Γρηγόρης Μπουλούμπασης

Πολύ καλή Διονύση και επίκαιρη μετά τις συζητήσεις.
(Βλέπω μια προτίμηση στη γραφή Φ=Ν.Α.Β.)

Ωραίο θέμα Διονύση και για… ΘΕΜΑ Δ
Βατά τα πρώτα σκαλοπάτια με επιπλέον (λογική) απαίτηση τα τελευταία.
Μια “σχηματική” παρατήρηση : το πλαίσιο που προφανώς έχει άκρα (άλλωστε τα αναφέρεις) δεν φαίνονται στο σχήμα παρά μόνο αν μεγεθυνθεί και ο μαθητής να προσέξει πως αυτό που βλέπει δεν είναι κλειστός δακτύλιος αλλά έχει άκρα και κλείνει μέσω της R.
Καλημέρα

Καλημέρα Διονύση. Συμφωνώ με τον Παντελή, ότι θα μπορούσε να είναι ακόμη και Δ θέμα. Με μια απλή διάταξη μπορούν να προκύψουν όμορφα πράγματα.

Καλημέρα. Όμορφη ανάρτηση Διονύση.

Καλό μεσημέρι και από εδώ σε όλους.
Γιάννη, Παντελή, Αποστόλη και Παύλο σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.

Καλό απόγευμα Γιάννη.
Τώρα είδα την παρατήρησή σου:
(Βλέπω μια προτίμηση στη γραφή Φ=Ν.Α.Β.)
Απλά ακολούθησα τη λογική του σχολικού βιβλίου, την οποία θεωρώ και ως πιο κατανοητή και από τον μέσο μαθητή.

Καλησπέρα Διονύση.
Νομίζω παρουσιάζεις μια άσκηση με ερωτήματα διαβαθμισμένης δυσκολίας αλλά όλα βοηθητικά για την κατανόηση του επαγωγικού φαινομένου στην περίπτωση επαγωγής λόγω χρονικής μεταβολής του Μ.Π.

Καλησπέρα σε όλους.
Διονύση πολύ καλή. Συμφωνώ με τους προλαλήσαντες είναι Δ θέμα και μάλιστα καθαρό και μονοθεματικό.

Αρη και Χρήστο καλό απόγευμα Σαββάτου και ας πέφτει η θερμοκρασία…
Σας ευχαριστώ για το σχολιασμό και χαίρομαι που σας άρεσε.

Για να περάσουμε στα μαλακά από το ένα πεδίο στο άλλο…

Γεια σου Διονύση, όμορφη ανάρτηση με το κάθε ερώτημα να προσφέρει ουσιαστικά. Στο συγκεκριμένο σχήμα θα ήταν ενδιαφέρον όταν κινείται όλο το πλαίσιο εντός μαγνητικού πεδίου να ζητηθεί ο υπολογισμός της συνολικής ΗΕΔ από επαγωγή που αναπτύσσεται σε αυτό. Νομίζω μοιάζει λίγο «περίεργο» γιατί είναι σαν να υπολογίζουμε δύο φορές το ίδιο. Βέβαια ο νόμος Faraday ξεκαθαρίζει την κατάσταση. Το αναφέρω γιατί συνήθως μελετάται κίνηση ορθογωνίου πλαισίου που είναι ευδιάκριτες οι πλευρές στις οποίες αναπτύσσεται Η.Ε.Δ. από επαγωγή.

Καλημέρα παιδιά. Πολύ καλό θέμα Διονύση. Ας θυμηθούμε και μια εναλλακτική για το πρώτο ερώτημα

https://i.ibb.co/XxHRB1P3/Screenshot-2025-02-19-133940.png

Και μια ερώτηση μαθητή: Δηλαδή κύριε εφόσον η Στ ως προς το Γ είναι διάφορη του μηδενός, το πλαίσιο θα στραφεί γύρω από το Γ; 🙂

Καλησπέρα Διονύση. Ωραία άσκηση.
Εναλλακτικά – για μαθητές που ξέρουν παραγώγους,
Α = xy/2 = x(xεφθ)/2 = (1/2)x2(3/4) = (1/2)x(2t)2(3/4) = 1,5t2

Eεπ = – Β(dA/dt) = -0,4 . 3t = -1,2t

Για να εισχωρήσει το πλαίσιο κατά x = 0,2m χρειάζεται t = 0,2/2 = 0,1s, άρα

Εεπ = -0,12V

Νομίζω ότι πρέπει να διευκρινήσεις ποιες διαφορές δυναμικού ζητάς (τα γράμματα των κορυφών εννοώ).
Αποστόλη καλησπέρα. Τι εννοείς ότι η ροή από το τρίγωνο ΣΓΜ είναι σταθερή;
Αφού Φ = ΒΑ = 0,6t2

Καλό απόγευμα συνάδελφοι.
Παύλο και Αποστόλη σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Παύλο έχω άλλη ανάρτηση έτοιμη, για την περίπτωση που το πλαίσιο κινείται ολόκληρο μέσα στο πεδίο. Προσεχώς…
Αποστόλη, η μαγνητική ροή που διέρχεται από το εμβαδόν του πλαισίου που έχει εισέλθει στο πεδίο, δεν είναι σταθερή, αφού αυτό το εμβαδόν αυτό αυξάνεται.
Η λογική αυτή νομίζω πως τεριάζει στην περίπτωση που όλο το πλαίσιο είναι μέσα στο πεδίο, όπως αναφέρει ο Παύλος.
Όσον αφορά την ερώτηση το μαθητής, θα του έδινα το γνωστό σχήμα:
https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/02/464444.png
όπου μια ράβδος αφήνεται να πέσει και θα τον ρωτούσα αν στρέφεται ως προς το άκρον της Α, αφού η ροπή του βάρους ως προς το Α, είναι διάφορη του μηδενός.

Ανδρέα γράφαμε μαζί.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και την εναλλακτική οδό…
Γιατί λες, ότι δεν έχω δώσει τις πλευρές; Έγραψα:

https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/02/2211.png

Γεια σας παιδιά. Επειδή το ερώτημα αναφέρεται στη συγκεκριμένη στιγμή, σκέφτηκα ότι το πλαίσιο ΑΒΓ αποτελείται από το τρίγωνο ΖΓΜ που είναι ολόκληρο εντός πεδίου και το τραπέζιο ΖΜΑΒ που είναι εκτός. Φυσικά μια επόμενη στιγμή η ΖΜ θα έχει αυξηθεί, αλλά και πάλι η αντίστοιχη ΕΖΓ θα είναι ίση με ΕΖΜ. Κάνω κάπου λάθος;

Αποστόλη, το αποτέλεσμα είναι σωστό.
Αλλά νομίζω ότι υπάρχει ένα πρόβλημα θεμελίωσης.
Ο μαθητής πρέπει να μάθει ότι όταν το πλαίσιο εισέρχεται στο μαγνητικό πεδίο, αναπτύσσεται πάνω του ΗΕΔ επειδή αυξάνεται το εμβαδόν (που είναι μέσα στο πεδίο), οπότε μεταβάλλεται η μαγνητική ροή.
Αν μετά του πεις ότι “η μαγνητική ροή που διέρχεται από το τρίγωνο… είναι σταθερή” νομίζω ότι φέρνεις σύγχυση…
Αφού η ροή είναι σταθερή, πώς αναπτύσσεται ΗΕΔ;
Πέρα από ένα ερώτημα που μπαίνει:
Τι σημαίνει σταθερή; Σταθερή στο χρόνο; Σταθερή στιγμιαία;

Κατανοητό Διονύση. Η θεμελίωση έρχεται μόνο από τη μικροσκοπική μελέτη του φαινομένου.

Διονύση καλημέρα.
Πολύ διδακτική προσέγγιση να βρεις το Εεπ μέσω της Florentz στην πλευρά ΓΝ χωρίς να απαιτηθούν εμβαδά και παραγώγους. Με τον τρόπο αυτό νομιζω μπορεί να περάσει πιο εύκολα στους μαθητές.

Γεια σου και από εδώ Χρήστο.
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο.

Καλησπέρα Διονύση. Εννοώ στην εκφώνηση, στο ερώτημα (ii) “Η διαφορά δυναμικού στα άκρα κάθε πλευράς του πλαισίου”, δεν φαίνεται αν θέλουμε την VAB = -0,03V ή VBA = +0,03V.

Καλό μεσημέρι Ανδρέα.
Κατάλαβα τι εννοείς.
Απλά δεν νομίζω ότι πρέπει να ορίσω ποια από τις δύο διαφορές ζητάω.
Ας βρει κάθε μαθητής την διαφορά δυναμικού που θέλει. Έτσι και αλλιώς η γνώση ή το λάθος αναδεικνύεται είτε υπολογίζει την διαφορά δυναμικού VΒΓ είτε την διαφορά VΓΒ.

Καλημέρα Ανδρέα.
Μου άρεσε (με ένα πρόβλημα στους “δύσκολους αριθμούς”), αλλά χαλάλι τους…
Και ένα πρόσθετο ερώτημα, συνδέοντας τα ζητήματα που συζητάμε:
Πόση είναι η ΗΕΔ από επαγωγή, σε κάθε πλευρά του τριγώνου;

Γεια σου Ανδρέα, όμορφη ανάρτηση.

Καλησπέρα συνάδελφοι. Σας ευχαριστώ.
Διονύση αλήθεια είναι ότι δεν πρόσεξα να βγουν “στρογγυλά” νούμερα, άλλωστε ήθελα να αναδείξω το φαινόμενο.
Σε αυτό που ρωτάς, έχουμε έναν βρόχο, άρα μία ΗΕΔ. Θα μπορούσαμε να την αποδώσουμε στην πλευρά ΛΜ, αφού οι άλλες δυο πλευρές είναι ακτινικές στο κυλινδρικό μαγνητικό πεδίο, η ένταση του επαγόμενου ηλεκτρικού πεδίου είναι κάθετη σε αυτές και δεν δημιουργεί ΗΕΔ. Δεν ξέρω αν κάνω κάποιο λάθος…
Παύλο χαίρομαι που σου άρεσε.

Καλό απόγευμα Ανδρέα.
Προφανώς συμφωνώ με την ανάλυσή σου. Η ένταση του χρονικά μεταβαλλόμενου ηλεκτρικού πεδίου είναι κάθετη στις πλευρές ΚΛ και ΚΜ, ενώ το ηλεκτρικό πεδίο δεν περιορίζεται στο χώρο του μαγνητικού πεδίου.
https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/02/38.png
Έτσι στο παραπάνω σχήμα έχω σχεδιάσει τρεις ομόκεντρους κύκλους, εξωτερικά της τομής του μαγνητικού πεδίου, όπου φαίνεται η ένταση του πεδίου σε σημεία της πλευράς ΛΜ.
Η κυκλοφορία κατά μήκος της πλευράς ΛΜ, μας δίνει την ΗΕΔ από επαγωγή:
https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/02/3457823581.png

Καλημέρα Αντρέα.
Ωραίο θέμα που οι μαθητές θα ζοριστούν στις πράξεις. Φτάσαμε να λέμε μία άσκηση δύσκολη επειδή έχει λίγες πράξεις παραπάνω….νομίζω το ζούμε οι περισσότεροι.

