεση ειναι τελειως ασχετο με το αν η δυναμη ειναι μηδενικη ή οχι σε αυτη την θεση.

Καλησπέρα παιδιά.
Κάποιες σκέψεις.
Όταν μιλάμε για δυναμική ενέργεια μιλάμε για δυναμική ενέργεια συστήματος τουλάχιστον 2 σωμάτων που όμως είναι απαραίτητο να αλληλεπιδρούν μεταξύ τους.
Αν όμως η δυναμική ενέργεια του συστήματος των δυο έστω σωμάτων μπορεί να αξιοποιηθει μόνο από το ένα σώμα μέσω του εργου της δύναμης αλληλεπίδρασης πχ γη- πέτρα που κινειται μέσα στο πεδιο της τότε μπορουμε την δυναμική ενέργεια λόγω αλληλεπίδρασης του συστήματος για λόγους οικονομίας να την αποδώσουμε στην πέτρα. Η δυναμική ενέργεια συστηματος δυο σφαιρικών ουράνιων σωμάτων δίδεται από την σχεση
U = -GMm/r το – γιατί οι δυνάμεις μεταξύ τους είναι ελκτικες και θεωρούμε σιωπηλά η φωνακτα ότι η δυναμικη ενέργεια στο άπειρο είναι 0. Λογικό δεν αλληλεπιδρούν δύναμη 0 δυναμική ενέργεια 0. Βέβαια από μαθηματική άποψη και μόνο καθενας μπορει να αποδωσει δναμικη ενέργεια στο απειρο ή οπου αλλου όση θέλει.
Ένα ιδανικό ελατήριο που δεν αλληλεπιδρά με ένα σώμα δεν μπορεί να είναι συσπειρωμένο ή τεντωμένο.
Δηλ ένα ιδανικό ελατηριο όταν έχει το ΦΜ του είναι το απόλυτο τίποτα. Γιατί να του αποδώσω δυναμική ενέργεια. Βέβαια από μαθηματική άποψη μπορώ όπως αποδεικνύω παρακάτω να του δώσω όση θέλω.
Συσπειρωμένο ή τεντωμένο σημαίνει ότι αλληλεπιδρά με σωμα.
Η δυναμική ενέργεια στην ουσία ειναι η δυναμική ενέργεια του συστήματος ελατήριο – σώμα.
Δεν είναι βέβαια λάθος να μιλάμε για δυναμική ενεργεια ελατηρίου που μέσω του έργου της δυναμης που ασκεί στο σώμα μεταφέρεται στο σώμα ή αντίστροφα.
Ή να μιλάμε για δυναμική ενέργεια σώματος διότι βλέπω ένα σώμα σε πεδιο δυναμης.
Παρακάτω κάνω κάποιες σκέψεις ανάποδες.
Σώμα δεμένο σε ελατήριο και το σώμα δεμενο με σχοινι.
Το σχοινι κόβεται. Περί ενεργειων δεν γνωρίζω.

Αποστόλη προσπαθησα να εφαρμόσω τις οδηγιες για ανεβασμα εικόνων αλλά μάλλον κάτι δεν έκανα καλά

Καλησπέρα. Αν και με πρόλαβε ο Γιώργος Κόμης, θέλω να πω ότι πράγματι μπορούμε να ορίσουμε , μαθηματικά, δυναμική ενέργεια του ελατηρίου μηδέν σε όποιο μήκος του ελατηρίου θέλουμε.
Να θέσω όμως ένα ερώτημα. Θεωρούμε μηδέν τη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου όταν έχει συσπειρωθεί στο μισό του φυσικού του μήκους.Τώρα το ελατήριο έχει το φυσικό του μήκος και με σώμα δεμένο πάνω σε οριζόντιο επίπεδο ακίνητο, μπορούμε να πούμε ότι έχει ενέργεια;

https://i.ibb.co/FqNmgqgH/anapodos1.jpg

https://i.ibb.co/kVf8fFXS/anapodos2.jpg

Γεια σου Γρηγόρη.
Wx,0 = Ux – U0 =kxx/2 δηλ U0 =200-KXX/2

Γρηγόρη διορθωνω
Wx,0 =Ux-U0
Δυναμικη στο ΦΜ = U0 = Ux – Wx,0 =Ux – KXX/2
Aντικαθιστω όπου Ux οτι θέλω

Καλό απόγευμα συνάδελφοι. Μια πρόταση από παλιότερη ανάρτησή μου με αφορμή την δυναμική ενέργεια του ελατηρίου και την συζήτηση που είχε τότε γίνει:
“Η λογική που λέει, μπορώ να αποδώσω ενέργεια και στα δεξιά ελατήρια, γιατί μπορώ να ορίσω όπου θέλω ότι η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι μηδενική, οδηγεί σε στρέβλωση κάθε λογικής, πάνω στην έννοια της ενέργειας! ”
Επειδή βλέπω να επανέρχεται το θέμα, δίνω και την ανάρτηση αυτή του 2013, με κλικ ΕΔΩ.
Αν δεν θέλουμε να κάνουμε απλά μαθηματικά, αλλά μιλάμε για φυσική, η γνώμη μου είναι ότι:
https://i.ibb.co/WNQpb2zG/2026-07-18-205535.png

Καλησπέρα σας.

Κωνσταντίνε, με πήγες πολύ πίσω. Ήταν κι άλλοι, ο Αλεξανδρόπουλος, ο Φούλιας…
Σε ευχαριστώ για την πολύ πρακτική απάντηση. Αρκεί, νομίζω.

