Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Καλημέρα Διονύση. Πολύ καλή για εξάσκηση στη γραφή μιας κυματικής εξίσωσης. Και όχι μόνο. Θα ήθελα να αποτελέσει και πρόταση για εξετάσεις. Ας αφήσουν στην άκρη δυναμικές και κινητικές ενέργειες κυμάτων και ας εξετάσουν αν γνωρίζουν οι μαθητές να γράφουν μια εξίσωση κύματος και τις κινηματικές πληροφορίες που προκύπτουν από αυτή.
Αν δεν είχες το 1ο ερώτημα μπορούσαμε να σκεφτούμε:
Που ήταν το μέτωπο του κύματος τη χρονική στιγμή t = 0; s = 0,4*1=0,4m πίσω. Δηλαδή στo σημείο Ρ xΡ = -0,4m. Παίρνω το Ρ ως σημείο αναφοράς και
ψΡ = 0,2ημ(πt)
Για τυχαίο Σ δεξιά του Ρ
ψ = 0,2ημ{[π(t-(x+0,4)/0,4)]} που είναι η εξίσωση του κύματος.

Καλησπέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό, αλλά και για την εναλλακτική πρόταση αντιμετώπισης που κατέθεσες.

Προστέθηκε ο υπολογισμός της δύναμης που ασκεί ο σωλήνας.

Γιώργο δεν είναι ύβρις.
Η φυγόκεντρος συνδέεται με δυναμική ενέργεια μια και είναι χωροεξαρτώμενη δύναμη. Είναι το ακτινικό πεδίο F= k.r– Το r διάνυσμα.
Δυναμική ενέργεια αποδίδεται και στην D’ Alembert.
Δεν αποδίδεται στην Coriolis και στην Euler.

Καλησπέρα Γιάννη.
Ωραία Ψιλομπερδεύτηκα από τη λύση για το πιο παιδί θα στείλει το μπαλάκι ενώ στην εκφώνηση είναι σαφές. Αυτό ομως δεν έχει σημασία.
δυο λύσεις
https://i.ibb.co/6R14dGJG/milos.jpg

Γιάννη, κάνω μια σκέψη
αν του δώσει μια ταχύτητα 0+, προς το άλλο παιδί, ποια δύναμη θα το σταματήσει αφού ο σωλήνας είναι λείος;

Γεια σου Βαγγέλη. Κατά τον στρεφόμενο παρατηρητή η φυγόκεντρος.

 Γεια σου Γιάννη.Δυο μικρούλες ας πούμε επεκτάσεις του θέματος.Τι γίνεται αν ο σωλήνας δεν είναι ευθεία;Η φυγόκεντρος δύναμη εξαρτάται μόνο από την απόσταση από το κέντρο, όχι από το σχήμα της τροχιάς. Άρα- Εάν ο σωλήνας έχει οποιοδήποτε σχήμα που όμως περνά από το Α και το ΟΗ ελάχιστη ταχύτητα παραμένει αμετάβλητη                                            V=ω R-  Κυκλικός σωλήνας με r=R.Η μπάλα κινείται ελεύθερα.  Δεν απαιτείται ελάχιστη ταχύτητα

Γεια σου Άρη.
Σωστό το πρώτο.
Δεν κατάλαβα ποιο είναι το κέντρο του σωλήνα στο δεύτερο. Το σχήμα δηλαδή.

Μάλλον κατάλαβα.
Αν έχει το ίδιο κέντρο με το μύλο, μια απειροελάχιστη ταχύτητα αρκεί για να φτάσει στο Α.

μα, Γιάννη μπορεί να δρα μια ανύπαρκτη δύναμη;
ο Καίσαρ πριν προλάβεις να πεις ολόκληρη τη λέξη “φυγόκεντρος” σε είχε αφήσει στάσιμο για 2 χρόνια…
(εναλλακτική σκέψη: να δώσει ταχύτητα 0+ προς το άλλο παιδί και αντίθετης φοράς ωR, οπότε για τον ακίνητο παρατηρητή θα έχει ταχύτητα 0+,
θα χτυπάει κάθετα στα τοιχώματα, υποθέτω λίγο μεγαλύτερης ακτίνας από τη μπίλια, αλλά θα κινείται συνέχεια μέσα στον λείο σωλήνα, ελλείψει πραγματικής αντίθετης φοράς δύναμης που θα του “φάει” την ταχύτητα 0+)
ίσως ένα πραγματικό πείραμα, όπου ένας παρατηρητής θα στριφογύριζε έναν λείο σωλήνα στον ώμο του, στο μέσον του σωλήνα, ώστε αυτός να είναι οριζόντιος, και ένας άλλος θα έριχνε στο ένα άκρο του σωλήνα, με μικρή ταχύτητα, μια μπίλια θα μας έλυνε την απορία και θα διέψευδε τη δική μου πρόβλεψη ότι η μπίλια θα έπεφτε από το άλλο άκρο

Ναι Γιάννη αυτό εννοώ ο γυάλινος σωλήνας να έχει ακτίνα r ίση με την ακτίνα του δίσκου R και βέβαια κέντρο το Ο. Οπότε όπως λες “μια απειροελάχιστη ταχύτητα αρκεί για να φτάσει στο Α”

Βαγγέλη ο Αλεξόπουλος ασχολήθηκε πολύ με τη φυγόκεντρο και στο Πανεπιστημιακό και στο Γυμνασιακό του βιβλίο. Δες από το δεύτερο:
https://i.ibb.co/bgbyKyDf/1.png
https://i.ibb.co/JR8683bm/2.png

Το “ανύπαρκτη” δεν σημαίνει “άχρηστη” ούτε “αναξιόπιστη”.

Ας δούμε τώρα την πρότασή σου:
https://i.ibb.co/yBPTYZhZ/3.png

εναλλακτική σκέψη: να δώσει ταχύτητα 0+ προς το άλλο παιδί και αντίθετης φοράς ωR, οπότε για τον ακίνητο παρατηρητή θα έχει ταχύτητα 0+,

Έδωσα ταχύτητα 3 αντί 8. Όχι ασήμαντη και όπως βλέπεις φεύγει.

Γιάννη,
το έχω το βιβλίο του, δωρεάν και με αφιέρωση, σελίδα 200, σχήμα 241
το έγραψε μαζί με τον Μαρίνο αργότερα, στη σειρά σου ίσως,
και το τροποποίησε αργότερα, διότι έγραφε
α. το σώμα ακινητεί ως προς το σύστημα αναφοράς
και όχι α) φυγόκεντρος δύναμις
γράφει πάντως σαφώς για ανύπαρκτη δύναμη
εγώ μιλώ για τη ζωντανή του παρουσία στο Μεγάλο Αμφιθέατρο, Σόλωνος 104, ήταν κάθετος εναντίον του όρου, που υπήρχε σε πολλά βιβλία
(δεν μπορώ, για τους γνωστούς λόγους, αλλά και διότι ο υπολογιστής μου εξακολουθεί να κάνει ζούρλιες, να στείλω φωτοτυπία)
αν το θέμα είχε τεθεί όταν ήμουν στο ΕΚΦΕ, θα είχα πραγματοποιήσει το προτεινόμενο πείραμα για επιβεβαίωση, με τη βοήθεια του γυάλινου σωλήνα Kundt για την ενίσχυση του ήχου, πάνω σε στρεφόμενο δίσκο, αλλά…
 
Άρη,
δες, αν θες, την πρώτη-πρώτη τοποθέτησή μου

Βαγγέλη έχω διαβάσει όλες τις τοποθετήσεις σου.
Είναι ανύπαρκτη δύναμη με την έννοια ότι είναι φανταστική ή αν προτιμάμε αδρανειακή.
Η χρήση αδρανειακών δυνάμεων δεν οδηγεί σε άλλα συμπεράσματα από την χρήση των κλασικών δυνάμεων.
Ένας ακίνητος παρατηρητής θα μας έλεγε ότι εγκαταλείπει το μύλο διότι απουσιάζει κάποια δύναμη που θα παίξει ρόλο κεντρομόλου.
Ο νεαρός στο κέντρο μας λέει ότι εγκαταλείπει το μύλο ωθούμενο από τη φυγόκεντρο.
Το παιδί στην περιφέρεια θα μιλήσει για δύναμη D’ Alembert.