Καλησπέρα συνάδελφοι. Διονύση σε ευχαριστώ για τη συμπλήρωση του σχήματος με τις δυναμικές γραμμές του επαγόμενου χρονικά μεταβαλλόμενου ηλεκτρικού πεδίου. Να θυμηθύμε και τον τύπο που διδάσκαμε με το παλιό πλήρες βιβλίο επί Δεσμών, Π.Κ. (Προ Κοπτοραπτικής) Ε =1/2πr (dΦ/dt)

Χρήστο σε ευχαριστώ. Αφού τους δίνουμε τυπολόγιο, ας τους δώσουμε και κομπιουτεράκια, να γλυτώσουμε κι εμείς που φτιάχνουμε ασκήσεις, αλλά και οι θεματοδότες, από τον κόπο να βγαίνουν όλα ακέραια…

πολύ καλή άσκηση, Διονύση,
ξεχώρισα, προφανώς, το ii, διότι ενώ η “κινούσα” δύναμη μειώθηκε, η επιτάχυνση αυξήθηκε
βρίσκω γενικά a=g(ημθ+συνθ-μ), άρα amax όταν θ=45ο;
(διατελώ με βοήθεια συσκευής οξυγόνου…)

Καλό απόγευμα Βαγγέλη και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Ελπίζω σύντομα να μην σου χρειάζεται η συσκευή…

Διονύση καλησπέρα και από εδώ! Πολύ ωραίο θέμα, που εξηγεί πλήρως το γιατί ανασηκώνουμε λίγο ένα σώμα, ενώ σκοπεύουμε να το σύρουμε οριζόντια. Προσωπικά νομίζω, ότι μαζί με την προηγούμενη ανάρτησή σου με την οριζόντια και την πλάγια σανίδα, ο μαθητής καλύπτεται πλήρως χωρίς να χρειάζεται να λύσει ..60 ασκήσεις στην τριβή.

Βαγγέλη, περαστικά!

Καλό μεσημέρι Νάσο και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Χαίρομαι που σου άρεσε το θέμα…
Να είσαι καλά.

Να βάλω ένα επιπλέον ερώτημα για συναδέλφους.
Πόση είναι η ΗΕΔ από επαγωγή πάνω στην πλευρά ΑΒ του πλαισίου, τη χρονική στιγμή t1=2s:

Γεια σου και από εδώ Διονύση.
Πολύ καλή!

Αν δεν κάνω λάθος είναι το 1/4 της ολικής μια και το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα ανάγεται σε άθροισμα 4 ίσων ποσοτήτων.
(Η VΑΒ πρέπει να είναι μηδέν.)

Καλό μεσημέρι Γιάννη και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Φαντάζομαι ότι στην απαντησή σου, είχες στο μυαλό σου το πρώτο από τα παρακάτω σχήματα, όπου έχουμε ένα μαγνητικό πεδίο κυλινδρικής συμμετρίας και το τετράγωνο πλαίσιο έχει το κέντρο του, στο κέντρο της κυκλικής διατομής του πεδίου.
https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/02/cea3cf84ceb9ceb3cebcceb9cf8ccf84cf85cf80cebf-cebfceb8cf8ccebdceb7cf82-2025-02-15-140440.png
Και για να το κάνουμε περισσότερο “πραγματικό”, έχουμε ένα τετράγωνο μεταλλικό πλαίσιο με το κέντρο του στον άξονα ενός σωληνοειδούς και με επίπεδο κάθετο στον άξονα.
Στην περίπτωση αυτή συμφωνώ ότι λόγω συμμετρίας, το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της έντασης του επαγωγικού ηλεκτρικού πεδίου, θα είναι το ίδιο, όποια πλευρά και να πάρουμε. Αυτό στην πράξη σημαίνει ότι η ΗΕΔ που υπολογίζουμε στο πλαίσιο, μπορεί να “τεμαχιστεί” σε 4 ίσες ΗΕΔ, μια σε κάθε πλευρά του τετραγώνου.
Αλλά τι θα συμβαίνει αν η πλευρά ΑΒ του πλαισίου βρίσκεται πάνω στη διάμετρο του κύκλου, όπως στο 2ο σχήμα;
Τότε η κυκλοφορία κατά μήκος της ΑΒ είναι μηδενική, αφού σε κάθε θέση η ένταση του επαγωγικού πεδίου είναι κάθετη στην πλευρά ΑΒ. Πράγμα που σημαίνει ότι η ΗΕΔ πάνω στην ΑΒ είναι μηδενική, ενώ η ΗΕΔ στο πλαίσιο είναι όση και στο πρώτο σχήμα.
Έτσι αν επιστρέψουμε στο αρχικό ερώτημα με το μαγνητικό πεδίο της άσκησης, θα έλεγα ότι δεν μπορούμε να ξέρουμε την ΗΕΔ στην πλευρά, αφού δεν έχουμε τις ανάλογες πληροφορίες (για τις δυναμικές γραμμές του επαγωγικού ηλεκτρικού πεδίου), για να υπολογίσουμε την κυκλοφορία

Σωστά.
Συμμετρία σκέφτηκα.

Καλησπέρα.
Νομίζω Διονύση ότι πολλά θα είχε να ωφεληθεί ο μαθητής/τρια που θα ασχοληθεί με το θέμα (ακόμη και   ο/η της ιατρικής   λόγω του   κόλπου σου στο iiερώτημα ii) από πρόσημα μεγεθών μέχρι ενέργειες και ισχύες.

Διονύση καλησπέρα.
Πολυ καλή νε ωραια ερωτήματα οσον αφορα το εργα της Laplace. Μήπως ήρθε η ώρα να ζητηθεί και στις κανονικές εξετάσεις μιας και χορτάσαμε με τη ραβδολογια;

Πολύ ουσιαστική και διδακτική ανάρτηση Διονύση.

Προσωπική θέση, θα απέφευγα την ιματασιον παραγώγιση, δεν γίνεται εύκολα
κατανοητή και προκαλεί “δέος” χωρίς λόγο….

Ακολουθώ ως διδακτική πρόταση τη λύση που προτείνεις στο σχόλιο.

Γραμμική μεταβολή της ροής σε σχέση με τον χρόνο διδάσκουμε όλοι,
συνήθως τη δίνουμε έτοιμη χωρίς να ενδιαφερόμαστε πώς προκύπτει.
Εδώ καλείται ο μαθητής να την εξάγει, να την σχεδιάσει και να υπολογίσει
μία σταθερή κλίση….
Μοναδική απαιτούμενη γνώση, πως οι παραπληρωματικές έχουν αντίθετες
εφαπτόμενες…

Το πλαίσιο ηρεμεί αρχικά. Όταν αρχίσει να μεταβάλλεται η ένταση Β,
τότε αρχίζει να διαρρέεται από ρεύμα, κάθε πλευρά δέχεται δύναμη Laplace,
καλό θα ήταν να αιτιολογηθεί γιατί συνεχίζει να ηρεμεί.

Επίσης αφού έχουμε ρεύμα σταθερής φοράς, μπορούμε να ζητήσουμε και το φορτίο
που μετατοπίζεται-διέρχεται από μία διατομή σε ορισμένο χρονικό διάστημα.

Φοβάμαι πως αναφορές όπως “το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της έντασης του επαγωγικού ηλεκτρικού πεδίου, θα είναι το ίδιο, όποια πλευρά και να πάρουμε…”
δεν γίνονται κατανοητές από μεγάλο μέρος όσων διαβάζουν τα σχόλια…
εκτός και αν η αναφορά στο βήτατρο στην ανάρτηση του Χρήστου ξύπνησε αναμνήσεις και παλιές “αγάπες” λόγω της 14ης του Φλεβάρη

Καλημέρα σε όλους και καλή Κυριακή.
Άρη, Χρήστο και Θοδωρή σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Θοδωρή η εναλλακτική διδακτική πορεία που προτείνεις, σεβαστή!
Προφανώς την έχω ακολουθήσει σε πάρα πολλές περιπτώσεις, αλλά δεν είναι μονόδρομος. Και παραπάνω προτείνω, μια άλλη.
Φαντόζομαι να συμφωνείς ότι ο μαθητής πρέπει να μπορεί να λύνει την άσκηση αν του δίνουν το διάγραμμα της έντασης του Μ.Π. και του ζητάνε την στιγμιαία ΗΕΔ, αλλά πρέπει να μπορεί να λύνει την ίδια άσκηση, αν του δίνουν την εξίσωση Β=0,5-2t…
Στην ουσία το ζήτημα είναι η διάκριση μεταξύ μέσης και στιγμιαίας τιμής κάποιου μεγέθους, εδώ της ΗΕΔ. Οι μαθητές εκπαιδεύονται πολύ στην εύρεση μέσης τιμής και ελάχιστα στην στιγμιαία και ξαφνικά ζητάμε ή και διδάσκουμε την στιγμιαία (π.χ. στην αυτεπαγωγή) και ο μαθητής βρίσκεται σε ένα μπλέξιμο.
Πάνω στο ζήτημα έχω μια ακόμη ανάρτηση για τις επόμενες μέρες.

Θοδωρή επανέρχομαι, αφού ξέχασα να σχολιάσω τα περί βήτατρου.
Δεν ξέρω αν φταίει η 14η Φεβρουαρίου, αλλά το ηλεκτρόνιο ..τρελαίνεται να γυρίζει γύρω – γύρω από το αγαπημένο του μαγνητικό πεδίο, το οποίο (πεδίο) αλλάζει για να το κρατήσει συντροφιά 🙂

Καλημέρα Διονύση. Πολύ καλή. Έκανες πολύ αναλυτική εύρεση του dB/dt, για παν ενδεχόμενο. Νομίζω ότι ακόμα και οι μαθητές Υγείας, ξέρουν το ρυθμό μεταβολής γραμμικής συνάρτησης ως κλίση ή συντελεστή διεύθυνσης, οπότε αν γράψουν dB/dt = λ = -0,5Τ/s, θα είναι νόμιμοι. Εδώ τους βάζουμε ολοκληρώματα με μορφή αλγεβρικών αθροισμάτων…
Πολύ έξυπνη η ερώτηση (i), γιατί οι μαθητές δεν έχουν δώσει ιδιαίτερη σημασία στο πως προκύπτει το πρόσημο της ροής.
Θα θυμίσω δύο παλιότερες
Διαφορές δυναμικού σε ένα ακίνητο τετράγωνο πλαίσιο
και
Τι μετράει το βολτόμετρο

που έχουν και λίγο Κirchhoff. Διαβάζοντας όμως και την ανάρτηση του Ανδρέα Βαλαδάκη
Αντιστάτες με κοινά άκρα

έχω μπερδευτεί. Είναι σωστές;

Καλησπέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Όσον αφορά το ερώτημα που θέτεις, αν επισκεφτείς την διπλανή δημοσίεση, θα διαπιστώσεις ποια είναι η προσωπική μου θέση για την ορθότητα ή μη της ανάρτησης.