Τώρα, για το θέμα που γεννήθηκε άθελά μου, νομίζω ότι μπήκαν δύο ξεχωριστές έννοιες:
η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου και 
η ενέργεια που αποθηκεύεται στο ελατήριο λόγω ελαστικής παραμόρφωσης.

Οι δύο ενέργειες ταυτίζονται μόνο όταν επιλέγεται ως μηδενική η δυναμική ενέργεια στο φυσικό μήκος, πράγμα που μάλλον αποτελεί και τη συνηθέστερη επιλογή στη βιβλιογραφία.

Ευχαριστώ όλους όσους έγραψαν την άποψή τους. Επειδή χθες ήμουν
στη θάλασσα δεν έχω αφιερώσει την απαιτούμενη προσοχή στο διάβασμα.
θα το κάνω….αλλά λέω προκαταβολικά πως επειδή ό,τι γράφω απευθύνεται
σε μαθητές ανήσυχους και μη, το σχόλιο του Διονύση με καλύπτει απόλυτα.

Επιλέγοντας φράσεις από το παραπάνω σχόλιο:

“Αν δεν θέλουμε να κάνουμε απλά μαθηματικά, αλλά μιλάμε για φυσική……..
 η λογική που λέει, μπορώ να ορίσω όπου θέλω ότι η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι μηδενική, οδηγεί σε στρέβλωση κάθε λογικής, πάνω στην έννοια της ενέργειας! ”

Αντίστοιχες στρεβλώσεις έχουμε δει και στο παρελθόν…. ο καθένας μπορεί
να γράφει ό,τι θεωρεί πως είναι “σωστό” …αδιαφορώντας για το μπέρδεμα
που γίνεται στη σκέψη παιδιών που προσπαθούν να ταξινομήσουν σε μία
λογική σειρά όσα διδάσκονται.

θα μου επιτρέψετε να μην ακολουθήσω και να παρακαλέσω να μην σχολιάζουμε στη συγκεκριμένη ανάρτηση, της οποίας φέρω την ευθύνη, σκέψεις-ανησυχίες που οδηγούν σε στρεβλώσεις

Ευχαριστώ πολύ

Καλησπέρα σας
Μα, Θοδωρή, αυτή ακριβώς είναι η ουσία του διαλόγου στα σχόλια: μέσα από τα επιχειρήματα που κατατίθενται ξεκαθαρίζεται τι αποτελεί πράγματι στρέβλωση και τι όχι. Ένας τέτοιος προβληματισμός μπορεί να απασχολεί έναν ανήσυχο μαθητή. Γι’ αυτό μου είναι ακατανόητη, αλλά καθ’ όλα σεβαστή, η προτροπή να μη συνεχιστεί ο σχολιασμός.

Μιλτιάδη, θα μου επιτρέψεις να διαφωνήσω ΑΠΟΛΥΤΑ

Σε κάθε ανάρτηση υπάρχει ένας “συγγραφέας” ο οποίος φέρει την ευθύνη
και του ορθού ή λάθους όσων αναφέρει η ανάρτηση και της διαχείρισης των
σχολίων που υπάρχουν στην ανάρτηση. Η διαχείριση των σχολίων “βαραίνει”
και τους διαχειριστές ή “αρχισυντάκτες” της ιστοσελίδας.

Κάθε ανάρτηση, τουλάχιστον οι δικές μου, έχει μία ορισμένη στόχευση.
Η συγκεκριμένη έχει την πολύ απλή στόχευση να διακρίνουν οι μαθητές
που συχνότατα ταυτίζουν τις ενέργειες Κ+Uβ+Uελ και Κ+Uταλ, ότι δεν
είναι ίδιες. Απλά τα παραπάνω αθροίσματα διατηρούν στην ΑΑΤ
σταθερή τιμή, αλλά διαφορετική σταθερή τιμή.

Αυτό σημαίνει πως τα αθροίσματα δυναμικών ενεργειών Uβ+Uελ και Uταλ
έχουν διαφορετικές τιμές σε κάθε θέση κατακόρυφου αρμονικού ταλαντωτή.

Ο λόγος απλός (για καθηγητές) που τον έγραψε ο Μίλτος (Καλδιτζόγλου)

” η διαφορά έγκειται στο διαφορετικό σημείο αναφοράς” των τριών ενεργειών
θα συμπλήρωνα.

Εγώ στην ανάρτηση έγραψα πως λόγω επαλληλίας των έργων W(Fεπ)=W(Fg)+W(Fελ),
το οποίο οδηγεί σε ΔUταλ=ΔUβαρ+ΔUελ

Αυτό το ταπεινό….

Ρώτησες γιατί παίρνουμε Uελ=0 όταν Δl=0. Δεν κατάλαβα τί ρωτάς γιατί στο μυαλό μου είναι δεδομένο κάτι τέτοιο. Ο Κωνσταντίνος πολύ σωστά, απάντησε σε μία
πρόταση:

“Η απαντηση ειναι διοτι η δυναμικη ενεργεια ελατηριου ειναι πολυ πιο απλο να ειναι συμμετρικη γυρω απο την θεση φυσικου μηκους …..
Η συμμετρια του να εχουμε ισες δυναμικες ενεργειες σε δυο συμμετρικες θεσεις γυρω απο την θεση φυσικου μηκους ειναι πολυ προτιμοτερη απο μια τυχαια επιλογη. Διοτι ετσι μας βολευει….”

Θεωρώ ότι απάντηση λιτή και σωστή έλαβες….