Οι αδρανειακές δυνάμεις οδηγούν σε καταπληκτικά συμπεράσματα.
Η βαρύτητα καμπυλώνει το φως.
Το παράδειγμα του σχήματος 100 του αποσπάσματος που έστειλα.
Πολλά άλλα.

Επίσης βλέπουμε την προσομοίωση να διαψεύδει την πρότασή σου και να επιβεβαιώνει την πρόβλεψη της παρούσας ανάρτησης, Δες:
https://i.ibb.co/JjQg3Jv9/3.png

Εβλήθη με σχετική ταχύτητα όση η ταχύτητα περιστροφής της περιφέρειας του μύλου.
Ότι προβλέπει η ανάρτηση.

Καλημέρα.
Γιάννη αν κατάλαβα καλά τι ενοχλεί τον Βαγγέλη.
Ειμαι ένας αδρανειακός παρατηρητης.
Ένας λείος οριζοντιος σωλήνας περιστρεφεται με σταθερή ω γύρω από το ένα του άκρο.
Θέλω να υπολογίσω την ταχύτητα με την οποια πρέπει να βληθεί μια σφαιρα από το άλλο του άκρο ωστε να φτάσει στον άξονα περιστροφής με ταχύτητα 0.
Δεν έχω ακούσει ποτέ για φυγόκεντρο και Coriolis. Γνωρίζω ότι στην σφαίρα ασκείται η Ν κάθετος διαρκώς στον σωλήνα και δεν γνωρίζω ότι έχει ίδιο μετρο με Coriolis που μου είναι αγνωστη.

Καλημέρα Γιώργο.
Διαφωνώ με την πρόβλεψη του Βαγγέλη πως θα φτάσει με ασήμαντη ταχύτητα στο Α.

καλό απόγευμα Γιάννη
(στο Β και όχι στο Α, στην τελευταία σου τοποθέτηση)
επειδή δεν έχω απόλυτα πεισθεί, ούτε με εσένα ούτε με εμένα,
ελλείψει πραγματικού πειράματος,
καταθέτω μια τελευταία θεωρητική σκέψη: αν το μπαλάκι κινηθεί, ως προς ακίνητο παρατηρητή, με ταχύτητα 0+, του δοθεί δηλαδή η συνισταμένη μιας αντίθετης ταχύτητα ωR και μιας ταχύτητας 0+, με φορά προς το κέντρο του στρεφόμενου λείου δίσκου, χωρίς σωλήνα, ο δίσκος θα περιστρέφεται ασκώντας του κάθετη προς τα πάνω δύναμη ίση με το βάρος του, κάπως σαν “εκτός πεδίου βαρύτητας” θα βρίσκεται, και αυτό θα συνεχίσει να κινείται, πάνω σε περιστρεφόμενο δίσκο από κάτω του, ευθύγραμμα ομαλά με ταχύτητα 0+, διότι ποια δύναμη θα του την αλλάξει; θα περάσει, άρα, από το κέντρο, όχι πάνω στην αρχική ακτίνα, και θα φτάσει στο Β
άλλο θέμα ότι, πολύ πιθανόν, το άλλο παιδί δεν θα είναι πια εκεί  

Καλησπέρα Βαγγέλη.
Βλέπεις στην προσομοίωση (ακρίβεια 200) ότι αυτό που λες διαψεύδεται.
Του έδωσα μόνο της εφαπτομενική ταχύτητα και μια μικρή προς το Ο και έφυγε αμέσως από τον σωλήνα.

Αν δεν θέλουμε να το εξηγήσουμε με φυγόκεντρο ας πούμε ότι ο σωλήνας στρίβει και το μπαλάκι δεν μπορεί να τον παρακολουθήσει απουσία έλξης προς το Ο.

Ας το δούμε και μαθηματικά με πολικές συντεταγμένες:
https://i.ibb.co/0pnGdSjR/55.png

Ακριβώς Γιώργο και ας το δούμε:
https://i.ibb.co/5qWXL1z/1.png
Βάλλεται με ταχύτητα μικρότερη της απαιτούμενης.
Στην αρχή η δύναμη επιβραδύνει το σώμα.

Κάποια στιγμή μηδενίζεται:
https://i.ibb.co/5gQXbCtg/Screenshot-1.png

Στη συνέχεια αλλάζει φορά και επιταχύνει το σώμα.
https://i.ibb.co/Q7g7WbXy/2.png

Αν όμως βληθεί με τη σωστή ταχύτητα τότε συνεχώς επιβραδύνει το σώμα:
https://i.ibb.co/N23DK12L/7.png

Kαλησπέρα παιδια.
Μια προσπάθεια που φαίνεται ότι η κάθετη οριζόντια δυναμη Ν που ασκεί ο σωλήνας καθώς το σφαιρίδιο που πλησιαζει στο κεντρο Κ το επιβραδύνει. Στο σχήμα φαίνεται ο μισος σωλήνας. Αργότερα θα ανεβάσω τον άλλο μισό που φαίνεται ότι αν καταφέρει να περάσει απο το κέντρο η Ν το επιταχύνει.

https://i.ibb.co/4nQ37j9s/bagg.jpg

Σωστά.
Φτάνει στο Α με την ταχύτητα με την οποία ξεκίνησε.

Aν λοιπόν περάσει το κεντρο Κ έστω οριακά κατευθυνόμενο προς Β φαίνεται πάλι απο τις αναλύσεις ότι το σφαιρίδιο επιταχύνεται από την κάθετη Ν

https://i.ibb.co/SDGZvdqR/bag.jpg

Αφιερωμένη στον Ανδρέα Ριζόπουλο, για τις επίμονες προσπάθειές του να προκαλέσει το ενδιαφέρον των μαθητών του, δίνοντάς μας πολύ ενδιαφέρουσες αναρτήσεις.

Καλησπέρα Διονύση. Σε ευχαριστώ για την αφιέρωση αυτής της πολύ διδακτικής άσκησης. Μου άρεσε που δείχνεις οτι για μικρές μετατοπίσεις το g θεωρείται σταθερό στην εκάστοτε τιμή που δίνει ο γενικός τύπος της βαρύτητας.
Δύσκολα τα πράγματα στο πεδίο βαρύτητας μια και δεν έχει καθόλου … βαρύτητα στις Πανελλαδικές. Το πρόβλημα όμως δεν είναι μόνο αυτό. Τα παιδιά – εκτός ελάχιστων εξαιρέσεων – δεν έχουν τη φλόγα της μάθησης. Δεν τα νοιάζει να μάθουν για παράδειγμα, πως φτάσαμε να έχουν το GPS και τη βιντεοκλήση στην τσέπη τους και πως σχετίζεται με το εφάλαιο αυτό. Τους αρκεί η απλή (κατα)χρήση του κινητού.
Δεξιότητες και όχι γνώση. Επειδή το κεφάλαιο διδάσκεται μετά το ηλεκτρικό πεδίο στη Γενική, θα περίμενα να έχουν κάποιες βασικές γνώσεις, τι είναι πεδίο, ένταση κ.λ.π. Και μετά ξύπνησα. Πάνω από τις μισές αναρτήσεις που έχω στο Π.Β δεν είναι δυνατόν να γίνουν, αφού πρέπει να μάθουν πρώτα τα βασικά.

Καλησπέρα Διονύση και Αντρέα.
Θα συμφωνήσω με τον Αντρέα μου άρεσε ότι για μικρά ύψη κανουμε θεωρούμε το εκάστοτε g σταθερό.
Να ενισχύσω τον προβληματισμό του Αντρέα. Χθες ένας μαθητής με ρωτούσε αν η δύναμη Coulomb θα του χρειαστεί του χρόνου. Προσπάθησα να τον πείσω ότι η γνώση γενικά θα είναι κέρδος γι αυτόν και ότι του χρόνου θα μεταχειριστει ηλεκτρικό πεδίο και ηλεκτρικές δυνάμεις και είναι χρήσιμα. Αμφιβάλω αν τον έπεισα αφού μου είπε ότι ο Coulomb είναι εκτός.