Καλημέρα Ανδρέα, πολύ όμορφη ανάρτηση που συνδιάζει βαρυτικό πεδίο και Α.Δ.Ο., ευχαριστούμε πολύ.

Καλημέρα Παύλο. Σε ευχαριστώ πολύ. Το βαρυτικό πεδίο έχει γίνει πλέον για λίγους μαθητές, που καταλαβαίνουν ότι παίρνουν γενική παιδεία, αλλά και εμπεδώνουν τύπους από κεφάλαια που ΕΙΝΑΙ στην ύλη των Πανελλαδικών.

Καλημέρα Διονύση, όμορφο θέμα και χρήσιμο καθώς μας υπενθυμίζει το πως θα μπορούσε να αποδειχθεί η έκφραση v=Vημωt της αρμονικής εναλλασσόμενης τάσης , χωρίς οδηγίες περί εφαρμογής του τύπου Εεπ=-dΦ/dt, αλλά με όρους καθαρά φυσικού λογισμού που σχετίζονται με την περιστροφή πλαισίου μέσα σε Ο.Μ.Π.
Καλή συνέχεια.

Καλημέρα Διονύση και Ξενοφώντα.
Μου άρεσε πολύ.

Καλημέρα. Πολύ όμορφη Διονύση! Επισυνάπτω ένα πρόσθετο ερώτημα το οποίο δεν έχω λύσει αναλυτικά και αναφέρεται σε ενδεχόμενη ισορροπία-ακινησία του πλαισίου.

https://i.ibb.co/r21k5X2R/9810.jpg

Ξενοφώντα, Γιάννη και Παύλο, καλό μεσημέρι και σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Παύλο ωραίο το πρόσθετο ερώτημά σου, ευχαριστώ!

πολύ καλή Διονύση!

Καλό απόγευμα Βαγγέλη.
Σε ευχαριστώ φίλε…

Καλησπέρα Διονύση. Ωραίος συνδυασμός. Μόλις η σανίδα πήρε κλίση, κάλυψες πολλά θέματα της τριβής, στατικής και ολίσθησης.
Η συνθήκη επιστροφής γράφεται και μσ < εφθ – η απόδειξη αφήνεται στο μαθητή – εδώ 2/3 < 4/9 που δεν ισχύει.

Καλησπέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό, αλλά και την … προέκταση.

Καλημέρα Ανδρέα και καλή βδομάδα.
Πολύ καλή άσκηση για την μελέτη της δύναμης Laplace σε μεταβαλλόμενο μαγνητικό πεδίο.
Για να μην εκπλήσσει το δεδομένο που δίνεις να μην ληφθούν υπόψη φαινόμενα επαγωγής (με αυτά συνδέεται η οριακή ταχύτητα), θα πρότεινα να μείνεις στην διατύπωση για σταθερή τάση στους πόλους της πηγής, δίνοντας την τάση αυτή και αφαιρώντας Ε και r.

Καλησπέρα Διονύση. Σε ευχαριστώ για το σχόλιο. Έκανα την αλλαγή που πρότεινες.
Στόχος μου ήταν να μοιάζει το σχήμα με “επαγωγή” αλλά να μην έχει…
Οι μαθητές μαθαίνουν τεχνικές και τα σχήματα είναι αρκετά και μόνο για να αρχίσουν το Bυl και το υ(οριακό). Την έδωσα στον πίνακα και αρκετοί άρχισαν να λένε το ποίημα. Το σχόλιο προήλθε από την απάντηση μαθητή “Η υmax λέγεται και οριακή”

Αφιερωμένη στο Γιάννη Κυριακόπουλο, που πάλεψε στο διάστημα με ..βέλη και σφεντόνες.

Ευχαριστώ Ανδρέα.
Θα τη διαβάσω σε μισή ώρα.

Πολύ όμορφη Ανδρέα!
Τίποτα δεν γνώριζα από αυτά.

Καλησπέρα Γιάννη. Χαίρομαι που σου άρεσε.

Kαλημέρα Ανδρέα.
“Από τη Γη στη Σελήνη” το μυθιστόρημα επιστημονικής φαντασίας του Ιούλιου Βερν που εκδόθηκε το 1865…
Διαβάζω στη Wikipedia…
“Ο αρχικός τίτλος του Από τη Γη στη Σελήνη ήταν άκρως τεχνικός για την εποχή του: «Ευθεία τροχιά σε 97 ώρες 20 λεπτά». Ο εκδότης του Βερν, ο Ζυλ Ετζέλ, τον μετέτρεψε στο «Από τη Γη στη Σελήνη», αν και σήμερα θα επιλεγόταν μάλλον ο αρχικός τίτλος για ένα έργο επιστημονικής φαντασίας — ο αρχικός διατηρήθηκε μόνο στη ρωσική μετάφραση του έργου.”
Ο τίτλος σου συνέπεσαι με τον αρχικό του Ιούλιου
Μάθαμε πράγματα ,να είσαι καλά

Καλημέρα Ανδρέα και καλή Κυριακή.
Σε ευχαριστώ για το ταξίδι που μας πρόσφερες…
Συνέχισε να … μας ταξιδεύεις στο διάστημα!

Ένα σχόλιο: Η μάζα του διαστημοπλοίου είναι μεταβλητή. Αν η ταχύτητα εκτόξευσης των ιόντων είναι 30000 m/s (στην wikipedia αναφέρεται ότι οι ταχύτητες τους είναι από 20-50 km/s) τότε για να πιάσει την ορμή των p=200×8500 θα πρέπει να εκτοξεύσει 57 kgr ιόντων (δεχόμενος ότι τα 30 km/s είναι η ταχύτητα των καυσίμων ως προς το σύστημα Γης-Σελήνης και όχι ως προς το σκάφος), δηλαδή η αρχική μάζα να είναι τουλάχιστον 257 kgr. Και αυτό μόνο για την επιτάχυνση και για τη μάζα του ωφέλιμου φορτίου καθώς θα έχει ακόμα καύσιμα στο εσωτερικό του. Εγώ θα άλλαζα και θα έλεγα “ωφέλιμου φορτίου 200kgr” και θα αφαιρούσα το ερώτημα δ) καθώς λόγω μεταβλητής μάζας δεν μπορεί να υπολογισθεί στο Λύκειο. Θα πρόσθετα ένα ερώτημα του στυλ, “πόση μάζα καυσίμων απαιτείται γι αυτό το ταξείδι” και θα ζητούσα να βρεθεί μέσω ορμής. Αν δε πάρουμε την εξίσωση που βγαίνει για ένα σύστημα μεταβλητής μάζας εκτός πεδίου βαρύτητας με την ίδια ταχύτητα καυσίμων η μάζα των καυσίμων που καταναλώνεται κατά την επιτάχυνση είναι το 32% της αρχικής.

Καλημέρα Ανδρέα. Υπάρχουν ακόμη πράγματα, που η ανθρωπότητα τα απολαμβάνει δωρεάν. Λες στο μέλλον, να πουλιέται και η βαρύτητα;

Καλησπέρα συνάδελφοι.
Παντελή σε ευχαριστώ για τις πληροφορίες. Θα ρωτήσω από περιέργεια τους μαθητές πόσοι έχουν διαβάσει το αριστούργημα του Ιούλιου…
Διονύση το Υλικό είναι ο χώρος που μας δίνει αυτή τη δυνατότητα του νοητικού ταξιδιού και όσοι είμαστε εδώ το απολαμβάνουμε.

Βασίλη διαφωνώ.
Αν υποθέσουμε έναν τυπικό κινητήρα ιόντων, όπως τον NSTAR της NASA (χρησιμοποιήθηκε στο Deep Space 1 και το Dawn), έχει
Ρυθμό κατανάλωσης προωθητικού ≈ 2.6 mg/s
Το ταξίδι μου διαρκεί 26 ώρες = 26 × 3600 = 93600 s
Η συνολική απώλεια μάζας = Ρυθμός κατανάλωσης×Χρόνος ταξιδιού =(2.6×10^−6 kg/s)×(93600 s) = 0,243 kg
Ασήμαντη απώλεια μάζας.
Το ερώτημα δ και όλο το πρόβλημα, στέκει μια χαρά και για Β΄Λυκείου.

Αποστόλη, με αυτά που κάνει ο Έλον, μήπως η εξερεύνηση του διαστήματος γίνει προνόμιο της Άρειας φυλής;

Γεια σου Διονύση. Ωραία η αντιστροφή της συνηθισμένης διαδικασίας. Στην απάντηση του ii γράφεις: ‘ Και αν η δύναμη στη θέση Κ περνάει από το κέντρο του τετραγώνου
και είναι παράλληλη στην πλευρά ΑΔ, ως κάθετη στην υ, τότε το Κ είναι το μέσον της πλευράς ΓΔ.’ Προφανώς το Ο είναι το μέσο της ΓΔ και σε βάζω σε ταλαιπωρία διόρθωσης 🙂

Γεια σας παιδιά.
Πολύ καλή Διονύση.
Ας ξαναπούμε ότι αφού περνάει από το Δ δεν μπορεί παρά η διεύθυνση της ταχύτητας να είναι αυτή της ΑΔ. Τομή δύο μεσοκαθέτων…..

Καλό μεσημέρι στην παρέα.
Γιάννη ορθά λες πως … ” αφού περνάει από το Δ δεν μπορεί παρά η διεύθυνση της ταχύτητας να είναι αυτή της ΑΔ” .Εννοείς όμως ότι αν δεν δοθεί η διεύθυνση δεν είναι απαραίτητο να αποδειχθεί …;
Ο Διονύσης την δίνει μάλλον για λιγότερη γεωμετρία.

Γεια σου Παντελή.
Φυσικά πρέπει να αποδειχθεί.
Κατασκευάζουμε ανθρώπους που μαθαίνουν τα κόλπα με τη διακρίνουσα και το μέγιστο. Που μαθαίνουν τα καπαπί και την εύρεση των ακίνητων σημείων.
Που όμως δεν ανακαλούν βασικές Μαθηματικές γνώσεις.
Που τους λέμε στην ουσία:
-Μη διαβάζεις Γεωμετρία στις μικρές τάξεις. Προπονήσου στα ελατήρια.