Το να ξεκινά όμως σε σχόλια συζήτηση για κάτι άλλο τελείως διαφορετικό
το οποίο δεν έχει σχέση με τον σκοπό της ανάρτησης και οδηγεί με μαθηματική
βεβαιότητα σε παρανοήσεις της σκέψης μαθητών που παλεύουν να δομήσουν σωστό και λιτό τρόπο σκέψης,
εγώ δεν το θέλω σε δική μου ανάρτηση που φέρω την ευθύνη…

Γράφει ο Γιώργος:

“Ένα ιδανικό ελατήριο που δεν αλληλεπιδρά με ένα σώμα δεν μπορεί να είναι συσπειρωμένο ή τεντωμένο.
Δηλ ένα ιδανικό ελατηριο όταν έχει το ΦΜ του είναι το απόλυτο τίποτα.

Γιατί να του αποδώσω δυναμική ενέργεια. Βέβαια από μαθηματική άποψη μπορώ όπως αποδεικνύω παρακάτω να του δώσω όση θέλω.”

Εμένα λοιπόν δεν με ενδιαφέρει να παίξω με τα μαθηματικά ενός ορισμού.

Όπως σε κάθε δύναμη που μαθηματικά και μόνο προκύπτει F=f(x) δεν έχει
νόημα να της αποδώσω δυναμική ενέργεια, έτσι και εδώ δεν με ενδιαφέρει
να λέω πως μπορώ από τον ορισμό να αποδώσω δυναμική ενέργεια στο ελατήριο
που έχει το φυσικό μήκος του.

“Χαλάει” τη σκέψη μου και θα χαλάσω και τη σκέψη των μαθητών μου

Υπάρχουν “συγγραφείς που κάνουν αναρτήσεις και επιχειρηματολογούν για το αντίθετο.

Δεν συμμετέχω στις συζητήσεις, δεν φέρω ευθύνη.

Μία φορά το έκανα και ερχόταν οι μαθητές μου στο σχολείο και με ρώταγαν
γιατί τσακώνομαι στο υλικονετ….

Δεν θα το ξανακάνω….. και η μηχανική ενέργεια “διατηρείται” όταν το σώμα δέχεται τριβή ολίσθησης και το ιδανικό ελατήριο “έχει” δυναμική ενέργεια στο φυσικό του μήκος……

Σεβαστά όλα, αλλά όχι ως σχόλια σε δικές μου αναρτήσεις παρακαλώ πολύ

Αυτά γιατί έχω ήδη χάσει 18 λεπτά από τον τελικό που όλοι οι παίκτες μιλάνε την ίδια γλώσσα….

Για να μην μένουν αδιευκρίνιστα ερωτήματα σε κάποιον που θα διαβάσει τα σχόλια της ανάρτησης

Στην αυστηρή μαθηματική λογική ότι

“η δύναμη εξαρτάται από την κλίση της δυναμικής ενέργειας F=-dU/dx και όχι από την ίδια την τιμή της”

συμφωνώ πως θα μπορούσε η δυναμική ενέργεια να μηδενίζεται, αλλά η κλίση όχι.

Στη λυκειακή φυσική που διδάσκουμε:

i) Στο βαρυτικό πεδίο όταν η δύναμη μηδενίζεται F=GMm/r^2 μηδενίζεται και η δυναμική ενέργεια U=-GMm/r

ii) Στο ηλεκτρικό πεδίο όταν η δύναμη μηδενίζεται F=K Qq/r^2 μηδενίζεται και η δυναμική ενέργεια U=K Qq/r

iii) Στον απλό αρμονικό ταλαντωτή όταν η δύναμη μηδενίζεται ΣF=-Dx μηδενίζεται και η δυναμική ενέργεια U=(Dx^2)/2

iv) Το ιδανικό ελατήριο που έχει το φυσικό του μήκος , δεν ασκεί ελαστική δύναμη. Επιλέγοντας ως μηδέν της δυναμικής ενέργειας ελαστικής παραμόρφωσης τη θέση αυτή, η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι επίσης μηδενική.

Η επιλογή της θέσης φυσικού μήκους ως θέση μηδενικής δυναμικής ενέργειας είναι η μόνη συμβατή με τα σχολικά βιβλία που διδάσκουμε και κατά τη γνώμη μου οφείλουμε να τη σεβόμαστε.

Σχετικά με το αν μπορούμε να ορίσουμε μηδενική δυναμική ενέργεια ελαστικής παραμόρφωσης σε άλλη θέση εκτός αυτής του φυσικού μήκους, η απάντηση είναι
πως ναι μπορούμε αλλά αυτό δεν εξυπηρετεί σε κάτι

https://i.ibb.co/3mnwVnTf/image.png

Ως εκ τούτου επιλέγουμε να μην χαλάμε τη σκέψη των μαθητών και να λαμβάνουμε μηδενική δυναμική ενέργεια ελαστικής παραμόρφωσης αυτήν που επιλέγουν όλα τα σχολικά συγγράμματα

Ας δούμε και τη μαθηματική διαμόρφωση για το ελατήριο:
https://i.ibb.co/mVGTCnLx/2026-07-21-150157.png
από την παραπάνω εικόνα σου Θοδωρή, που κόπηκε …