Καλημέρα Ανδρέα, καλημέρα Χρήστο.
Σας ευχαριστώ για το σχολιασμό και τις σκέψεις σας…
Τι να πει κανείς;
Αφού ο νόμος Coulomb είναι εκτός και το πεδίο βαρύτητας δεν έχει καθόλου… βαρύτητα στις εξετάσεις, ας μην διδάσκονται!!!
Δώστε από ένα κινητό στα παιδιά, να σερφάρουν….
Τι το θέλετε το μάθημα;
Εξάλλου υποψιάζομαι ότι έτσι θα σας ευγνωμονούν και οι γονείς, αφού δεν θα απασχολείτε τα παιδιά τους με άχρηστες γνώσεις και έτσι θα μπορούν να ασχοληθούν με τα σοβαρά θέματα!
Και ποια είναι αυτά; Αυτά που ξεκίνησαν ή ξεκινούν τώρα στο φροντιστήριο για τις εξετάσεις της Γ…

Πολύ ωραία ιδέα Διονύση, η ελεύθερη πτώση κατά την ίδια μικρή κατακόρυφη
μετατόπιση Δy<<R(Γ) κοντά στην επιφάνεια και σε περιοχή ύψους συγκρίσιμου με την ακτίνα της Γης από την επιφάνεια…

Συμπληρώνοντας (αφού είμαι με covid παροπλισμένος)

https://i.ibb.co/JFy3WXz5/image.png

με δύο διαφορετικές προσεγγίσεις

Και για να μην ξεχνιόμαστε

Football bloody hell

https://i.ibb.co/7dzFF7Mw/image.png

Καλό μεσημέρι Θοδωρή και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και την εναλλακτική προσέγγιση.
Βέβαια σε μια αντίστοιχη ερώτηση μαθητή, θα τον ρωτούσα, γιατί όταν μιλάμε για πτώση κοντά στην επιφάνεια της Γης από ύψος 5m, θεωρούμε σταθερή την επιτάχυνση της βαρύτητας και θεωρούμε την κίνηση ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη. Και στη συνέχεια, το ερώτημα που θα του έθετα θα ήταν, αν είναι δικαιολογημένο να θεωρήσουμε ομογενές το βαρυτικό πεδίο σε μια μικρή περιοχή με Δh=5m, που βρίσκεται σε κάποιο ύψος.
Να σου ευχηθώ περαστικά και γρήγορη επιστροφή στην ενεργό δράση, αλλά και μακριά από εμάς μπαρουτοκαπνισμένοι πολέμαρχοι 🙂
Έστω και ποδοσφαιρικοί….

Γεια σου και πάλι Διονύση, αυτό που γράφεις:

“γιατί όταν μιλάμε για πτώση κοντά στην επιφάνεια της Γης από ύψος 5m, θεωρούμε σταθερή την επιτάχυνση της βαρύτητας και θεωρούμε την κίνηση ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη. Και στη συνέχεια, το ερώτημα που θα του έθετα θα ήταν, αν είναι δικαιολογημένο να θεωρήσουμε ομογενές το βαρυτικό πεδίο σε μια μικρή περιοχή με Δh=5m, που βρίσκεται σε κάποιο ύψος.”

είναι η 1η λύση υ=ρίζα(2gΔy) g: σταθερό εφόσον Δy<<R(Γ)

Η πλειοψηφία θεωρεί g=σταθ. κοντά στην επιφάνεια γιατί αυτό ακούει από τη
Β’ Γυμνασίου και με αυτό λύνει ασκήσεις στην Α’ Λυκείου

Η 2η λύση, επιβεβαιώνει αυτόν τον ισχυρισμό με κάποιο πιο αυστηρό φορμαλισμό
που βασίζεται σε όσα “καινούργια” μαθαίνουν….

Δεν είναι προφανή όλα αυτά, πίστεψέ με

Μακριά από εμάς οι πολεμοχαρείς όλου του κόσμου…..

Ας γίνονται μόνο ποδοσφαιρικοί πόλεμοι….

Χθες ο αγώνας θύμισε Βαλκανική σύρραξη με ….καλεσμένους από χώρες που
δεν ανήκουν στα σαλόνια της ποδοσφαιρικής αριστοκρατίας

Έλληνες (λίγοι) , Αλβανοί, Σέρβοι, Κροάτες, Ρουμάνοι, Γεωργιανοί, Ούγγροι, Ουκρανοί, Παλαιστίνιος, Κουβανός, Μαυριτανός, Αργεντίνος…
115 ποδοσφαιρικά λεπτά πάλεψαν με πείσμα και απρόσμενο φινάλε…

Για άλλη μία φορά αποδείχθηκε πως στο ποδόσφαιρο δε νικά πάντα ο καλύτερος,
αλλά η τύχη βοηθά αυτόν που δεν παραδίδεται και παλεύει μέχρι τέλους

O γεροVida απέδειξε πως όταν κάτι το θέλεις , το διεκδικείς μέχρι τέλους, δίνοντας πνοή στο σύνθημα

https://i.ibb.co/xq8ymph1/Fight-Believe.png

Καλησπερα Αποστολη. Λεω οσο εργο δαπαναται για να ανεβασουμε τοΣ1 εως την καινουργια του θεση, το καρφωσουμε εκει,και στην συνεχεια συν το εργο που δαπαναται για να παμε το Σ1 απο το απειρο στην αρχικη θεση του Σ1 το οποιο ισουται με την δυναμικη ενεργεια των δυο φορτιων στις τελικες τους θεσεις η αποσταση των οποιων ειναι ριζα 2lh αν δεν κανω λαθος

Τα δεδομενα που χρειαζονται για να υπολογιστει αυτο το εργο μπορει να μην υπαρχουν ολα οποτε μαλλον θελει και μια συνθηκη ισορροπιας του Σ1 στην καινουργια του θεση.

Γεια σου Αποστόλη.
Το μήκος του νήματος δίνεται;

Γεια σας παιδιά. Δίνεται το m, το h και φυσικά το g.

Δηλαδή Αποστόλη “παίζει” μόνο το mgh;
Και η δυναμική των σωματιδίων λόγω φορτίων;

Τα δεδομένα Διονύση είναι μόνο αυτά 🙂

Καταπληκτική άσκηση!!!
Συγκρατήθηκα να μην την διαβάσω. Τη βρήκα.
Εν πάση περιπτώσει δεν λέω τη λύση ακόμα.

Διάβασα τη λύση και κατάλαβα ποια διασκευή έκανε ο Αποστόλης.
Φοβερή!!

Τότε Αποστόλη μήπως το ύψος h είναι πολύ μικρό σε σχέση με το μήκος του νήματος, οπότε πάμε σε προσεγγίσεις;
Τότε αν δεν έκανα λάθος πράξεις πάμε για ενέργεια E=3mgh…

Δεν είναι μικρό Διονύση.
Έχει οιανδήποτε τιμή.

Προστέθηκε μια λύση.

Το αποτέλεσμα το βρήκα παραπάνω και βγήκε σωστό, αλλά βαρέθηκα να κάνω πολλές… αναλύσεις δυνάμεων, οπότε το έρριξα σε προσεγγίσεις για μικρό ύψος…
Αλλά ο τεμπέλης δεν μπορεί να επιβραβεύεται 🙂
Ωραία λύση Αποστόλη.

Αποστόλη περίμενα ότι θα έκανες αυτή τη διασκευή.

Ποια ήταν Γιάννη η αρχική άσκηση;

Διονύση η άσκηση:
https://i.ibb.co/sJVg55jd/Screenshot-1.png
https://i.ibb.co/KcfJKKtp/2.png

Ευχαριστώ Γιάννη.