Καλησπέρα συνάδελφοι.
Αποστόλη, Γιάννη και Παντελή σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Αποστόλη θυμάσαι τον στίχο του τραγουδιού “όταν δω κανένα φίλο, τρέμω μην με θυμηθεί;” Κάπως έτσι κοντεύω να την πάθω με τις διορθώσεις…
Γιάννη, σωστά ο Παντελής το διατύπωσε:
“Ο Διονύσης την δίνει μάλλον για λιγότερη γεωμετρία.”
Προφανώς εμείς εδώ είμαστε οι τελευταίοι που μπορούμε να αλλάξουμε μια πορεία χρόνων, όσον αφορά την αγάπη των παιδιών για την γεωμετρία και κυρίως τις γνώσεις που αποκτούν από την διδασκαλία του μαθήματος στο σχολείο.
Εμείς μπορούμε να προτείνουμε μια άσκηση φυσικής, η οποία να μπορεί να απασχολήσει κάποιους ελάχιστους ή ελαχιστότατους, από τους σημερινούς μαθητές…

Καλησπέρα Διονύση. Ωραία άσκηση. Μου άρεσε σαν ιδέα και την έφτιαξα στo i.p.
Η εκτόξευση από σημείο εντός του πεδίου

Μπορεί να χρησιμοποιηθεί και σε διαδραστικό…

Μπράβο Ανδρέα!
Καλύτερα να βάλεις στον “έλεγχο παύσης” :
OR(body[10].p.y<-3,body[10].p.x<-1)

Καλησπέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό, αλλά και για την οπτικοποίηση του φαινομένου.
Το ίδιο αρχείο, με την προσθήκη του περιορισμού που πρότεινε ο Γιάννης, με κλικ ΕΔΩ.

Καλησπέρα Διονύση. Πολύ καλή. ΄Οπως διατυπώνεις το α΄ ερώτημα “Για ποιες από τις παραπάνω…” , δεν υπάρχει η απάντηση “ανεξάρτητη της γωνίας” και ο μαθητής ψάχνει μόνο τις συγκεκριμένες απαντήσεις.
Στο χρονικό διάστημα παραμονής, η επίκεντρη γωνία είναι 2θ (επίκεντρη διπλάσια της υπο χορδής και εφαπτομένης) και μπορούμε να βγάλουμε εύκολα τον τελικό τύπο
t = 2θm/qB ή t = (θ/π)Τ, οπότε αντικαθιστούμε την θ σε rad.

Καλημέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Όσον αφορά τη διατύπωση του α΄ερωτήματος, αυτό είναι ένα ερώτημα ανοικτού τύπου. Δεν δίνω ενδεχόμενα που ο μαθητής καλείται να επιλέξει το σωστό, οπότε θα έπρεπε να υπάρχει και η επιλογή “ανεξάρτητη της γωνίας”.
Ανοικτού τύπου σημαίνει ψάξε όπως θέλεις και κατέληξε σε ένα συμπέρασμα…

Καλησπερα Ανδρεα. Στο ερωτημα v) μαλλον εννοεις τον χρονο για να διαγραψει ιση επικεντρη γωνια και οχι τον χρονο για να διαγραψει το τοξο ΑΟ. Το τοξο ΑΟ δεν θα το διαγραψει ποτέ διοτι η τροχια του θα ειναι τοξο αλλου κυκλου.Αν θελεις η τροχια να ειναι ιδια,τοτε πρεπει να διπλασιασεις και το πεδιο αλλα τοτε η σωστη απαντηση θα ειναι η β.

Σε ευχαριστώ Κωνσταντίνε. Αυτό που λες εννοώ αλλά δεν το διατύπωσα σωστά. Θα το διορθώσω στην πρώτη ευκαιρία.

Ανδρέα Καλημέρα. Δυο ενσταάσεις:
α) Το Κ πρεπει να βρισκεται στην περιφέρεια του κύκλου αφου r=R και η ΚΟ δεν είναι παράλληλη στην Αχ, και η υ1 δεν είναι κάθετη στην Αχ.
β) Στο σχημα 2 η ΔΡ έχει αντιθετη κατευθυνση.

Αν θ=π/4 τοτε ειναι σωστο το σχημα 1 αλλα τοτε r=(R/2)sqr(2) και αλλάζει το σχημα 2

Γιώργο σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και τις πολύ σωστές παρατηρήσεις σου. Έκανα τις αλλαγές, που υπέδειξες. Eπειδή θέλω το κέντρο Κ να μην είναι πάνω στον κύκλο,άλλαξα τη γωνία σε π/4. Έτσι αλλάζει το σχήμα 2, αλλά και τα αριθμητικά αποτελέσματα των ερωτημάτων iii, iv.

Καλημέρα Ανδρέα. Η ασκηση είναι όμορφη είτε με π/6 είτε με π/4.
Παρεπιπτόντως άλλαξε την φορά του ΔΡ στο σχήμα 2.

Σε ευχαριστώ Γιώργο.

καλημέρα σε όλους
Διονύση, ο διακόπτης δραπέτευσε…

Καλημέρα Διονύση. Πρέπει να κάνουμε ένα σχόλιο εδώ:
Αφού VΑΒ=0 , και η αντίσταση του αμπερομετρου μηδέν τότε:
Ι= VA/ rA = 0/0 !!!!
Έτσι δικαιολογείται η ένταση ΙΑ
Αν rA διάφορη του μηδενος έχουμε σύστημα Γέφυρας.

Καλημέρα σε όλους.
Βαγγέλη, Γιώργο και Γιάννη σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Βαγγέλη ο διακόπτης δεν έφυγε, υπήρχε μέσα στο αρχείο, όταν το άνοιγες.
Απλά σαν χαρακτηριστική εικόνα είχα επιλέξει το κύκλωμα του 3ου ερωτήματος, αφού μου φάνηκε πιο “όμορφο” χωρίς τον διακόπτη.
Αλλά για να μην με κατηγορήσεις ότι κλέβω διακόπτες, άλλαξα την εικόνα, με το 1ο σχήμα…
Όσον αφορά το 0/0 Γιώργο και Γιάννη, δίνεται η ευκαιρία στον διδάσκοντα να μιλήσει για το ιδανικό αμπερόμετρο.
Υπάρχει πράγματι; Με εσωτερική αντίσταση μηδέν; Μήπως έχει αντίσταση, απλά την θεωρούμε αμελητέα;
Εδώ θα μπορούσε να παίξει και με αριθμούς και δίνοντας για παράδειγμα r=0,01Ω, να υπολογίσει τάση ίση με 0,024V, οπου λογικό είναι να την προσεγγίσουμε σαν μηδενική και αντίστοιχα το αμπερόμετρο ως έχον μηδενική αντίσταση.

πολύ καλή Διονύση
είδα επέστρεψε ο δραπέτης
σε πρόσφατη ανάρτηση στον δικό μου χώρο γράφω: σε κάθε ηλεκτρικό κύκλωμα πρέπει να υπάρχει διακόπτης για λόγους ελέγχου του κυκλώματος, οικονομίας και ασφαλείας
εναλλακτικά μπορούμε να βρούμε τις τάσεις στα Α και Β ως Ε-Ι1R1
και Ε-Ι2R2
(κάνε R34 ένα R33)
Γιώργο και Γιάννη
το ίδιο πρόβλημα με την 0 τάση στα άκρα κάθε αμπερομέτρου, σε κάθε κύκλωμα, συναντάμε, επειδή ακριβώς θεωρούμε ιδανικά τα όργανα, και με τα άκρα ιδανικού καλωδίου σύνδεσης σε κάθε κύκλωμα, η τάση στα άκρα του θεωρείται 0, αλλά διαρρέεται από το ρεύμα που ρυθμίζουν οι άλλοι παράγοντες του κυκλώματος

Καλημέρα Βαγγέλη.
Μπορούμε να βρούμε τη VΑΒ από διαιρέτες τάσης:
VAB=24*6/8 – 24*4/12 = 18 – 8 =10 V.
Ο διαιρέτης τάσης διδασκόταν κάποτε.

Διονύση καλησπέρα.
Εξαιρετική. Διόρθωσε στο τέλος της 1ης σελίδα στο iii) συνδεόνται παράλληλα οι R1 και R2 και ο R3 με τον R4

Καλό μεσημέρι Χρήστο και σε ευχαριστώ τόσο για τ οσχολιασμό, όσο και για την διόρθωση…

Καλό μεσημέρι, Διονύση ωραία και κυρίως χρήσιμη.Το θέμα με το ιδανικό αμπερόμετρο δίνει την ευκαιρία για αναφορά στη σχέση V=IR, η οποία μας πληροφορεί ότι μπορεί να υπάρχει αποτέλεσμα (Ι) χωρίς να υπάρχει αίτιο(V), αρκεί R=0, θεωρητικά βεβαίως.

Καλό απόγευμα Ξενοφώντα.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.

Διονύση καλημέρα.
Πολύ ωραίο θέμα, μπράβο. Πρέπει να είχα δει κάτι σχετικό για τον υπολογισμό του ρεύματος στα βραχυκυκλώματα την δεκαετία του ογδόντα!
Όσο για το 0/0 δεν τίθεται θέμα, διότι τον νόμο του Ohm σε τμήμα του κυκλώματος τον εφαρμόζουμε μόνο στα άκρα ωμικών αντιστατών. Διαφορετικά θα είχαμε θέμα στα άκρα οποιουδήποτε απλού αγωγού σύνδεσης μηδενικής αντίστασης. Νομίζω.