Καλό μεσημέρι Θοδωρή.
Θα ήθελα να δούμε τις δύο προτάσεις στα κόκκινα ορθογώνια, του παρακάτω σχήματος, από την εικόνα που ανέβασες:
https://i.ibb.co/ksKj5PNw/2026-07-21-142623.png
Ποια είναι η πρώτη βασική ιδέα; Το ελατήριο όταν παραμορφώνεται ελαστικά, αποκτά δυναμική ενέργεια παραμόρφωσης (την ίδια ενέργεια αποκτά και κάθε άλλο σώμα που παραμορφώνεται ελαστικά…).
Αυτή η ενέργεια έχει ΜΙΑ και μόνη τιμή και στο ελατήριο δίνεται από τη γνωστή σχέση.
Πάμε στην επομενη πρόταση που έχω σημειώσει:
“Να ορίσουμε μια διαμόρφωση αναφοράς επίπεδο αναφοράς… στην οποία να αποδώσουμε τιμή δυναμικής ενέργειας ίση με το μηδέν”.
Στην πρώτη πρόταση δίνει την ενέργεια που πρέπει να δώσουμε για να παραμορφώσουμε το ελατήριο και η οποία έχει αποθηκευτεί στο ελατήριο.
Η φυσική σημασία της ενέργειας!
Δεν υπάρχει ούτε άπειρη ενέργεια σε ένα ελατήριο ούτε απροσδιόριστη δυναμική ενέργεια παραμόρφωσης. Και όταν δεν υπάρχει παραμόρφωση το ελατήριο δεν έχει δυναμική ενέργεια παραμόρφωσης. Δεν είναι ξεκάθαρο;
Στην δεύτερη πρόταση έχουμε την μαθηματική διαπραγμάτευση και την δυνατότητα να ορίσουμε αυθαίρετα σημείο με U=0.
Η μαθηματική αντιμετώπιση της ενέργειας (στην πραγματικότητα η αντιμετώπιση της θεωρητικής μηχανικής όπου μελετά το πεδίο δύναμης της μορφής F=-Dx αδιαφορώντας για την υλική αποτύπωση του πεδίου)…
Η παλιά ανάρτηση που έδωσα παραπάνω, παραπέμπει σε προηγούμενη:
 «Τα μαθηματικά και το διάβασμά τους, παρέα με τη φύση.» 
Για όποιον άνοιξε τους συνδέσσμους, θα κατάλαβε τη διαφορά, που το νέο βιβλίο τονίζει τόσο ξεκάθαρα…

Θοδωρή διαφωνώ ότι η επιλογή του σημείου αναφοράς της δυναμικής ενέργειας του ελατηρίου προκύπτει από αυστηρά μαθηματικά. Προκύπτει απλώς από τον ορισμό της δυναμικής ενέργειας, ακριβώς όπως τον διδάσκεται στο Λύκειο, με πολύ απλή άλγεβρα, όπως φαίνεται εδώ: Έχει ενέργεια ένα χαλαρό ελατήριο; Στα υπόλοιπα συμφωνώ.

Διονύση, κάποιες φορές η ανάγκη να διατυπωθεί κάτι “ανατρεπτικό” και “εξωθεσμικό” είναι πιο δυνατή από τη “φυσική σημασία της ενέργειας”…..

Θοδωρή συμφωνώ μαζί σου: “κάποιες φορές η ανάγκη να διατυπωθεί κάτι “ανατρεπτικό” και “εξωθεσμικό” είναι πιο δυνατή από τη “φυσική σημασία της ενέργειας…..”

Στο απόσπασμα, από το νέο βιβλίο που παρουσιάζεται παραπάνω, αναφέρεται ο καθιερωμένος τύπος της δυναμικής ενέργειας ελατηρίου και η δυνατότητα μας να επιλέξουμε αυθαίρετα το μηδέν της δυναμικής ενέργειας. Όμως απουσιάζει από το απόσπασμα οποιαδήποτε συσχέτιση αυτών των δύο πραγμάτων μεταξύ τους! Τι μένει; Δυστυχώς η αποστήθισή τους

Καλημέρα παιδιά. Είδα πρόσφατα την ταινία του Νόλαν. Το τόξο του Οδυσσέα πότε έχει μηδενική δυναμική ενέργεια;

Γεια σου Γιάννη.

Σύμφωνα με όσα διδάσκουμε στην Α Λυκείου η απάντηση υπάρχει εδώ: Έχει ενέργεια ένα χαλαρό ελατήριο;

Γεια σου Ανδρέα.
Δεν βλέπω μαθηματικά το θέμα.
Τι θέλουμε να υπολογίσουμε όταν ασχολούμαστε με το τόξο του Οδυσσέα;
Την κινητική ενέργεια του βέλους;
Το συνολικό έργο που δαπάνησε για την πρώτη βολή;
Ανάλογα με την περίπτωση χρησιμοποιούμε και άλλη δυναμική ενέργεια.

Γιάννη, υπάρχει μόνο ένας ορισμός της δυναμικής ενέργειας στη Φυσική. Αυτόν οφείλουμε να εφαρμόζουμε, όταν κάνουμε Φυσική. Οι ενστάσεις έχουν νόημα μόνο σε αυτό το πλαίσιο. Εκτός κι αν δεν κάνουμε Φυσική. Τότε διατύπωσε διαφορετικό ορισμό.

Καλησπέρα παιδιά.
Απλώς είπα ότι το μηδέν επιλέγεται ανάλογα με το πρόβλημα.