καλησπέρα σε όλους
(σήμερα “χαλαρά”, μόνο Ίλιον-Ιατρική σχολή Γουδί και επιστροφή , εξέταση αίματος, δεν προβλέπεται συνταγή από γιατρό, 150 ευρώ, ταξί 50 ευρώ, αύξηση τα τελευταία 10 χρόνια 0,00 ευρώ, απεδόθη δικαιοσύνη…)
έχω ενστάσεις (πώς μου γινε;): και το σώμα Σ2 έχει μάζα, δεν υπάρχει σκέτο φορτίο, άρα “παίζει” και η Νευτώνεια δυναμική ενέργεια μεταξύ των μαζών των φορτισμένων σωμάτων ή όχι;

Καλημέρα Βαγγέλη. Μπορούμε να ανεχθούμε μάλλον την παράλειψη της νευτώνειας δυναμικής ενέργειας των σωματιδίων, λόγω πολύ μικρών μαζών.

Γεια σας παιδιά. Γιάννη είπα να κάνω μια μαθητική λύση, για να διαβαστεί ίσως και από μαθητές. Η γεωμετρική λύση είναι φυσικά κομψότερη. Διονύση η τεμπελιά δικαιολογείται 🙂

Καλημέρα.

Αποστόλη ενδιαφέρον θέμα .

Ανέβαζω μια λύση ακόμη που είναι κοντά στην αρχική λύση που δίνουν στο βιβλίο . Δουλευω με συνθήκη ισορροπίας , η συνιστάμενη των δυο δυνάμεων αντίθετη της τρίτης δύναμης …. νόμος ημιτόνων στο τριγωνακι των δυναμεων και μετά θα χρειαστεί και νόμος συνημιτόνων από το μεγάλο τρίγωνο για να εκφραστει η μεταξύ τους απόσταση r.

https://i.ibb.co/gZ8kDh70/image.png

Γεια σου Κώστα. Ωραία η εναλλακτική λύση σου.

Αποστόλη ωραίο πρόβλημα.
Μπορεί όπως λες με τη διασκευή τη δική σου αλλά και του Κώστα να παρουσιαστεί σε πιο μυημένους μαθητές. Το βιβλίο αυτό έχει εξαιρετικά προβλήματα.

Καλημέρα Χρήστο και σε ευχαριστώ για το σχόλιο. Είναι αρκετά στενάχωρο να ομολογούμε ότι το πυθαγόρειο και ο νόμος συνημιτόνων είναι για “μυημένους μαθητές”. Δυστυχώς όμως είναι μια πραγματικότητα.

Όμορφη Χρήστο, έξυπνη και διδακτική.

Χθες μεσάνυχτα γύρισα από πενθήμερη , σήμερα (ευτυχώς) αρχίζουν και εκδηλώνονται κρούσματα covid σε αρκετούς μαθητές, εν αναμονή για τη σειρά μου….
ακόμα αρνητικός αλλά εξαντλημένος….

Η πλοκή της άσκησης, δείχνει τη συγγραφική ωριμότητα του δημιουργού…

Συγχαρητήρια

Καλημέρα Χρήστο
Πολύ καλή καιι διδακτική άσκηση.
Μια μικροδιόρθωση στη λύση στο iii) , γράψε Δt2=3s=3T1/2 αντί του =3Τ2

Καλημέρα Χρήστο! Πάρα πολύ ωραίο θέμα και πολύ καλογραμμένο (θέμα και λύση).

Καλημέρα σε όλους. Πολύ καλό θέμα Χρήστο! Το στιγμιότυπο μου θύμισε ένα ερώτημα των επαναληπτικών του 2015 που ζητούσε στιγμιότυπο σε κύμα με απόσβεση. Θοδωρή καλώς επέστρεψες και μακάρι να παραμείνεις αρνητικός.

Χρήστο μας βάζεις δύσκολα!

Πολύ καλή η ανάλυσή σου . Στο (iii) όπως έχει επισημανθεί το Δt2 = 3s = T1+ 0.5T1 αρα την t2 = 9s είναι στο ΘΙ με υ=-υmax ομως στην εκφώνηση δίνεις το μέτρο της ταχύτητας οπότε είναι οκ .

Να προσθέσω ότι οι χειρισμοί που πρέπει να γίνουν για τις γραφικές παραστάσεις είναι ιδιαίτεροι , όπως και η γραφή των αντίστοιχων εξισώσεων. Επίσης στο (v) το σχήμα 3 για t3=10s δίνει την τελική κατάσταση που ζητάς. Το μαύρο κομμάτι της κυματομορφής μήκους 2λ1 έχει διαμορφωθεί στο μέσο στα 4s=2T1 και το μέτωπο του έχει φτάσει στα 8m . Στην σύνεχεια (t>4s) η πηγή δουλεύει με τη νεα συχνότητα f2=1Hz —>T2=1s. Τότε μια χρονική στιγμή t’ = T2 + 2T1 στο μέσο θα έχουμε :

1λ2 + 2λ1 . Αυτό συνεχίζεται βέβαια μέχρι την χρονική στιγμή που ζητάς.

Υπάρχει μια συνεχής εξέλιξη προφανώς…..

Καλησπέρα σε όλους.
Θοδωρή, Γρηγόρη, Δημήτρη, Αποστόλη και Κώστα ευχαριστώ για το σχόλιο.
Να ευχαριστήσω αρχικά τον Γρηγόρη και τον Κώστα για τις υποδείξεις των λαθών.
Θοδωρή σε ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια. Είμαι δύο βδομάδες με πολύ ενοχλητικό βήχα και μπούκωμα. Η ευαισθησία στα ιγμόρια ξαναχτύπησε και αύριο έχω ραντεβού με ΩΡΛ. Πέρυσι 2 μήνες αντιβίωση.
Απόστόλη θυμάμαι το θέμα, είναι ένα πολλαπλής.
Κώστα όπως λες διαμορφώνεται και ταξιδεύει. Απαιτεί λεπτό χειρισμό και κατανόηση, χωρίς να είναι ακραία θεωρώ άσκηση.

Συμφωνώ Χρήστο, δεν είναι “ακραία”, απαιτεί ουσιαστική κατανόηση
και λύνεται χωρίς κανένα από τους γνωστούς τύπους, με χρήση μόνο
των ω=Δφ/Δt , ω=2πf , υ=λf.

Στην εκφώνηση δίνεις: “παράγει κύματα με συχνότητα f1=4Hz“
Δεν ισχύει και δεν χρειάζεται, μάλλον ξέμεινε…

Αποστόλη, είμαι 3η μέρα στην απομόνωση με ελαφρά συμπτώματα covid

Χαλάλι όμως… Συνόδευσα ξανά σε πενθήμερη εκδρομή της Γ Λυκείου
μετά από πολλά χρόνια και το χάρηκα… η σχέση δασκάλου-μαθητή
ολοκληρώνεται μέσα από ανάλογες δραστηριότητες που ξεφεύγουν από τα στενά
πλαίσια της τάξης

Θοδωρή καλησπέρα.
Περαστικά εύχομαι και να περάσει με ήπια συμπτώματα. Εγώ είμαι με ιγμορίτιδα και χθες ξεκίνησα αντιβίωση μετά από δύο βδομάδες ταλαιπωρίας.
Σε ευχαριστώ για τη διόρθωση. Ξέμεινε όπως είπες…από προηγούμενη άσκηση.

Καλησπέρα και Χρόνια πολλά !

Ειχα δει την αναρτηση σας από την πρώτη μερα που την δημοσιεύσατε , ηθελα ομως να είχα τον καταλληλο χρονο για να την μελετησω . Όντως αφορά ενα ενδιαφέρον θέμα. Βεβαια εδω δεδομενου του οριζόντιου ελατηριου δεν έχουμε αλλαγη στη Θ.Ι. της ΑΑΤ. Ειναι σημαντικός ο τύπος για το Εαπωλ που εμφανίζεται αρχικά στη δευτερη σελιδα (προσοχη το αθροισμα των μαζων στον παρανομαστη δεν πρεπει να είναι υψωμενο στο τετραγωνο) , παρακάτω εχει γραφτει σωστά. Τα συμπερασματα που έχουν γραφτεί είναι σιγουρα σημαντικά και μπορουν να βοηθήσουν πολύ τη μελέτη του θεματος. Με ομορροπες τις ταχύτητες πριν την κρουση έχουμε μικρότερη απώλεια σε σχέση με την περιπτωση που οι ταχύτητες είναι αντίρροπες . Μαλιστα θα έχουμε Εαπ(min) για κρούση στη ΘΙ ενω Εαπ(max) πάλι για κρούση στη ΘΙ .