Καλημέρα σε όλους
Μπορεί να δραπέτευσε ο διακόπτης ( Βαγγέλης ) χωρίς πρόβλημα αλλά ακόμα είναι δραπέτης ο υπολογισμός των εντάσεων στο i)

Καλημέρα Στέφανε, καλημέρα Γρηγόρη και σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Στέφανε επανέρχομαι σε λίγο, πάνω στην τοποθέτησή σου.
Γρηγόρη, δεν στο είχα να είσαι .. μαρτυριάρης 🙂

Στέφανε ας δούμε κάτι ανάλογο, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/02/08.png

Ένα σώμα κατεβαίνει σε κεκλιμένο επίπεδο με σταθερή ταχύτητα. Στο σώμα ασκείται δύναμη τριβής, η οποία έχει το ίδιο μέτρο με την συνιστώσα του βάρους την παράλληλη με το επίπεδο. Κατά την κίνηση αυτή, λόγω υψομετρικής διαφοράς Δh, η δυναμική ενέργεια, λόγω βαρύτητας μειώνεται και τελικά εμφανίζεται ως θερμική ενέργεια, μέσω του έργου της τριβής.
Στο κάτω σχήμα, δίνεται ένα τμήμα κυκλώματος, όπου διαρρέεται από ρεύμα έντασης Ι. Τότε πάνω στον πρώτο αντιστάτη εμφανίζεται μια πτώση τάσης ΔV, η οποία εκφράζει τη μείωση της δυναμικής ενέργειας, η οποία τελικά λόγω φαινομένου Joyle, εμφανίζεται με την μορφή θερμότητας πάνω στον αντιστάτη.
Ας έρθουμε στη συνέχεια σε ένα λείο οριζόντιο επίπεδο (το μεσαίο τμήμα του πρώτου σχήματος). Εκεί το σώμα δεν εμφανίζει τριβή, δεν δέχεται καμιά οριζόντια δύναμη και το σώμα κινείται χωρίς να έχουμε κάποια υψομετρική διαφορά Δh και χωρίς να παρουσιάζεται καμιά ενεργειακή μετατροπή.
Την ίδια εικόνα έχουμε και στο κάτω σχήμα, όπου έχουμε έναν αγωγό σύνδεσης ΒΓ, ο οποίος δεν έχει αντίσταση. Ο αγωγός διαρρέεται από την ίδια ένταση ρεύματος, χωρίς να εμφανίζει στα άκρα του κάποια διαφορά δυναμικού ΔV. Αυτό σημαίνει ότι δεν έχουμε κάποια μείωση της δυναμικής ενέργειας των κινούμενων φορτίων, ούτε κάποια ενεργειακή μετατροπή.
Αξίζει εδώ να τονιστεί ότι η διαφορά δυναμικού, συνδέεται με την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου και άρα με μια δύναμη από το ηλεκτρικό πεδίο, η οποία επιταχύνει το ηλεκτρικό φορτίο. Η μηδενική διαφορά δυναμικού σημαίνει ότι το φορτίο κινείται με σταθερή ταχύτητα στο χώρο… Αρκεί να σκεφτούμε ένα φορτισμένο σωματίδιο, που επιταχύνεται από μια τάση σε έναν αερόκενο σωλήνα. Η μείωση της δυναμικής του ενέργειας εμφανίζεται με τη μορφή αύξησης της κινητικής ενέργειας του σωματιδίου.

ΥΓ 1.
Προφανώς τα παραπάνω είναι μια αναλογία, τα ελεύθερα ηλεκτρόνια δεν κινούνται στο εσωτερικό του αγωγού ΒΓ, με σταθερή ταχύτητα…

ΥΓ2.
Ελπίζω να μου συγχωρήσει την παραπάνω “απλοϊκή” ερμηνεία ο καθηγητής Παναγιώτης Κουμαράς αφού … άλλα ισχύουν:

Διαφορά δυναμικού μεταξύ δυο σημείων κυκλώματος …
μέσα απ’ τα ηλεκτρικά καλώδια ή γύρω τους;
 

Καλημέρα παιδιά.
Εξαιρετική ιδέα Διονύση!
Αυτό το 0/0 είναι το κλου.

https://i.ibb.co/pBCRc82M/2025-02-04-112019.jpg

Διονύση σε ευχαριστώ για την αναλυτική απάντηση με την οποία συμφωνώ απολύτως.
Άλλωστε είναι ακριβώς ο τρόπος με τον οποίο διδάσκω στους μαθητές μου της Β΄Λυκείου το ηλεκτρικό ρεύμα. Ακριβώς με αυτήν την αναλογία με το βαρυτικό πεδίο στο οποίο το σώμα κατεβαίνει με σταθερή ταχύτητα, άρα η ελάττωση της δυναμικής του ενέργειας δεν γίνεται κινητική ενέργεια αλλά θερμότητα (η ελάττωση της ηλεκτρικής δυναμικής ενέργειας των ελεύθερων ηλεκτρονίων γίνεται θερμότητα στον αντιστάτη και όχι κινητική ενέργεια όπως σε μία διάταξη που επιταχύνει ηλεκτρόνια).
Γενικότερα πιστεύω ότι έστω και με απλουστεύσεις πρέπει να υπάρχει κατανόηση μέσα από την δράση δυνάμεων και ενεργειακών μετατροπών.
Αυτό που επίσης λέω είναι ότι δεν χρειάζεται ο προβληματισμός της απροσδιοριστίας 0/0, διότι δεν εφαρμόζουμε νόμο Οhm σε τμήμα κυκλώματος που δεν περιέχει μόνο ωμικούς αντιστάτες.

Καλησπέρα Στέφανε.
Χαίρομαι που συμφωνούμε.

Καλησπέρα Διονύση, καλησπέρα σε όλους

Να θυμίσω πως από τη σχολική χρονιά 2021-22 ο 2ος κανόνας Kirchhoff
διδάσκεται ή πρέπει να διδάσκεται στη Β’ Λυκείου.

Με χρήση του 2ου ΚΚ μπορούμε άμεσα να βρούμε οποιαδήποτε διαφορά δυναμικού.
Καλό θα ήταν να το χρησιμοποιούμε στη Β’ Λυκείου ώστε στη Γ’ τα παιδιά να μην
το συναντούν για πρώτη φορά…..

Για το κύκλωμα με κλειστό τον (δ), αφού βρούμε το ρεύμα που διαρρέει την πηγή Ι=6Α, αρκεί από τις σχέσεις I1*R1=I2*R2 να βρούμε πως Ι1=4*Ι2 και από 1ο ΚΚ Ι=Ι1+Ι2 να βρούμε τα ρεύματα.
Αντίστοιχα I3*R3=I4*R4 και 1ο ΚΚ Ι=Ι3+Ι4 να βρούμε τα ρεύματα.

Επίσης, θα προτιμούσα τον 1ο ΚΚ στον κόμβο Β Ι2=Ι(Α)+Ι4, ώστε να προκύψει
Ι(Α)=-1,2Α και να γίνει κουβέντα για τις αλγεβρικές τιμές των εντάσεων…

Καλημέρα Θοδωρή και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και τις παράλληλες διδακτικές πορείες που προτείνεις.

Στο βαρυτικό πρόβλημα των 2 σωμάτων διατηρούνται τόσο η στροφορή όσο και η ενέργεια. Έτσι προκύπτει ότι όταν η ενέργεια είναι αρνητική η τροχιά είναι έλλειψη. Επομένως το (α) ερώτημα λύνεται με 2 τρόπους. Η μικρή διαφορά στην αριθμητική τιμή της λύσης ίσως οφείλεται στην ύψωση στο τετράγωνο και στην εύρεση της τετραγωνικής ρίζας. Στο δεύτερο ερώτημα έχετε βέβαια δίκιο.

Καλησπέρα κύριε Βάρβογλη. Ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Το κεφάλαιο της Βαρύτητας είναι απαξιωμένο από τους μαθητές, χωρίς φυσικά να ευθύνονται, εφόσον βρίσκεται εκτός ύλης Πανελλαδικών Εξετάσεων. Αν αυτό συνδυαστεί με την απουσία της Αστρονομίας, πολλοί μαθητές δυστυχώς δε θα γνωρίζουν τίποτα για τους δορυφόρους, τις διαστημικές αποστολές αλλά και τα βασικά της κίνησης των ουράνιων σωμάτων.
Ελπίζω ότι κάποιοι από τους εισαχθέντες στο Φυσικό, θα μάθουν και θα αγαπήσουν την Αστρονομία ή την Αστροφυσική.

Καλημέρα σε όλους.
Ανδρέα πολύ αξιόλογη παρατήρηση.
Ευχαριστούμε.
Να είσαι πάντα καλά!

Καλησπέρα Βασίλη. Σε ευχαριστώ. Οι εκτοξεύσεις των πυραύλων που μεταφέρουν δορυφόρους, γίνονται κοντά στον Ισημερινό και προς τα ανατολικά για να εκμεταλλευόμαστε τη γραμμική ταχύτητα περιστροφής της Γης, περίπου 0,48km/s. Για ένα μέσο δορυφόρο 1tn έχουμε κέρδος 115MJ ενέργειας. Μικρό ποσό σε σχέση με τα δεκάδες GJ που τελικά θα δαπανήσουμε, αλλά γιατί να το χάσουμε;

Καλημέρα Ανδρέα. Σε ευχαριστούμε για την εύστοχη παρατήρηση. Στη λύση ένα ‘περίγειο’ μάλλον πρέπει να γίνει ‘απόγειο’.

Καλησπέρα Αποστόλη. Σε ευχαριστώ. Το περίγειο είναι καλό όνομα. Αν όμως ο πλανήτης λέγεται Δρόμος, πως θα λέμε το πλησιέστερο σημείο; https://cxcs.microsoft.net/static/public/other-m365/neutral/46eb29c2-c599-458d-a38a-5f16a283937d/702762eba03e428ad26cc5eb0f988674aa96148e.gif

Καλησπέρα Ανδρέα, καλησπέρα σε όλους!
Ευχαριστούμε για την ανάδειξη του θέματος Ανδρέα.
Να προσθέσω και το θέμα με κωδικό 14785 από την ΤΘΔΔ το οποίο αντιμετωπίζεται με την Α.Δ.Μ.Ε.
https://i.ibb.co/3yQVD0LZ/image.png

Μπράβο Ανδρέα!
Πολύ σωστές οι παρατηρήσεις σου! Εγώ ομολογώ πως, μετά από ΑΔΜΕ και εύρεση τής προτεινόμενης απάντησης τού σχολικού βιβλίου… “κατάπια αμάσητη” τη λύση αυτή! Όμως, άλλη μια φορά εδώ βλέπουμε, πως όταν βλέπεις μια άσκηση με κριτικό μάτι, ή όταν εφαρμόζεις εναλλακτικές μεθόδους υπολογισμού (όπως έκανες στο α ερώτημα με τη στροφορμή) ενίοτε βρίσκεις… διαμαντάκια!

Π.χ. εμένα αυτό το σφάλμα τού 1% στο α ερώτημα μού κάθισε στο λαιμό… Το έψαξα, λοιπόν, λίγο παραπάνω και ιδού από πού προέρχεται:
Η ταχύτητα σε μια ελλειπτική πλανητική κίνηση δίνεται από τον τύπο: υ=sqrt(GM(2/r-1/α)) όπου α ο μεγάλος ημιάξονας τής τροχιάς [1]. Η τροχιά τής άσκησης έχει α=(7+9)/2=8*10^6m. Άρα σε r1=7*10^6m η ταχύτητα είναι υ1=sqrt(GM(2/r1-1/α))=8114m/s (και ΟΧΙ 8000m/s όπως δίνει η άσκηση) και σε r2=9*10^6m η ταχύτητα είναι υ2=sqrt(GM(2/r2-1/α))=6310m/s. Αυτές οι δύο ταχύτητες ικανοποιούν ΚΑΙ τη διατήρηση τής στροφορμής ΚΑΙ τη διατήρηση τής ενέργειας!