Γειά σου Γιάννη. Ένας πανεπιστημιακός καθηγητής θα δεχθεί ως ορθή την εξής απάντηση: Εμείς ορίζουμε αυθαίρετα το πότε έχει μηδενική δυναμική ενέργεια.1. Όταν δεν είναι τεντωμένο 2. Στην κατάσταση μέγιστου τεντώματος.3. Σε οποιαδήποτε άλλη κατάσταση καθώς η τιμή της δυναμικής ενέργειας που έχει σε κάθε κατάσταση είναι κάτι το ασήμαντο. Αυτό που έχει καθοριστική σημασία είναι οι μεταβολές της U .Για παράδειγμα πόσο μεταβλήθηκε η U από ατεντωτο μέχρι το μέγιστο τέντωμα που του προκάλεσε π.χ. ο Οδυσσέας . Ένας καθηγητής στο λύκειο θα δεχτεί ως ορθή την απάντηση: Όταν δεν είναι τεντωμένο,όταν δηλαδή δεν ασκεί δύναμη π.χ. στο βέλος. Η απάντηση είναι βάσει της συνήθους χρήσεως του τόξου. Και όχι για παράδειγμα η θεώρηση του σαν ένα ξύλο που μπορεί να πέσει στο κεφάλι μας από κάποιο ύψος.

https://cen.acs.org/materials/inorganic-chemistry/world-cup-trophy-inorganic-metals-minerals/104/web/2026/06

https://www.prints4u.net/wp-content/uploads/2020/11/Diego-Maradona-005.jpg

σωστές απαντήσεις​Α. 1547 g
​Β. 6,188 kg
​Γ. 4641 g

Γεια σου Πάνο. Βέβαια στην παραπομπή που έχεις λέει ότι το κύπελο είναι 6,175 κιλά. Το βάρυνες 13 g! Χαχα. Και δύο αμιγώς χημικές διαπιστώσεις:

1. Εμείς μεγαλώσαμε με τον Ντιέγκο. Αλλά, κατά τη γνώμη μου πάντα, αυτός ο δαίμονας είναι πλέον ο βασιλιάς στη θέση του βασιλιά. Οπότε θα ήθελα μια δική του φωτό.
2. Μεταξύ μας, μάλλον μόνο εγώ υποστηρίζω Ισπανία!

Γεια σου φίλε Θοδωρή – μόλις 0,2% αύξηση ! – νόμιζα ότι θα σχολιάζες και την μασκότ, συνειδητοποίησα ότι πέρασαν 40 χρόνια από το Μουντιάλ του Μεξικό – feel slightly old, but it’s ok ! Η φώτο με τον Ντιέγκο δεν είναι υπονοούμενο απλά ταίριαζε με την ανάρτηση – μια χαρά η Ισπανία

(*) Η  ποσότητα υδροξειδίου του χαλκού (II) του κυπέλλου απαιτεί για την πλήρη εξουδετέρωση της , 14 λίτρα διαλύματος HCl με pH=0.

Καλημέρα Θοδωρή.
Διάβασα πρωί – πρωί την ανάρτησή σου (πριν ξυπνήσει ο Αριστοτέλης…).
Πολύ ενδιαφέροντα πράγματα, τα οποία δεν γνώριζα…
Σε ευχαριστώ για το πρωινό μάθημα!

Καλημέρα Θοδωρή.
Ευχαριστούμε για τις πληροφορίες. Αναρτηση που κρούει τον κώδωνα για δημιουργία ασκήσεων.

Καλησπέρα σε όλους.

Οι απαντήσεις της ΤΝ χρειάζονται πάντα έλεγχο. Η ανάκλαση των ηλεκτρομαγνητικών κυμάτων διδάσκεται προπτυχιακά στα τμήματα Φυσικής.

Λίγο πριν τον 2ο ημιτελικό ενός mudial που κούρασε και με το πλήθος των αγώνων και με την ποιότητα του ποδοσφαίρου που παίχτηκε, κυρίως όμως με τις εξωθεσμικές παρεμβάσεις , περιμένοντας τον αντίπαλο στον τελικό της ομάδας που κέρδισε τις εντυπώσεις (αλλά και την συμπάθειά μας, αφού δεν υπήρχε σε αυτήν παίκτης της Ρεάλ Μαδρίτης) ας δούμε λίγο τον “σκοπό” της συγκεκριμένης ανάρτησης.

Όλο και συχνότερα συναντώ θέματα με ανάκλαση Η/Μ κύματος και σχηματισμό στάσιμου. Το τοπίο είναι θολό στο συγκεκριμένο εδάφιο και εύκολα μπορεί κάποιος να θεωρήσει πως το φαινόμενο βρίσκεται σε πλήρη αναλογία με το μηχανικό στάσιμο.
Εδώ ξεκινούν τα προβλήματα, όπως σωστά αναφέρει ο Χρήστος.

Επίσης επειδή η διδασκαλία της μετακλασικής φυσικής γίνεται αποσπασματικά, είναι εύκολο να κάποιος να παρασυρθεί και να ταυτίσει συμπεριφορές Η/Μ ακτινοβολίας με λ>700nm και Η/Μ ακτινοβολίας με λ<400nm.
Σε αυτό σχόλιο του Γιώργου Βουμβάκη ήταν καμπανάκι για να είμαστε πιο προσεχτικοί:

“Εξ όσων έχω αντιληφθεί καθοριστικός παράγων για το πώς θα ” συμπεριφερθεί” μια μεταλλική επιφάνεια στην πρόσπτωση σε αυτή μιας ηλεκτρομαγνητικής ακτινοβολίας είναι το μήκος κύματος της ακτινοβολίας”

Προσωπικά δεν γνωρίζω το θέμα σε βάθος, οπότε σκέφτηκα να “ψαχτώ” για να μην εκτεθώ… Είπα λοιπόν να οργανώσω τις απαντήσεις του Chatgpt και να τις αναρτήσω για να γίνει διάλογος….