Παρακάτω θέλησα να “μαζέψω” όσο μπορούσα τα γραφόμενα σας ξεκινωντας από τον τύπο που δινεται για το Εαπ σε συνδυασμό με τη σχέση (2) της ανάλυσης που ακολουθεί.

https://i.ibb.co/ZR3cgNJp/1.png
https://i.ibb.co/SwSDW5hr/2.png

Καλησπέρα Κώστα, χρόνια πολλά και δημιουργικά.
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο και τον χρόνο που αφιέρωσες στην επιμελημένη σύνοψη και στη βελτίωση της ανάρτησης, με τα όμορφα καλλιγραφικά σου γράμματα — περιζήτητα πλέον, τώρα που έχουμε σχεδόν ξεμάθει να γράφουμε πληκτρολογώντας.
Ναι, έτσι είναι: η πλαστική κρούση χρειάζεται ιδιαίτερη προσοχή. Υπάρχουν σημεία όπου η απάντηση είναι απλή, απαιτεί όμως σίγουρα καθαρό νου και καλή κατανόηση του ζητούμενου.
Με την ευκαιρία, να ευχηθώ και από εδώ σε όλους όσοι προσφέρουν και παρακολουθούν αυτό το κανάλι ελεύθερης προσφοράς: καλή χρονιά, με υγεία και ειρήνη παντού.

Καλημέρα και Καλή Χρονιά !

Όντως το θέμα αυτό έχει πολλές ιδιαιτερότητες και κατα καιρούς έχουν δημιουργηθεί από συναδερφους πολύ καλές αναλύσεις. Η κατάσταση δυσκολεύει όταν η κρούση είναι πλαστική και η τοποθέτηση του ελατηρίου είναι κατακορυφη με αποτέλεσμα να έχουμε πλεόν Ν.Θ.Ι της ΑΑΤ . Υπηρχε ένα τετοιο θέμα στο Διαγώνισμα του κ.Στεργιαδη ΕΔΩ .

Καλά να είμαστε να μοιραζόμαστε προβληματισμούς !

Ναι, έτσι ακριβώς είναι Κώστα! Το γνωρίζω το θέμα που είχε προκύψει με το ΔΕκιν,μεγ. στην περίπτωση πλαστικής κρούσης σε κατακόρυφη διεύθυνση. Γι’ αυτό και το «μοίρασμα των προβληματισμών» μας συμβάλλει ώστε να  αποφεύγονται κάποια σφάλματα. Ξαναείδα την μελέτη σου εκείνη και εκτίμησα αλλά μια φορά τη συμβολή σου στη διερεύνηση κάποιων θεμάτων που συχνά εδώ στον τόπο αυτό προκύπτουν. Να είσαι καλά και Καλή Χρονιά!   

 ΑΣΚΗΣΗ 1
Το HBrO₄ είναι ισχυρό οξύ και ιοντίζεται πλήρως.
Η συγκέντρωση των ιόντων H3Ο⁺ είναι 0,1 M, άρα το pH του διαλύματος είναι 1.

ΑΣΚΗΣΗ 2
Το pH του διαλύματος είναι 4,5.

ΑΣΚΗΣΗ 3
Το pH του διαλύματος είναι 4.
Ο βαθμός ιοντισμού του οξέος είναι α = 0,01 (ή 1%).

Η άσκηση 4 λύνεται και χωρις το δεδομενο ‘Το πηλίκο της μαζας των αλογόνων προς τη μάζα του μείγματος Μ είναι ίσο με 66/115’ αλλά έτσι μάλλον απαιτει περισσότερη διερεύνηση.

Ένα άρθρο, που αξίζει να διαβαστεί, αφού πέρα από την διδασκαλία, υπάρχει ο πόλεμος και οι ζωές μας…
Ας μην παραμείνουμε όλοι υπνοβάτες…

Γεια σου Διονύση.
Ωραίο άρθρο ψαγμένο και τίμιο. Τις δυο τελευταίες γραμμές δεν τις διάβασα.
Εκτός από τους ήρωες και οι φυσικοί πρέπει να κοιμούνται ανήσυχα.
Έκανα μια αναζήτηση
<<Που οδηγεί η συσσώρευση κεφαλαίου σύμφωνα με τους νόμους του Νεύτωνα???>>
και ανησύχησα περισσότερο….

Και εμείς εντάξει Διονύση.
Τα παιδιά μας όμως…

Κυρίως Βασίλη….

Το βαρυτικό πεδίο είναι μια τελευταία ευκαιρία να μάθουν οι μαθητές από εμάς, ότι “όλα τα ουράνια σώματα γυρίζουν” και γιατί…

Καλημέρα Ανδρέα.
Πολύ ωραίο θέμα, σε μια γνωστική περιοχή που πάντα μας δίνει πολύ ενδιαφέροντα θέματα!
Να υποθέσω ότι μπήκατε στο βαρυτικό πεδίο στα σχολεία;

Καλημέρα Ανδρέα.
Ωραία έπλεξες το σενάριο στο γνωστό μοντέλο ,
δίνοντας στοιχεία της πραγματικότητας, εισαγωγικά και στο σχόλιο!
Καλή βδομάδα

Καλημέρα συνάδελφοι. Σας ευχαριστώ. Διονύση, ξεκίνησα σήμερα, γιατί έπονται δράσεις. Βέβαια με το που οι μαθητές κατάλαβαν ότι μπαίνουμε στη βαρύτητα, ήρθαν να μου ζητήσουν βιβλία Γ΄τάξης και μάλιστα 2ο τεύχος!
Παντελή σε ευχαριστώ. Θέλει λίγο κόπο μέχρι να καταλάβουν οι μαθητές – όσοι θα ακούσουν – το ρόλο των βαρυτικών δυνάμεων είτε σε ισορροπία είτε σε κίνηση και μάλιστα σε επίπεδο ουράνιων σωμάτων.

αφιερώνεται σε όσους ήταν εδώ τότε, επειδή οι πρωτοπόροι είναι πρωτοπόροι
ακόμα και όταν κάνουν λάθη
“διότι λάθη κάνει όποιος δρα, γι αυτό και έχει την κατανόησή μας,
επειδή δρα δηλαδή,
όποιος δεν δρα, δεν κάνει λάθη, αλλά δεν κάνει και τίποτα,
γι αυτό και δεν έχει την κατανόησή μας”
όπως έχει γράψει ένας “μοναχικός” και “αιρετικός” τύπος
που συμβαίνει να γνωρίζω “προσωπικά”…

Καλησπέρα Βαγγέλη. Εξαιρετική ανάρτηση. Δεν την ήξερα και δεν είχα σκεφτεί ποτέ το σχόλιό σου, ότι το κατακευαστικό χαρακτηριστικό του όπλου είναι η σχετική ταχύτητα εκτόξευσης του βλήματος. Εντυπωσιακό αποτέλεσμα όταν η σχετική ταχύτητα είναι 100M/s αλλά το βλήμα είναι ακίνητο ως προς το έδαφος. Μετά θα αναρωτιέται κάποιος γιατί δεν έφτασε στο στόχο!
Η περικοπή της σχετικής ταχύτητας είναι απαράδεκτη. Αφού όλες οι κινήσεις είναι σχετικές εκτός από τους άσχετους που τις περιέκοψαν.
Αυτό με το “όποιος δρα” είναι η εξήγηση γιατί γίναμε Φυσικοί, αλλά και γιατί λέμε πάντα την άποψή μας.
Να είσαι καλά!