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Elliptic_orbit

Παρεμπιπτόντως, δεν ξέρω αν έχει ξανααναφερθεί και από άλλους παλαιότερα, υπάρχει “λάθος” και στην Άσκηση 77 σελ. 197 η οποία αν κάποιος την λύσει με εξισώσεις κατακόρυφης βολής προς τα πάνω (δηλαδή ομογενές βαρυτικό πεδίο με g=10m/s^2) h=υ0^2/2/g βρίσκει την απάντηση τού σχολικού βιβλίου (ακριβώς 50Km) ενώ με ΑΔΜΕ σε ανομοιογενές βαρυτικό πεδίο βρίσκουμε 50,4Km! (Το λυσάρι, ενώ σωστά πάει και εφαρμόζει ΑΔΜΕ, για κάποιο λόγο στο τέλος υπολογίζει… στρογγυλοποιημένο ή λάθος το τελικό αποτέλεσμα!)

Γεια σου Μίλτο.
Η παρατήρηση για την άσκηση 77 έχει γίνει σίγουρα και από τον Θοδωρή σε σχόλιό του στην ανάρτηση εδώ.

Καλησπέρα Ανδρέα, κάτι δεν καταλαβαίνω, πιθανά να κάνω λάθος

Γράφεις πως αρκεί να προσφέρουμε ενέργεια ΔΚ=1/2 m (Δυ)^2

Όμως… έχει ήδη κινητική Κ1=1/2 m υ1^2 και θέλουμε να αποκτήσει

Κδ=1/2 m υδ^2 δηλαδή πρέπει να προσφέρουμε

ΔΚ=1/2 m υδ^2 – 1/2 m υ1^2 –> ΔΚ=1/2 m(υδ^2 – υ1^2)

Κάνοντας τις πράξεις υπολογίζω 3,72*10^9 J όση γράφουν και οι λύσεις

Αν το δούμε και αλλιώς υδ=υ1+Δυ –> υδ^2= υ1^2 +2υ1*Δυ+Δυ^2

Άρα (υδ^2 – υ1^2)=2υ1*Δυ+Δυ^2

Οπότε ΔΚ=1/2 m (2υ1*Δυ+Δυ^2) που δίνει ίδιο αποτέλεσμα

Καλησπέρα σε όλους.

Όπως είπε αρχικά και ο κ. Βάρβολης έχουμε διατήρηση τόσο της ενέργειας όσο και της στροφορμής.

Πιο κάτω θεωρώντας δεδομένα τα r1 , r2 , υ1 φαίνεται ότι με κατάλληλη προσέγγιση τα αποτελέσματα θα ταυτίζονται.

Αρκει να γίνει κατάλληλη επιλογη του go και RΓ.

https://i.ibb.co/FkPwdxF4/105-2.png

Καλημέρα συνάδελφοι. Μίλτο Κ, Μίλτο Β, Κώστα, Θοδωρή, σας ευχαριστώ.
Ας ξεκινήσω από το Θοδωρή. Είμαστε πάνω στην εξέδρα εκτόξευσης. Η ενέργεια που πρέπει να προσφέρει ένας κινητήρας ή ένας μηχανισμός πάνω στην εξέδρα είναι η επιπλέον κινητική ενέργεια που χρειάζεται το σώμα για να φτάσει την ταχύτητα διαφυγής και όχι η διαφορά των κινητικών ενεργειών. Αν μπούμε στη NASA διαβάζουμε παντού για το Δυ, που καθορίζει το χρόνο εφαρμογής της ώθησης των μηχανών.
Κώστα τι ακριβώς υπολόγισες στο πρώτο σου σχόλιο; Η ακτίνα της Γης είναι συγκεκριμένη. Δεν κατάλαβα γιατί να την αλλάξουμε;
Μίλτο Κ το θέμα 14785 δεν είναι λάθος να το λύσουμε με ΑΔΜΕ. Που θεωρείς ότι βρίσκεται λάθος στην προτεινόμενη λύση;
Μίλτο Β, πολύ καλή η ανάλυσή σου. Η τάση για απλούστευση φαινομένων οδηγεί σε σφάλματα. Από τη στιγμή που η άσκηση ανακατεύει την ελλειπτική τροχιά, πρέπει να έχει σωστά δεδομένα.

Καλημέρα Ανδρέα.
Όχι δεν θεωρώ ότι το θέμα 14785 είναι λάθος.
Ίσως έπρεπε να το διευκρινίσω καλύτερα. Μου το θύμισε απλώς η ανάρτηση σου και το πρόσθεσα.
Να είσαι καλά.

Καλημέρα παιδιά.
Το θέμα είναι εξαιρετικό και έχει συζητηθεί πολύ παλιότερα.
Τόσο παλιότερα που αξίζει να το επαναφέρουμε.

Θοδώρη και Αντρέα ψάχνωντας βρισκει κανεις διαφορα.

Αρχικα το ΔΚ του Αντρεα υπολογίζεται από τον τύπο :

ΔΚ = 0.5*m*(Δυ1)^2 , Δυ1 = υ(δ)1 – υ1

όμως το ΔΚ = Κ(δ)1 – Κ1 το έχει διακρίνει καλά ο Θοδωρής εκτιμώ.

Παρακάτω ανεβάζω μια ανάλυση όπου φαίνεται και ένα άλλο ελάττωμα που εχουν τα δεδομενα …..

Κάποιες πρωινες διορθωσεις το σκεφτομουν …το βραδυ .

Προσοχή : υΔ1 , ΚΔ1 : ταχυτητα , κινητικη ενεργεια Δορυφορου σε απόσταση r1

Κδ αντιστοιχει στην ταχύτητα διαφυγης υδ από r1

K1 αντιστοιχει στην υ1

https://i.ibb.co/XZ8NhkLb/105-new1.png

https://i.ibb.co/yF9K9ckT/105-new2.png

Για να μην καταστρέψουμε την ανάρτηση του Ανδρέα, φέρνω το θέμα εδώ:
Το βέλος του Ραμσή.

Συνάδελφε Αντρέα, καλησπέρα.
Η ανάρτησή σου, όντως αναδεικνύει ένα λεπτό ζήτημα στην υποβαθμισμένη θεωρία του βαρυτικού πεδίου.
Μια παρατήρηση. Η μεταβολή στην κινητική ενέργεια του σώματος από τον διαστημικό σταθμό μήπως είναι λάθος; Αν είναι σωστό αυτό που λέω και γίνουν οι πράξεις, τότε η συμφέρουσα ενεργειακά εκτόξευση είναι στο απόγειο (αμελητέα η διαφορά, αλλά υπαρκτή, 3626 με 3682)*106.

Καλησπέρα Κωνσταντίνε. Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό. Στο απόγειο χρειαζόμαστε
Δυ = 3,3km/s και στο περίγειο Δυ = 2,8km/s. Γιατί να προτιμήσουμε το απόγειο;

Αντρέα, ο τρόπος υπολογισμού της επιπλέον ενέργειας νομίζω ότι δεν είναι σωστός, δηλ. υ1^2-υ2^2 διαφορετικό του Δυ^2=(υ1-υ2)^2

Γεια σου Ντίνο.
Έχω την αίσθηση ότι άλλο υπολογίζεις.
Μας ενδιαφέρει η μεταβολή στην κινητική ενέργεια ή η μεταβολή της όπως τη βλέπει ένας παρατηρητής επί του σταθμού;

Γιάννη, το πρώτο, δηλ ως προς ακίνητο αδρανειακό παρατηρητή (πχ ακίνητη Γη).
Το σώμα ήδη έχει κάποια ΚΕ και για να διαφύγει πρέπει να έχει μια άλλη μεγαλύτερη ΚΕ. Η διαφορά τους δεν θα μας δώσει την απαιτούμενη επιπλέον για διαφυγή; Αν είναι ως προς το σταθμό, τότε έχεις δίκιο.

Ντίνο είναι φανερό ότι στις δύο θέσεις έχει ίδια ενέργεια -Ε.
Στο άπειρο θα πάει οριακά και θα έχει ενέργεια μηδέν.
Έτσι θα παραχθεί στο σώμα έργο ακριβώς Ε.
Όμως ο Ανδρέας άλλο λέει.
Το συνολικό έργο (που είναι Ε) δεν μας ενδιαφέρει.
Μας ενδιαφέρει να το εκτοξεύσουμε εύκολα και με λίγα πυραυλικά καύσιμα.
Δεν μας; απασχολούν τα καύσιμα που θα κάψει ο σταθμός.
Για τον λόγο αυτόν έγραψα τον Ραμσή.

Γιάννη, δεν κατάλαβα τη “φιλοσοφία” της ανάρτησης του Αντρέα, ούτε και είδα για τον Ραμσή. Θα τα διαβάσω αύριο.
Καλό βράδυ.

Καλημέρα σε όλους, σχολιάζω εδώ αφού από εδώ ξεκίνησα.

Γιάννη σε ευχαριστούμε για την ανάρτηση με τον Ραμσή και την προσπάθεια
να εξηγήσεις.

Η δική μου θέση είναι πως αφού διδάσκουμε σε μαθητές που δεν έχουν εμπειρία
διαφορετικών συστημάτων αναφοράς πλην αυτού της “ακίνητης” Γης, η όποια
απάντηση σε μαθητές οφείλει να αναφέρεται ως προς ακίνητο αδρανειακό παρατηρητή πάνω στη Γη.
Ομολογώ πως αυτό είναι “μονόδρομος” και για τη δική μου σκέψη αφού πλην
μιας χρονιάς, νομίζω το 2002 δεν έχω διδάξει σχετικές κινήσεις.

Ανδρέα, θα συμφωνήσω με το επόμενο που σχολίασες στην ανάρτηση του Ραμσή

” Αν μετράμε την ενέργεια από το διαστημόπλοιο (ή το αεροπλανοφόρο), τότε η απαιτούμενη ενέργεια είναι K=1/2m(Δu)^2

Αν μετράμε την ενέργεια από ένα αδρανειακό σύστημα αναφοράς, τότε η απαιτούμενη ενέργεια είναι K=mu1Δu+1/2m(Δu)2

Άρα, η μαθηματική διαφορά είναι στο σύστημα αναφοράς που επιλέγουμε!”

Θα συνεχίσω όμως να θεωρώ για τους λόγους που έγραψα πιο πάνω πως σε σχολικό
επίπεδο οφείλουμε να απαντάμε ως προς το αδρανειακό σύστημα.

Σε κάθε περίπτωση μόνο κέρδος για όλους έχουν αυτές οι συζητήσεις.