Διονύση μετά τα δεκάδες μαθήματα που έχεις κάνει εσύ σε εμάς, αν κατάφερα με τη βοήθεια του “εργαλείου” να κάνω και εγώ σε σένα μία φορά “μάθημα” χαίρομαι ιδιαίτερα…

Ανδρέα, συμφωνώ, η ΤΝ κάνει συχνά λάθη και πρέπει στον βαθμό που μπορούμε να ελέγχουμε τις απαντήσεις που δίνει. Καταλαβαίνω ότι σε κάτι διαφωνείς. θα βοηθούσε αν γινόσουν πιο συγκεκριμένος.

Τί κρατώ μπροστά στη σκέψη μου:

• Για να συμβεί ανάκλαση χωρίς απώλειες ενέργειας με ικανοποιητική προσέγγιση, πρέπει η Η/Μ ακτινοβολία να ανήκει στο υπέρυθρο και πάνω
• Η/Μ ακτινοβολία από το υπεριώδες και κάτω δεν ενδείκνυται για θέματα ανάκλασης, αφού κυρίαρχο ρόλο έχει το φωτοηλεκτρικό και το φαινόμενο Κόμπτον
• Όταν έχουμε ανάκλαση χωρίς απώλεια ενέργειας, δημιουργείται όχι ένα στάσιμο, αλλά δύο διαφορετικά στάσιμα, ένα για το ΗΠ και ένα για το ΜΠ
• Η αλλαγή στην κατεύθυνση της διάδοσης κατά π και το γεγονός ότι το ΗΠ δεν έχει συνιστώσα παράλληλη στην επιφάνεια, εύκολα φαίνεται με βάση τον κανόνα δεξιού χεριού, πως το ΜΠ συμβάλλει ενισχυτικά στο σημείο ανάκλασης, ενώ το ΗΠ οφείλει να συμβάλλει ακυρωτικά
• Με βάση το παραπάνω, στο σημείο ανάκλασης έχουμε ακυρωτική συμβολή-δεσμό για το ΗΠ, Ε=0, και ενισχυτική συμβολή-κοιλία Β=2Βmax για το ΜΠ
• Στις θέσεις που εμφανίζονται δεσμοί του στάσιμου ΗΠ, εμφανίζονται κοιλίες του στάσιμου ΜΠ

Αν Ανδρέα διαφωνείς σε κάτι από τα παραπάνω, θα βοηθούσε αν το επισήμανες…

Ωραία δουλειά Θοδωρή, θα με βάλεις να ξεσκονισω τον Griffiths στις διακοπές. Απ’ όσο θυμάμαι λύνεις τις Maxwell και παίρνεις συνοριακές συνθήκες. Στο τέλος ο συντελεστής ανάκλασης εξαρτάται από τα ε, μ και ω αν τα θυμαμαι καλά.

Για το υπέρυθρο τώρα κάτι δεν μου αρέσει Χωρίς να έχω κάτσει να το λύσω. Σε πειράματα όπως τα LIGO/Virgo που χρησιμοποιούν laser υπερύθρων, τα κάτοπτρα είναι από ένα υλικό διάφανο στο οπτικό. Αυτα έχουν την μέγιστη ανακλαστικοτητα στο υπέρυθρο.

Καλημέρα σε όλους.

“Το επιχείρημα “Η αλλαγή στην κατεύθυνση της διάδοσης κατά π και το γεγονός ότι το ΗΠ δεν έχει συνιστώσα παράλληλη στην επιφάνεια, εύκολα φαίνεται με βάση τον κανόνα δεξιού χεριού, πως το ΜΠ συμβάλλει ενισχυτικά στο σημείο ανάκλασης, ενώ το ΗΠ οφείλει να συμβάλλει ακυρωτικά” είναι χαρακτηριστικό παράδειγμα γιατί πρέπει με μεγάλη προσοχή να ελέγχουμε την ΤΝ: Το κείμενο είναι ασυνάρτητο και ως προς τη σύνταξή του και ως προς το περιεχόμενό του. Ο “συγγραφέας” του εφαρμόζει: Αν δεν μπορείς να τους πείσεις, μπέρδεψέ τους!

Μια μαθητική απάντηση στο ερώτημα που μας απασχολεί υπάρχει εδώ: Δάσκαλε, γιατί αλλάζει η φάση του ανακλώμενου κύματος; – Υλικό Φυσικής – Χημείας.

Θοδωρή, για τη συμπεριφορά του ηλεκτρομαγνητικού κύματος προσφέρθηκε να σε βοηθήσει ο Μανώλης Χανιωτάκης. Πράγματι ο Griffiths έχει μια εξαιρετική παρουσίαση.