Καλημέρα Βαγγέλη.
Επειδή… έτυχε να είμαι και γω εδώ τότε, δεν είμαστε λίγοι.
Έχουμε απομείνει λίγοι πια… επιμένοντας…

ευχαριστώ όσους διάβασαν την επιστροφή στο 2011
και ιδιαίτερα τον Ανδρέα και τον Διονύση που την σχολίασαν κιόλας,
διότι ο όποιος γράφων ρισκάρει να έχει κάνει λάθος,
αφού το “αλάθητο” πρόλαβε και το πήρε ο Πάπας…
(εννοείται, Διονύση, ήσουν εδώ τότε, αφού, για όσους δεν το ξέρουν,                    
το ylikonet είναι δικό σου δημιούργημα)

Γιάννη μια γρήγορη σκέψη. Βλέπω ρευματικές γραμμες πανταχοθεν να καταλήγουν στην τρυπούλα. Δηλ νερό φευγει από πανω δεξια και καταλήγει κατω αριστερά δηλ σε όλη αυτην την πορεια μεχρι να φύγει νερο κατακορυφα κάποιες μαζουλες κινουνται προς αριστερά. Καλά τα πάω¨?

Μια χαρά Γιώργο.

Γεια σου Γιάννη. Όταν κατέβει το επίπεδο του νερού θα κατέβει από όλο το μήκος του καρπουζιού έτσι κάποια μάζα Όχι μικρή) θα μετατοπισθεί προς την τρύπα .
Το κέντρο μάζας όμως θα μετακινηθεί μόνο προς τα κάτω. Αυτό σημαίνει ακινησία.
.

Γεια σου Γιώργο. Περιμένω και άλλες απαντήσεις. Δεν βρήκα τη λύση και κουράστηκα να καταλάβω την απάντηση.

Καλό μεσημέρι σε όλους
Θα συμφωνήσω με το Γιώργο Κόμη.
Μάζες νερού κινούνται προς τα αριστερά, οπότε η διατήρηση της ορμής επιβάλλει το αμαξίδιο να κινηθεί προς τα δεξιά.

Λάθος. Το cm όλου του νερού κινείται προς τα αριστερά και κάτω. Άρα το καρότσι θα κινηθεί προς τα δεξιά,

Καλησπέρα και στον Διονύση.
Μια χαρά το πάτε όλοι σε πράγματα που εγώ δεν είχα δει.
Μια οπτική:
https://i.ibb.co/bjLbkPS3/23.png
Χάνεται η κόκκινη μάζα και μια ίση πράσινη μάζα εκρέει.
Είναι σαν να μεταφέραμε την κόκκινη στη θέση της πράσινης.
Το κέντρο μάζας της μεταφέρεται από το Μ στο Ν.
Έτσι το κέντρο μάζας του συστήματος μεταφέρεται προς τα αριστερά.
Όμως το κέντρο μάζας πρέπει να μείνει στην ίδια θέση. Έτσι το όχημα κινείται προς τα δεξιά.

Η δεύτερη ερώτηση είναι μάλλον εύκολη:
https://i.ibb.co/3myv9jBG/44.png
Αφού το δοχείο κινείται προς τα δεξιά, το νερό εκρέει με την ταχύτητα που σχεδίασα κάτω αριστερά.
Έτσι η x ορμή του συστήματος είναι προς τα δεξιά.
Δεν διατηρείται η ορμή;

(Η τελευταία δύσκολη ερώτηση θα περιμένει λιγάκι).

Καλησπερα Γιαννη Γιωργο και Διονυση. Εγω σκεφτηκα το εξης: Aν βαλω ενα τοιχωμα συρταρωτά ετσι ωστε να δημιουργειται ενα διαμερισμα τετοιο ωστε η τρυπα να ειναι στην μεση,τοτε αν ανοιξει η τρυπα το οχημα προφανως δεν θα μετακινηθει. Αν οταν αδειασει το διαμερισμα κλεισουμε την τρυπα και αποσυρουμε το τοιχωμα,το νερο που εχει μεινει θα ανακατανεμηθει λογω εσωτερικων δυναμεων ωστε το κεντρο μαζας να μετατοπιστει προς τα αριστερα.. Αρα το οχημα θα παει προς τα δεξια.
Για τον ιδιο λογο για τον οποιο οταν ενα σωμα γλυστραει πανω σε μια μια λεια σφηνα η οποια βρισκεται πανω σε λειο οριζοντιο επιπεδο η σφηνα κινειται αντιθετα
Αυτες οι σκεψεις βοηθανε σε τιποτα? Απλως δεν εχω εκροη και μετακινηση ταυτοχρονα. Τα παιρνω διαδοχικα.Κανοντας αυτη την διαδικασια αρκετες φορες τελικα το αδειαζω τελειως.
https://i.ibb.co/7xF2WrYb/454d-90fb-d79e0c3ba32d-1765725877-2496.jpg

Καλησπέρα Κωνσταντίνε.
Δεν κατάλαβα τη διάταξη.

Η απάντηση στο προτελευταίο ερώτημα δίνεται αν σκεφτούμε όσα είπε ο Γιώργος και επεκρότησε ο Διονύσης.
https://i.ibb.co/gMMvTYDZ/77.png
Η ροή νερού μέσα στο δοχείο (χοντρά βέλη) φροντίζει για τη διατήρηση της ορμής.

Το τελευταίο δύσκολο ερώτημα:
-Πως θα κινηθεί στη συνέχεια το δοχείο;

Γεια σου Γιάννη.

Απάντηση στην δεύτερη ερώτηση
Δεν παραβιάζεται  ο   νόμος  της διατήρησης της  ορμής, επειδή το υγρό μέσα στο βυτιοφόρο θα κινείται προς τα πίσω σε σχέση με το έδαφος.

και στο τελευταίο ερώτημα. Επιταχυνόμενα?

Απάντηση στο τελευταίο ερώτημα;;;;;

Η κατεύθυνση της κίνησης του οχήματος  πρέπει λογικά  στη συνέχεια να αλλάξει,  να κινηθεί προς τα πίσω, διότι διαφορετικά  η θέση του κέντρου μάζας ολόκληρου του συστήματος θα άρχιζε τελικά να κινείται προς τα εμπρός.

Πιθανή αιτία η δύναμη που ασκείται στο πίσω μέρος του οχήματος  από το υγρό που κινείται προς τα πίσω, και  σταματά σε σχέση με το όχημα  ακριβώς πριν χυθεί έξω.

Φεύγω για σινεμά. Θα δω αύριο άλλες γνώμες.

Καλημερα Γιάννη. Εχω μια ενσταση. Ρωτας: “Θα κινηθεί το όχημα; Αν ναι πως;”
Αυτο ειναι ολιγον διαφορετικο απο αυτο που ρωταει ο γριφος: “προς ποια κατευθυνση θα κινηθει το τανκερ….Θα συνεχισει να κινειται προς αυτη την κατευθυνση?”
Καταλαβα οτι η ερωτηση ειναι ποια θα ειναι η τελικη κινηση του δοχειου οταν θα εχει αδειασει το νερο. Θα πρεπει να εχει καποια ταχυτητα αφου η δυναμικη ενεργεια του νερου μειωθηκε και αφου δεν παραγεται πουθενα θερμοτητα σωστα? Προς τα που θα ειναι αυτη η ταχυτητα?
Μολις ειδα τον γριφο θυμηθηκα αμεσως αυτο το πολυ ωραιο που ειχες βαλει το οποιο ειναι μεν διαφορετικο αλλα εγω βλεπω καποια σχεση μεταξυ τους.
Η ένδειξη της ζυγαριάς. Ένα κουίζ.
Εχουμε τον ιδιο Χαλιντευ. Κοιταξε και το προβλημα 12 σελ 207.

Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Θα τη δω.

καλησπέρα σε όλους
η θέση μου: το σύστημα στον οριζόντιο άξονα δεν δέχεται εξωτερικές δυνάμεις, άρα το κέντρο βάρους του θα παραμείνει στη θέση του, και αφού ένα τμήμα του νερού μεταφέρεται εκτός του συστήματος αριστερά, το απομένον τμήμα του συστήματος θα μεταφέρεται προς τα δεξιά ώστε το κέντρο βάρους να παραμένει στη θέση του (σωστότερα κατεβαίνοντας στην ίδια κατακόρυφη λόγω της δράσης της εξωτερικής δύναμης του βάρους του)

Καλησπέρα Βαγγέλη.
Σωστά.