Να είστε όλοι καλά

Καλημέρα παιδιά.
Θοδωρή θα διατύπωνα διαφορετικά το κείμενο:

” Αν μετράμε την ενέργεια από το διαστημόπλοιο (ή το αεροπλανοφόρο), τότε η απαιτούμενη ενέργεια είναι K=1/2m(Δu)^2
Αν μετράμε την ενέργεια από ένα αδρανειακό σύστημα αναφοράς, τότε η απαιτούμενη ενέργεια είναι K=mu1Δu+1/2m(Δu)2
Άρα, η μαθηματική διαφορά είναι στο σύστημα αναφοράς που επιλέγουμε!”

Θα μιλούσα για κινητική ενέργεια και όχι για απαιτούμενη ενέργεια.
Αυτή εξαρτάται από το σύστημα αναφοράς και όχι η ενέργεια που τεχνικά ενδιαφέρει.
Δηλαδή για να εκτοξεύσω ένα σώμα ενός κιλού με ταχύτητα 2 m/s ως προς εμένα (αν κινούμαι με σταθερή ταχύτητα) πρέπει να του προσφέρω ενέργεια 2 J όποιο και να είναι το σύστημα αναφοράς, σε όποιο γεωγραφικό πλάτος και αν βρίσκομαι.

Διαφορετικά οι υπολογισμοί μας θα δίνουν αυτά τα 2 J συν το έργο που πρόσφερε η γη σε μένα για να μείνω ακίνητος κατά την εκτόξευση.

Πάμε σε θέματα διδασκαλίας.
Ακριβώς επειδή οι μαθητές δεν ξέρουν συστήματα αναφοράς πρέπει να τους προστατέψουμε από θέματα σαν το παρακάτω:
Η ταχύτητα διαφυγής είναι 11,2 km/s. Πόση ενέργεια πρέπει να προσφέρουμε σε ένα σώμα 100 kg ώστε να την κοπανήσει από τον Βόρειο πόλο;
Πόση ενέργεια πρέπει να του προσφέρουμε ώστε να δραπετεύσει από περιοχή στην οποία το έδαφος έχει ταχύτητα 400 m/s ;

Αν βάλουμε τέτοιο θέμα ποιος θα φταίει;

Για να μη βάλουμε τέτοιο θέμα πρέπει να λύσουμε το παραπάνω και να αντιπαραβάλουμε τις δύο λύσεις. Μετά να θυμηθούμε ότι οι εκτοξεύσεις γίνονται από το Κανάβεραλ.
Φυσικά οι Αμερικάνοι ενδιαφέρονται μόνο για την ενέργεια των καυσίμων και όχι για την ενέργεια που προσφέρει η γη. Έτσι δεν τους βολεύει η μεταβολή της κινητικής ενέργειας του πυραύλου. Τι να την κάνουν;

Ακριβώς για να μη βάλουμε σε μαθητές το παραπάνω πρόβλημα πρέπει να το λύσουμε ή έστω να επιλέξουμε μία από τις παρακάτω λύσεις:
https://i.ibb.co/d4kxfNMJ/Screenshot-2.png

Δεν βλέπω απαντήσεις στο “ποιον πιστεύουμε;”.

Καλησπέρα Γιάννη.
Διάβασα διαγωνίως τις ενδιαφέρουσες συζητήσεις μετά την ενδιαφέρουσα ανάρτηση του Ανδρέα και μένω προς το παρόν πιστός και στάσιμος στο εξής.
ΑΔΕ όπως την εφαρμόζει ένας <ακίνητος> ως προς το σώμα που κινείται αν κινείται σε κάθε περίπτωση παρατηρητής.
Ενέργεια δυναμική + κινητικη + Ενέργεια που απαιτείται = 0

Καλησπέρα Γιώργο.
Καταλαβαίνω ότι δέχεσαι όπως και εγώ τον δεύτερο υπολογισμό.
Αν όχι μου λες.

Καλημέρα.
Γιάννη δεν συμφωνώ με τον τελευταίο συλλογισμό
που βρίσκει την διαφορά ταχυτήτων κλπ.
Οι λύσεις που δίνεις στην εκτόξευση από βόρειο πόλο και η αμέσως επόμενη από το επίμαχο σημείο έχουν ως αφετηρία την ίδια φυσική λογική δηλ
Δυναμική + κινητική που μετρά ο αδρανειακός <ακίνητος> παρατηρητής που δεν συμμετέχει στην κίνηση του υπό εκτόξευση σώματος + ενέργεια που απαιτείται =0
Επομένως με αυτές συμφωνώ.

Καλημέρα Γιώργο.
Δηλαδή οι ενέργειες είναι 62.720 ΜJ από τον Βόρειο Πόλο και 62.640 ΜJ από την επίμαχη περιοχή;
Μικρή διαφορά και δεν θα γίνονταν εκτοξεύσεις από το Κανάβεραλ για τόσο μικρή διαφορά.

Ένας δορυφόρος βρίσκεται σε κυκλική τροχιά γύρω από την γη.
Να βρεθεί η ελάχιστη ενέργεια που απαιτείται για να ξεφύγει από το βαρυτικό πεδίο.
Αν κατάλαβα καλά έχουν διαμορφωθεί 2 απόψεις
1) Δu = ταχύτητα διαφυγης – ταχύτητα δορυφόρου
Βρίσκω την κινητική ενέργεια που αντιστοιχεί στην Δu
2)Δυναμική + κινητική που μετρά ο αδρανειακός <ακίνητος> παρατηρητής που δεν συμμετέχει στην κίνηση του υπό εκτόξευση σώματος + ενέργεια που απαιτείται =0
Εσύ πως θα απαντούσες.

Φυσικά την πρώτη απάντηση Γιώργο.
(Μετά την παταγώδη αποτυχία του Ραμσή σκέφτηκα άλλο και το κρεμάω σε λίγο.)

Ένα σώμα περνά απο οριζοντιο επίπεδο με ταχύτητα u=10m/s.
Θα φτάσει σε ύψος 5m
Άλλο σώμα διέρχεται από το ίδιο οριζόντιο επίπεδο με v = 8m/s.
Πόση ενέργεια απαιτείται να του δοθεί για να φτάσει στο ίδιο ύψος?
Εφαρμόζω Γιαννη αυτά που είπες
Για να φτάσει στο ίδιο υψος πρέπει να εχει ταχ
10m/s.Αρα πρέπει να αποκτησει επιλέον
Δu = 2m/s
Άρα ΔΚ = 1/2 mΔuΔu= ενέργεια που απαιτείται
Σωστά?

Γιώργο τι βγάζω:
https://i.ibb.co/MktSRBjM/Screenshot-1.png

Περίμενε λίγα λεπτά να αλλάξω το πρόβλημα ώστε να γίνουν σωστά όσα είπες.

Τώρα θα φτάσει στα 5 m.
https://i.ibb.co/8gw2Yj4v/Screenshot-1.png

Ο πιτσιρικάς παράγει μόνο 4 J Τα άλλα 32 J τα παράγει η πλατφόρμα που δεν με ενδιαφέρει πως κινείται και με ποιο μηχανισμό.

Με όσα έγραψα εδώ και εκεί εξηγώ τη θέση του Ανδρέα.
Ιδέαν δεν έχω πως γίνεται η εκτόξευση ενός αντικειμένου από διαστημικό σταθμό.
Τον αμολάνε στο διάστημα και αμέσως μπαίνουν σε λειτουργία τα πυραυλάκια του;
Τότε δεν παίζει ρόλο η σχετική ταχύτητα αλλά η μεταβολή της κινητικής του ενέργειας, όπως τη βλέπει ακίνητος παρατηρητής.

Εκτοξεύεται με κάποιον βλητικό μηχανισμό στερεωμένο στο σταθμό;
Τότε παίζει ρόλο η σχετική ταχύτητα.

Καλημέρα συνάδελφοι. Όπως έγραψα και στη “σφεντονίτσα του πιτσιρίκου”

Όταν θέλουμε να αλλάξουμε τροχιά σε ένα δορυφόρο το Δv καθορίζει την ποσότητα καυσίμου που χρειάζεται για τη μετάβαση. Το έχει αποδείξει από το 1903 ο Tsiolkovsky με τη διάσημη πυραυλική του εξίσωση.

m0/m = eΔv/υσχ

Οι μηχανικοί σχεδιάζουν τροχιές με ελάχιστο Δv, ώστε να μειωθεί η ανάγκη για μεγάλα φορτία καυσίμου, κάτι που κάνει τις αποστολές πιο αποδοτικές.

Αν εκτοξεύσουμε από τροχιακή εξέδρα (π.χ. LEO), το σώμα έχει ήδη αρχική ταχύτητα, οπότε απαιτείται μικρότερο Δv και λιγότερα καύσιμα για να διαφύγει.
Γι’ αυτό, στις περισσότερες διαστημικές αποστολές, τα οχήματα πρώτα τίθενται σε τροχιά και μετά εκτελούν ελιγμούς για να φύγουν από τη Γη, αντί να προσπαθούν να διαφύγουν κατευθείαν από την επιφάνεια.

Καλημέρα σε όλους.
Μια άσκηση αφιερωμένη στον Ανδρέα Ριζόπουλο, με χρήση του ειδικού φορτίου, όπως θα ήθελε σε προηγούμενο σχόλιο του.

Καλημέρα Διονύση.
Κινήσεις μέσα σε μαγνητικό πεδίο, πάντα εν δυνάμει θέματα.
Λες και εξέρχεται από το σημείο Γ στην διεύθυνση της ΒΓ
Επιλέγεις να δώσεις ένα επί πλέον δεδομένο το στην διεύθυνση της ΒΓ
Θα μπορούσε να μην δίδεται.
Αν το φορτίο εξέρχεται από το Γ τότε η διευθυνση της ταχύτητας οφείλει να είναι αυτή της ΒΓ.
Αλλά αυτό θέλει απόδειξη.

Καλό μεσημέρι Γιώργο, σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Δεν είναι αυτονόητη η διεύθυνση εξόδου από το σημείο Γ. Και η απόδειξη δεν είναι και το ευκολότερο θέμα, απόδειξη που δεν ήταν στους στόχους της παρούσας ανάρτησης. Γι΄αυτό και το δεδομένο…

Καλημέρα παιδιά.
Ωραία άσκηση!
(Και εγώ θα επιθυμούσα να λείπει το δεδομένο μια και η απόδειξη είναι σύντομη και έξυπνη.)

Καλό απόγευμα Γιάννη.
Κάνε λίγο υπομονή, έρχονται άλλες δύο στην συνέχεια, οπότε θα αναδειχθεί και το σημείο που λέτε με το Γιώργο…

Καλησπέρα.
Καλή άσκηση Διονύση με χρήση του ειδικού φορτίου και με ωραία Γεωμετρία.
Νομίζω μόνο, πρέπει να συμπληρώσεις το π στη λύση στο δεύτερο ερώτημα στον υπολογισμό του χρόνου.