Καλημερα σε ολους. Η παρουσα ενδιαφερουσα συζητηση αφορα την δημιουργια στασιμων Η/Μ kυματων σε κοιλοτητες,(cavities),με αγωγιμα τοιχωματα. Η μελετη αυτου του φαινομενου απαιτει λυση των εξισωσεων Μaxwell με συγκεκριμενες συνοριακες συνθηκες πανω στις αγωγιμες επιφανειες,οπως πχ οτι το ηλεκτρικο πεδιο μηδενιζεται πανω στους αγωγους.Οι σχεσεις μεταξυ των πλατων των κυματων που προσπιπτουν,που διαδιδονται και που ανακλωνται,δινονται απο ενα συνολο εξισωσεων,που λεγονται εξισωσεις Fresnel. Επισης ρολο παιζει και η πολωση των προσπιτοντων κυματων.
Μεχρι εκει θυμάμαι. Αυτα οπως λεει και ο Ανδρέας τα μαθαινουμε στο Πανεπιστημιο,στο δευτερο ή τριτο ετος και εγω τα ειχα διαβασει,καθως και τους κυματοδηγους,απο το βιβλιο των Philips και Panofsky. Δεν θυμαμαι και πολλα καθως εχω χρονια να ασχοληθω,αλλα μπορω ευκολα να ανατρεξω σε βιβλια και να βρω οτι μου χρειαζεται.Ψαχνοντας στα κλασικα βιβλια οχι στα Chatgpt και τετοια.
Απορία: Τι σχεση εχουν ολα αυτα με φυσικη Γ’ ? O Θοδωρης δεν τα θυμοτανε,ο Διονυσης δεν τα θυμοτανε και εγω επισης δεν τα θυμομουνα.Και ο Μανωλης απ οτι καταλαβα δεν τα εχει τελειως προσφατα.Καλα κανει ο Θοδωρης και μας τα θυμιζει αλλα δεν ειναι για Φυσικη Γ’. Αν ειναι τοτε οτι γραφουμε να το βαζουμε στην Φυσικη Γ’
p.s. Θοδωρη το Φωτοηλεκτρικο και το Kομπτον δεν νομιζω οτι εχουν καποια σχεση με το θεμα. 🙂

Καλημέρα σε όλους. Θοδωρή νομίζω ότι ο Κωνσταντίνος έχει δίκιο και ίσως η ανάρτησή σου να πρέπει να μεταφερθεί στα ‘Άρθρα” ή στο “Φόρουμ”.

Καλημέρα Αποστόλη, το μετέφερα στο Φόρουμ.

Διευκρίνηση: Η ετικέτα “Φυσική Γ” επιλέχθηκε γιατί κυκλοφορούν ασκήσεις με στάσιμα Η/Μ κύματα που θεωρούν πως στο σημείο ανάκλασης υπάρχει δεσμός τόσο για το ηλεκτρικό όσο και για το μαγνητικό πεδίο.

Αυτό είναι λάθος που εύκολα εξηγείται όπως έγραψα πιο πάνω:

• “Η αλλαγή στην κατεύθυνση της διάδοσης κατά π και το γεγονός ότι το ΗΠ δεν έχει συνιστώσα παράλληλη στην επιφάνεια, εύκολα φαίνεται με βάση τον κανόνα δεξιού χεριού, πως το ΜΠ συμβάλλει ενισχυτικά στο σημείο ανάκλασης, ενώ το ΗΠ οφείλει να συμβάλλει ακυρωτικά”

https://i.ibb.co/hF29Shcq/1.png

Αν αυτό δεν αφορά την Γ’ Λυκείου, τότε δεν βλέπω τί μπορεί να την αφορά….

Μανώλη, να πας διακοπές να ξεκουραστείς…..Αν πάλι σε “ξεκουράζει” ο Griffiths θα χαρώ να μεταφέρεις τον Σεπτέμβρη, ό,τι ενδιαφέρον “ψάρεψες”

Κωνσταντίνε, δεν είναι κακό να ψάχνεις και το Chatgpt…. εσύ βέβαια μπορείς να έχεις τις δικές σου αξιόπιστες πηγές

Πρόσθεσα στο “σώμα” της ανάρτησης ένα άρθρο για το στάσιμο Η/Μ κύμα του Παναγιώτη Μουστάκα, που είχα αποθηκεύσει στο pc αρκετά χρόνια πριν

Αξίζει να διαβαστεί

Ανδρέα, γράφεις:

“Το επιχείρημα

“Η αλλαγή στην κατεύθυνση της διάδοσης κατά π και το γεγονός ότι το ΗΠ δεν έχει συνιστώσα παράλληλη στην επιφάνεια, εύκολα φαίνεται με βάση τον κανόνα δεξιού χεριού, πως το ΜΠ συμβάλλει ενισχυτικά στο σημείο ανάκλασης, ενώ το ΗΠ οφείλει να συμβάλλει ακυρωτικά”

είναι χαρακτηριστικό παράδειγμα γιατί πρέπει με μεγάλη προσοχή να ελέγχουμε την ΤΝ: Το κείμενο είναι ασυνάρτητο και ως προς τη σύνταξή του και ως προς το περιεχόμενό του. Ο “συγγραφέας” του εφαρμόζει: Αν δεν μπορείς να τους πείσεις, μπέρδεψέ τους!”

Λυπάμαι αν σε μπέρδεψα, αφού ο “συγγραφέας” του επιχειρήματος είμαι εγώ.

https://i.ibb.co/hF29Shcq/1.png
https://i.ibb.co/2YqzYjV8/2.png

Ελπίζω τώρα να σε ξεμπέρδεψα

Καλησπέρα Θοδωρή. Μας αφύπνισες πάλι. Να γιατί επαργυρωμένο κάτοπτρο. 99% ανακλαστικότητα στο ορατό.
Την ενίσχυση του Β στην επιφάνεια δεν την είχα σκεφτεί.
Αν κυκλοφορούν ασκήσεις με ανάκλαση ηλ/κού θα πρέπει να διορθωθούν με βάση αυτή την επισήμανση που έκανες.

Γεια σου Ανδρέα, ομοίως και εγώ έμαθα …. τη σύνδεση των δακτύλων του δεξιού χεριού με τα τρία διανύσματα υ, Ε, Β από δική σου παλαιότερη ανάρτηση.
Μετά όλα προκύπτουν “έτοιμα” στο σημείο ανάκλασης

Άρη, σε ευχαριστούμε για τις σημαντικότατες πληροφορίες και τον κόπο που έκανες να ανεβάσεις τόσο πολύ υλικό.