Ξεκινώντας από τα βασικά των κυμάτων, αλλά που οι ζητούμενες γραφικές παραστάσεις καταλήγουν απρόσμενα και δεν χαράσσονται με τη “συνήθη” πρακτική…

Καλημέρα παιδιά. Ωραίο θέμα Διονύση. Στη φράση «ενώ τη στιγμή αυτή έχει φτάσει σε σημείο Β» ίσως πρέπει αντί του «έχει φτάσει» να μπει το «φτάνει». Παντελή κάνε κοινόχρηστο το αρχείο.

Καλημέρα Διονύση.
Παρ’όλο που όταν μου ζητούν παράσταση π.χ στιγμιότυπου ,λέω να βρούμε πρώτα τη σχέση ψ=f(x) όπως εσύ πράττεις, προτείνω τεχνικά την παρακάτω μέθοδο για το ΣΤΙΓΜΙΟΤΥΠΟ
Το θέμα καλύπτει αρκετά από το πλήθος κυματικών ζητούμενων!
Καλή Κυριακή

Καλημέρα Αποστόλη
Πρέπει να έγινε κοινό…Ευχαριστώ

Καλό μεσημέρι Παντελή και Αποστόλη.
Σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Παντελή η τεχνική που προτείνεις είναι η συνήθης αντιμετώπιση.
Αλλά οι μαθητές το κάνουν εντελώς μηχανικά, χωρίς γι΄αυτούς να έχει καμιά σημασία η εύρεση της συνάρτησης.
Γι΄αυτό παραπάνω δεν ζήτησα το στιγμιότπυο μέχρι εκεί που έχει φτάσει το κύμα, αλλά μόνο μιας περιοχής…
Αποστόλη το βλέπω το φτάνει – έφτασε 🙂

Καλησπέρα Διονύση
Ωραίο θέμα εντελώς στο πνέυμα πανελληνίων αλλά ορθά διατυπωμένη…

Καλησπέρα Διονύση. Ωραία περίπτωση. Το κύμα του σχολικού “περιορισμένο”, για να περιοριστεί η παπαγαλία στο στιγμιότυπο. Όταν τα βάζω να μου γράψουν την εξίσωση κύματος, τους έχω πει να γράφουν και το πεδίο ορισμού. Στην περίπτωσή μας x <= 2t, t>=0, μια και μιλάμε για κύμα που προχωράει έχοντας κάποιο μέτωπο.

Υ.Γ. Το τρέχον αυτό κύμα δεν έχει απόσβεση, σε αντίθεση με το “κύμα αποκαλύψεων για το τυχαίο σκάνδαλο Χ”, που έχει μεγάλες αποσβέσεις και χάνεται…

Καλημέρα παιδιά.
Χρήστο και Ανδρέα, σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Ανδρέα και ένα νέο “κύμα” φαίνεται να έρχεται…
ΥΓ
Το τελευταίο δεν έχει σχέση με το γνωστό “νέο κύμα”…

Καλησπέρα Γιώργο.
Κάτι δεν πάει καλά:
https://i.ibb.co/ZRJt2L59/11.png

https://i.ibb.co/nqfD9snX/22.png

Καλησπέρα Γιώργο, καλησπέρα Γιάννη.
Γιάννη ποιο είναι αυτό το ω στη φυγόκεντρο;
Φαντάζομαι ότι θεωρείς σταθερό ω. Βέβαια η εκφώνηση μιλάει για σταθερό ω, αλλά έχω την εντύπωση ότι αναφέρεται για την αρχική κίνηση, πριν κοπεί το νήμα.
Θα μου πεις η διατύπωση….

Καλησπέρα Κώστα.
Η σχέση που έβγαλες από την ΑΔΣ λέει ότι μεταβάλλεται η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου και δεν παραμένει σταθερή.
ΥΓ.
Ας τονιστεί ότι μιλάμε για ράβδο που έχει τρυπήσει τη σφαίρα και όχι για μια σφαίρα που κινείται πάνω σε οριζόντιο λείο δίσκο.

Μια άλλη λύση:
https://i.ibb.co/q8t2gn0/22.png

Διονύση αν δεν είναι σταθερή η ω το αποτέλεσμα επηρεάζεται από τη μάζα της ράβδου.
Εξ άλλου μιλάει για σταθερή γωνιακή ταχύτητα.

Παιδιά δεν πρόσεξα ότι λέει “αβαρή ράβδο”.
Θα το ξαναδώ.

Καλησπέρα παιδιά.
Ας φανταστούμε ότι έχουμε λειο σωλήνα και στο εσωτερικό του είναι ενα σφαιρίδιο.
Για να απλοποιήσω τις πράξεις άλλαξα τα δεδομένα.Σωλήνας μήκους 2r το μπαλίδιο συγκρατείται στην θέση r και αφήνεται ελευθερο.
Κάνω την υπόθεση ότι η ω αλλαζει διαφορετικά δεν έχει νοημα ως ασκηση Γ λυκείου που παίζει η ΑΔΣΤΡ.
Με τα δεδομένα αυτά βρήκα Δt = ριζα3/ω0 με τις 1, 2 και 3 μεθόδους.
Ακολούθως αφού είδα ότι λειτουργούν εφάρμοσα την λυκειακή μέθοδο που προς το παρων δεν θέλω να ομολογήσω στην άσκηση και βρήκα ως σωστό ένα από τα α , β, γ.

Το τρίγωνο 3,4.5.
Διατηρείται και η ενέργεια.

Καλησπέρα παιδιά.
Για να βρούμε το δρόμο, ας πάρουμε τη ράβδο στη θέση του σχήματος (σε κάτοψη)

https://i.ibb.co/kbSfY1s/2025-12-13-223908.png

τη στιγμή που κοβεται το νήμα. Ας αφήσουμε τις κατακόρυφες δυνάμεις και την φυγόκεντρο (ας μιλήσουμε για ακίνητο παρατηρητή).
Η δύναμη που ασκείται στο σφαιρίδιο από τη ράβδο, είναι:
α) κάθετη στη ράβδο
β) παράλληλη στη ράβδο
γ) Άλλη απάντηση.
Και αν πάρουμε τη ράβδο σε μια άλλη θέση, όπως αυτή του σχήματος, που ξέχασα να σημειώσω την ταχύτητα:

https://i.ibb.co/rRBC5LRt/2025-12-13-224624.png

ποια η απάντηση στο παραπάνω ερώτημα;

Κάνω αλλαγή στην αρχική σκέψη . …
Οσον αφορα τις δυναμεις δεν αλλαζει κατι …λεια η ράβδος ασκει μονο κατακορυφη δυναμη στο σφαιριδιο η οποια εξουδετερωνει το βαρος του , προς ακινητο παρατηρητη . Το σφαιριδιο απο την κοπη του νηματος και μετα θα έχει και μια συνιστωσα ταχυτητα υr στην ακτινική διευθυνση η οποία ξεκινα από μηδέν το μέτρο της και αυξάνεται μέχρι να φτάσει στο Α .

Για το τελευταιο ερωτημα εκτιμω ότι τελικα εχουμε συνεχη αλλαγη της γωνιακης ταχυτητας , παλι δεν υπαρχει συμφωνια με καποιο απο τα αποτελεσματα …..
Ανεβαζω λοιπον τη σκεψη μου – εκτιμηση μου :

https://i.ibb.co/7tgtB3D1/4.png

Να προσθέσω κάτι τωρα που το ξαναβλεπω …. Όπως ειπα οι δυναμεις είναι κατακορυφες η δυναμη απο τη ραβδο στο σφαιριδιο εξουδετερωνει το βαρος, η ράβδος ειναι λεια. Αρα βλεποντας το επιπεδο της κινησης σε κατοψη ο ακινητος παρατηρητης που ειναι απο πανω θα το δει να κινειται άραγε ευθυγραμμα ; Οι δυναμεις αυτες δεν αλλαζουν το μέτρο της ταχύτητας . Αρα για τον χρονο βγαινει το αποτελεσμα το αρχικο που ειχα ανεβασει που θεωρησα ΕΟΚ και διενυσε:

S= L*ημθ=0.8L (ήταν συνθ = x/L= 0.6) τοτε Δt = S/υο = 0.8L/(ωο*0.6L) = 4/(3ωο) .