Καλησπέρα Γρηγόρη.
Σε ευχαριστώ για τον σχολιασμό αλλά και την παρατήρηση για το έλλειμμα του π.
Διόρθωσα…

Διονύση, καλησπέρα (πάλι εδώ).
Πολύ καλή ως μια πρώτη προσέγγιση στην κατανόηση του εξεταζόμενου φαινομένου, αλλά και ως προς τη γεωμετρία της (που τα παιδιά δεν έχουν καλή σχέση, τα Ωνάσεια μας μάραναν).
Μια απλή σκέψη για το σημείο εξόδου και με δεδομένο ότι το κέντρο της κυκλικής τροχιάς βρίσκεται στην αριστερή πλευρά του τετραγώνου, εσωτερικά ή στην προέκτασή της, και ότι η περίοδος δεν εξαρτάται από την ταχύτητα.
Από τη σχέση R=(m/qB)υ=σταθ.υ συνάγεται ότι μεγαλύτερη ταχύτητα συνεπάγεται και μεγαλύτερη ακτίνα που μπορεί να ξεπερνά σε μήκος και την α (μήκος πλευράς του τετραγώνου), δηλ. το κέντρο της τροχιάς να βρίσκεται κάτω από το Δ. Έτσι στις μεγάλες ταχύτητες (όλα τα υπόλοιπα τα ίδια) που αντιστοιχούν σε μεγάλες ακτίνες η έξοδος γίνεται από τη δεξιά πλευρά του τετραγώνου με μικρές εκτροπές (μέχρι 900) και R>α, ενώ στις μικρές ταχύτητες που αντιστοιχούν σε μικρές ακτίνες από την κάτω πλευρά με μεγάλες εκτροπές (πάνω από 900) και R<α. Για μια συγκεκριμένη ταχύτητα η έξοδος γίνεται από την κορυφή Γ με R=α και εκτροπή ακριβώς 900 . Για πολύ μικρές ταχύτητες η εκτροπή μπορεί να γίνει 1800 από την πλευρά εισόδου (με R=<α/2).
Να είσαι καλά

Καλημέρα Ντίνο και καλό μήνα.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και την ανάλυση για το πώς το σημείο εξόδου καθορίζεται από την ταχύτητα. Το ζήτημα αυτό προσπάθησα να εξηγήσω στην προηγούμενη ανάρτησή μου ΕΔΩ.
Ένα σχήμα:

https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/02/1.png

Τα σχόλια στο τέλος ήταν αφορμή για την ανάρτηση, μετά από σχετική συζήτηση με μαθητές…

Καλησπέρα Ανδρέα.

Το Θέμα που εμπνεύστηκες αποτελεί επιπλέον παράδειγμα ότι Φυσική όχι μόνο προβλέπει αλλά και αρχαιολογεί!

Επιπλέον το συγκεκριμένο θέμα δίνει αφορμή για απαντημένα ή αναπάντητα μέχρι τώρα ερωτήματα. Τέτοιο μαθητικό ερώτημα θα ήταν: Αν η Σελήνη δημιουργήθηκε από τη συνένωση των θραυσμάτων μεταξύ δύο ουράνιων σωμάτων, γιατί είναι συμπαγής; Και βέβαια μεγαλύτερη διδακτική αξία έχουν οι απαντήσεις που δίνουν οι μαθητές, διότι έτσι ανακαλούν τις γνώσεις τους και τις εμπεδώνουν, ιδιαιτέρως όταν τις εφαρμόζουν λανθασμένα και κατόπιν τις ανασκευάζουν. Εμείς απλώς είμαστε οι “Σωκράτες” τους. Με αυτό τον τρόπο ακόμη και αν η Φυσική ξεχαστεί, το εργαλείο της κριτικής προσέγγισης και η πίστη τους στον ορθό λόγο θα παραμείνουν μαζί τους. Με άλλα λόγια το ταξίδι μάς κάνει σοφότερους όχι μόνο ο προορισμός.

Καλή δουλειά Ανδρέα Ρ.
βέβαια ο δορυφόρος της Σελήνης δέχεται και δύναμη από τη Γη, αλλά αυτή δεν “παίζει”, διότι ,υπάρχουν συνθήκες “έλλειψης πεδίου βαρύτητας”, δεν γνωρίζω αν διδάσκονται τώρα
Ανδρέα Β.
Καβαφική η τελευταία σου πρόταση
(αντιγράφω από τον πρόλογο του βιβλίου μου “Φυσική Β Γυμνασίου”, εκδόσεις Χ. Δαρδανός, έχει εξαντληθεί
“φίλε μαθητή
η Φυσική δεν είναι βουνό, αλλά δεν είναι και λόφος,
γι αυτό από τώρα και συνέχεια
ενδιαφέρσου, ρώτησε, προσπάθησε
α ναι !
….κι’ αν δεν φτάσεις ακριβώς στην κορυφή, γιατί πολλοί λένε ότι δεν υπάρχει κορυφή
και άλλοι λένε, ακόμα χειρότερα, ότι ανεβαίνει κι αυτή μαζί σου, και, άρα, δεν την φτάνεις ποτέ,
δεν χάλασε κι’ ο κόσμος,
πολλές φορές το ταξίδι αξίζει για το ταξίδι.
καλό ταξίδι λοιπόν…”

Καλημέρα Ανδρέα.
Ωραία η σύγκριση .
Μου θύμισε την …”Ένας ακριβός πλανήτης” που σχολίασες και
περίπου “ανήγγειλες” ετούτη.
Επιμορφωτικά τα σχόλιά σου
Να είσαι καλά

Καλησπέρα συνάδελφοι. Σας ευχαριστώ.

Ανδρέα η ερώτησή σου αναβάθμισε την ανάρτηση. Θα ήθελα να ακούσω απόψεις μαθητών, αλλά δε μπορώ να μη δώσω κάποια κατεύθυνση…
Στις πλαστικές συγκρούσεις των αρχικών θραυσμάτων, που έλκονταν από τη βαρύτητα η θερμότητα που αναπτύχθηκε έλιωσε τα πετρώματα, άρα σε τι κατάσταση βρισκόταν αρχικά η Σελήνη; Τα βαριά υλικά όπως ο σίδηρος, τι θα έκαναν τότε; Το διάστημα είναι πολύ κρύο άρα τι έπαθε στη συνέχεια η Σελήνη;
Θα τους έλεγα επίσης ότι ο στερεός φλοιός της Σελήνης δεν έχει τεκτονικές πλάκες, άρα τι σημαίνει αυτό για τη δομή της;

Βαγγέλη σοφά λόγια. “πολλοί λένε ότι δεν υπάρχει κορυφή και άλλοι λένε, ακόμα χειρότερα, ότι ανεβαίνει κι αυτή μαζί σου και άρα δεν την φτάνεις ποτέ”. Μακάρι το Γυμνάσιο να μας έστελνε μαθητές που θα είχαν εκτός από τις βασικές γνώσεις για να προχωρήσουν στη Φυσική και το απαιτούμενο μεράκι…
Τις συνθήκες έλλειψης βαρύτητας τις κάνω και στην Α΄(ασανσέρ που κόβεται το νήμα – όπως στα νοσοκομεία δηλαδή…) και στη Β΄( Γιατί αιωρούνται μέσα στον I.S.S.;)

Παντελή και βέβαια έχει προηγηθεί η δική σου ανάρτηση με τον
πολύ ακριβό πλανήτη.
Την επανέφερα όμως με λίγο διαφορετική μορφή όταν με ρώτησαν “Πως βρήκαμε τη μάζα του Άρη; Του Δία; Του Ήλιου;…Πως δημιουργήθηκε το Φεγγάρι;”
Η καταπληκτική ιδέα του Νεύτωνα για την παγκόσμια έλξη, πως άνοιξε το δρόμο προς τα άστρα και καθισμένοι σε μια μικρή κουκίδα του Γαλαξία, μετράμε χρόνο και βρίσκουμε πυκνότητα!

Καλημέρα και πάλι.
Ανδρέα πολύ αξιόλογο!
Ένα “τυπικό” Β θέμα δείχνει την αξία της φυσικής στο να βοηθήσει στην απάντηση δύσκολων ερωτημάτων!

Καλησπέρα Βασίλη. Σε ευχαριστώ. Είναι αξιοσημείωτο ότι η τελική σύγκριση απαιτεί έναν απλό τύπο. Η χρήση των ασκήσεων χωρίς νούμερα στη θέση των “β” θεμάτων, που απαιτούν κριτική σκέψη, έχει αλλοιώσει την αξία τους…

για την Ιστορία Ανδρέα
είχα ελάχιστα χρόνια υπηρεσίας σε Δημόσιο Λύκειο, Ίλιον, όταν έπεσε στα χέρια μου ένα βιβλίο Φυσικής του, άγνωστου σε μένα τότε, αλλά εξαιρετικού Φυσικού, Γιάννη Αθανασάκη, όπου και είχε ερώτηση: πότε ένα δυναμόμετρο με σώμα κρεμασμένο στο άκρο του δείχνει μεγαλύτερη ένδειξη, το μεσημέρι ή τα μεσάνυχτα; και απάντηση: τα μεσάνυχτα διότι οι δυνάμεις που δέχεται το σώμα από τον Ήλιο και τη Γη είναι ομόρροπες ενώ το μεσημέρι είναι αντίρροπες κάτι δεν μου άρεσε, κάτι με χαλούσε, έφτασα σε συνθήκες έλλειψης βαρύτητας από τον Ήλιο, αναγκαία κεντρομόλος, άρα ίδια ένδειξη, του τηλεφώνησα, πήγα και τον βρήκα, νομίζω Χαριλάου Τρικούπη, είχε μικρό φροντιστήριο, συζητήσαμε πολύ ώρα, το αποδέχτηκε, με ευχαρίστησε και το διόρθωσε, συναντηθήκαμε πολλές φορές μετά, κέρδισα γνώσεις απ΄ αυτόν, μου χάρισε όλα του τα πολύ καλά βιβλία
(και σήμερα κάποιοι “συγγραφείς” έχουν κλέψει την ερώτησή του με την λάθος απάντηση,
δεν φαντάστηκαν ότι κάποιος δημιουργός μπορεί και να διορθώσει τον εαυτόν του
διότι δεν είναι δημιουργοί, κλέφτες είναι…) 

Βαγγέλη καλησπέρα. Ωραία και διδακτική ιστορία. Ο Αθανασάκης διόρθωσε τον Αθανασάκη μετά από συζήτηση με τον Κουντούρη.
Σήμερα θα έλεγα: Γιατί αιωρούνται τα σώματα μέσα στο διεθνή διαστημικό σταθμό; Συνθήκες έλλειψης βαρύτητας ας είναι δίπλα στη Γη, γιατί ο ISS ειναι δορυφόρος της Γης. Η Γη είναι δορυφόρος του Ήλιου. Άρα…