Θεωρώ πως το σχήμα 8.2 είναι καταπληκτικό και αποκαλυπτικό.

Σημείωση για μαθητές: το σύμβολο Η παριστάνει την ένταση Β του μαγνητικού πεδίου

Η ερώτηση:

“γιατί στον φούρνο μικροκυμάτων, δεν βάζουμε μεταλλικά αντικείμενα, αφού το εσωτερικό του φούρνου είναι μεταλλικό;”

Η απάντηση από την ΑΙ

“Η απάντηση είναι λίγο πιο λεπτή από το συνηθισμένο «γιατί ανακλούν τα μικροκύματα». Αφού μάλιστα συζητήσαμε για ανάκλαση και στάσιμα κύματα, μπορούμε να το συνδέσουμε.

1. Τα μέταλλα είναι σχεδόν τέλειοι ανακλαστήρες στα 2,45 GHzΟ φούρνος λειτουργεί στα f=2,45 GHz οπότε λ=12,2 cm
Σε αυτή τη συχνότητα τα μέταλλα έχουν πολύ μεγάλη ηλεκτρική αγωγιμότητα και ανακλούν σχεδόν όλη την ηλεκτρομαγνητική ακτινοβολία.

Το ηλεκτρικό πεδίο στην επιφάνεια του μετάλλου μηδενίζεται (δεσμός) και δημιουργείται ανακλώμενο κύμα.

2. Δεν είναι όμως η ανάκλαση το βασικό πρόβλημα
Αν έβαζες μια μεγάλη λεία μεταλλική πλάκα, συνήθως δεν θα συνέβαινε κάτι ιδιαίτερα επικίνδυνο. Απλώς θα ανακλούσε τα μικροκύματα και θα άλλαζε την κατανομή του πεδίου μέσα στον φούρνο.

Το σοβαρό πρόβλημα εμφανίζεται σε αντικείμενα με:

• αιχμηρές γωνίες,
• μύτες,
• λεπτά σύρματα,
• τσαλακωμένο αλουμινόχαρτο.

3. Συγκέντρωση ηλεκτρικού πεδίου στις αιχμές
Στις αιχμηρές περιοχές η επιφανειακή πυκνότητα φορτίου γίνεται πολύ μεγάλη.
Έτσι το ηλεκτρικό πεδίο κοντά στην αιχμή μπορεί να ξεπεράσει τη διηλεκτρική αντοχή του αέρα: Ε>3×10^6 V/m

Τότε ο αέρας ιονίζεται.
Δημιουργείται ηλεκτρική εκκένωση (σπινθήρας).
Αυτό είναι που βλέπουμε σαν μικρές αστραπές μέσα στον φούρνο.

4. Τι μπορεί να προκαλέσει ο σπινθήρας

• καταστροφή της βαφής στο εσωτερικό,
• φθορά της κεραίας ή του magnetron,
• τοπική υπερθέρμανση,
• πιθανή ανάφλεξη εύφλεκτων υλικών.

5. Σχέση με τα στάσιμα κύματα
Επειδή τα μικροκύματα ανακλώνται έντονα στα μεταλλικά αντικείμενα, δημιουργούνται νέα στάσιμα κύματα μέσα στον θάλαμο.
Έτσι υπάρχουν περιοχές όπου το ηλεκτρικό πεδίο γίνεται πολύ μεγαλύτερο από το συνηθισμένο.

Αν εκεί υπάρχει μεταλλική αιχμή, το πεδίο ενισχύεται ακόμη περισσότερο και ευνοείται η ηλεκτρική εκκένωση.

Γιατί όμως το ίδιο το εσωτερικό του φούρνου είναι μεταλλικό;Αυτό είναι το ενδιαφέρον παράδοξο.

Ολόκληρος ο θάλαμος είναι μεταλλικός ακριβώς επειδή πρέπει να ανακλά τα μικροκύματα.

Έτσι λειτουργεί σαν ηλεκτρομαγνητική κοιλότητα, όπου η ενέργεια παραμένει εγκλωβισμένη και απορροφάται από το φαγητό.

Οι τοίχοι όμως είναι:

• λείοι,
• συνεχείς,
• χωρίς αιχμηρές προεξοχές,

οπότε δεν δημιουργούνται τοπικές ενισχύσεις του πεδίου και σπινθήρες.

Συμπέρασμα
Δεν απαγορεύονται τα μεταλλικά αντικείμενα επειδή «ανακλούν τα μικροκύματα» — αυτό το κάνει και ο ίδιος ο φούρνος. Απαγορεύονται κυρίως επειδή μπορούν να συγκεντρώσουν πολύ ισχυρό ηλεκτρικό πεδίο στις αιχμές τους, προκαλώντας ιονισμό του αέρα και ηλεκτρικές εκκενώσεις, ενώ παράλληλα διαταράσσουν την κατανομή των στάσιμων μικροκυμάτων μέσα στον θάλαμο.

Καλημέρα Θοδωρή, πρέπει να ήταν από τις πρώτες μου αναρτήσεις στο ylikonet και είχα από τότε και τις σελίδες των αντίστοιχων βιβλίων.
Καλά έκανες και το ανακίνησες, τουλάχιστον τα βασικά μπορούν να περάσουν στα παιδιά με μεγάλη προσοχή στις συνθήκες και τα υλικά.

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 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

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.

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.