Τοτε και για το τελευταιο ερωτημα στο τύπο που έχω βγαλει για τη τυχαία θέση που η ράβδος σχηματίζει μια τυχαια γωνια Θ με την αρχικη της θέση θα είναι x/r = συνΘ .
Επομένως :

ω = ωο * (συνΘ)^2

Kαλησπερα σε ολους. Μου φαινεται απλη ασκηση. Η ραβδος αφου ειναι λεια και αμαζη,δεν ασκει δυναμεις αρα απο την στιγμη που κοβεται το νημα και μετα,το σφαιριδιο κανει ευθυγραμμη ομαλη κινηση εφαπτομενικα στον κυκλο ακτινας 3l/5 εως να συναντησει τον κυκλο ακτινας l. Θελει ενα πυθαγορειο και βρισκουμε οτι το μηκος που θα διανυσει ειναι η μια καθετη πλευρα ενος ορθογωνιου τριγωνου με υποτεινουσα l και αλλη καθετη πλευρα 3l/5 ητοι 4l/5 το οποιο θα το διανυσει με σταθερη ταχυτητα 3lω/5 αρα σε χρονο 4/3ω
Καλο θα ηταν ο κατασκευαστης της ασκησης να μην εμπλεξει πεδια βαρυτητας τα οποια ειναι αχρηστα και μας κανουν να ασχολουμαστε με πραγματα που δεν εχουν σχεση με την Γεωμετρια.

Καλησπέρα σε όλους.
Απο μια παλιότερη άσκηση εδώ ο Διονύσης και ο Γιάννης αναλυουν την κινηση του σφαιριδίου και τις δυνάμεις που δέχεται. Για το χρονο μπορει να γινει μεσω του τελευταίου σχολίου του Κωστα και του Κωνσταντίνου.

Το g του σχηματος και οτι ο αξονας ειναι κατακορυφος, ειναι μια παραφωνια στην ασκηση.Αυτα δεν χρειαζονται. Το μονο που χρειαζεται να λεει ειναι οτι η ραβδος στρεφεται γυρω απο αξονα καθετο στο επιπεδο στο οποιο κινειται χωρις να ανακατευει πεδια βαρυτητας και οτι ο αξονας δεν ασκει ροπες στην ραβδο. Η ραβδος δεν μπορει να ασκησει στο σφαιριδιο δυναμη καθετη σε αυτην διοτι η αντιδραση της θα εδινε στην αμαζη ραβδο,απειρη γωνιακη επιταχυνση,οπερ ατοπον. Επισης η ραβδος δεν μπορει να ασκησει δυναμη κατα μηκος της διοτι εξ υποθεσεως ειναι λεια. Αρα δεν ασκει καμια δυναμη στο σφαιριδιο. Αυτο νομιζω απανταει στο ερωτημα του Διονυση εκτος αν εννοουσε κατι αλλο που εγω δεν το καταλαβα. Ο μηχανισμος ειναι ισοδυναμος με το να μην υπηρχε ραβδος αλλα δυο ιδανικα νηματα, ενα μηκους 3l/5, αυτο που κοβεται,και ενα μηκους l το οποιο ειναι χαλαρο και τεντωνει μετα. Αρα η ασκηση με μια τετοια διατυπωση, μπορει να παρουσιαστει και σε Α ή Β Λυκειου ως ασκηση Γεωμετριας και ευθυγραμμης ομαλης κινησης.

Καλημέρα σας
Είναι του κ. Κυριάκου:

Διατήρηση της στροφορμής υλικού σημείου

Καλημέρα.
Κωνσταντίνε συνεχίζοντας τον σωστό συλλογισμό σου. Όπερ άτοπο. Επομένως δεν μπορεί να υπάρξει αβαρής ράβδος και ο συγγραφέας δεν κυριολεκτεί. Δηλ η ράβδος έχει αμελητεα μάζα σε σχέση με την του σφαιριδίου και δεν αναφέρεται για λόγους οικονομίας.
Τολμώ μια σκέψη που μπορεί να εκανε.
Μου πήρατε την ροπή αδράνειας πάρτε τωρα μια αβαρή ράβδο.
Στην ουσία όταν μιλάμε για ΑΔΣΤΡ εννοούμε συστήματος σφαιριδίου – <<αβαρούς ράβδου>>.
Επομένως οι ροπές των οποιων δυνάμεων ασκούνται μεταξύ τους είναι 0.

Καλημέρα Χρήστο.
Γράφαμε μαζί και δεν έιχα δει το σχόλιο σου.

Καλημέρα και καλή Κυριακή σε όλους.
Ευχαριστούμε Χρήστο για την ενημέρωση. Την ανάρρτηση του Νίκου, δεν την θυμόμουν…
Τα σχήματα που έδωσα παραπάνω, τα έδωσα για να καταλήξουμε στα συμπεράσματα που έγραψε ο Κωνσταντίνος. Η λεία ράβδος δεν μπορεί να ασκήσει δύναμη στην διεύθυνσή της, συνεπώς η κίνηση προς το άκρο Α δεν οφείλεται σε κάποια δύναμη! (μιλάμε όπως τα βλέπει τα πράγματα ο ακίνητος παρατηρητής).
Δύναμη κάθετη στη ράβδο θα σήμαινε αύξηση της κινητικής ενέργειας, την οποία κέρδιζε το σφαιρίδιο από ένα σώμα άμαζο, άρα ένα σώμα χωρίς κινητική ενέργεια, καθώς και αύξηση της στροφορμής του σφαιριδίου ως προς τον άξονα περιστροφής.
Η αύξηση αυτή οφείλεται στη ροπή της ασκούμενης δύναμης, αλλά τότε η αντίδρασή της θα ήταν μια ροπή στην αβαρή ράβδο, η οποία θα αποκτούσε άπειρη γωνιακή επιτάχυνση…
Δεν μένει παρά να αποδεχτούμε ότι δεν ασκείται δύναμη στο σφαιρίδιο, το οποίο κινείται ευθύγραμμα και ομαλά… Την κίνηση προς το άκρο Α την επιβάλλει η γεωμετρία και όχι κάποια δύναμη που προκαλεί επιτάχυνση!
Γιώργο υποψιάζομαι ότι κάτι επιπλέον έχεις στο μυαλό σου.
Το περιμένιυμε.

Καλημέρα παιδιά.
Δεν θυμόμουν την άσκηση.
Δεν κατάλαβα τον υπαινιγμό του Διονύση παρά μόνο όταν ο Κωνσταντίνος παρουσίασε τη λύση.
Έξυπνο θέμα!

Καλησπερα μαλλον η διατυοωση ειναι περιεργη θα πρπει να υπαρχει μικρη τρβή μεταξύ ρα΄βδου και μαζας αλλιως η θιεση της δεν αλλαζει Απο την διατηρησ της στροφρορμλης mω0 x0^2=m ω x^2 => ω=ω0 x0^2/x^2
Χρησιμοποιούμε το σχήμα διατήρησης ενέργειας για περιστροφή γύρω από σταθερό άξονα, όπου η ράβδος είναι αβαρής και δεν υπάρχουν τριβές.H κινητικη ενεργεια αρχικά ειναι Τ=1/2 I ω^2=1/2 m x^2 (ω0 x0^2/x^2)^2=1/2m ω0^4 x0^4/x^2

Καθώς το σφαιρίδιο κινείται κατά μήκος της ράβδου, η ενέργεια διατηρείται, άρα μπορούμε να γράψουμε: 1/2m (dx/dt)^2+1/2 m (xω)^2

1/2m ω0^4 x0^4/x^2=
1/2m(dx/dt)^2+1/2 m( x ω0 x0^2/x^2)
προκύπτει οτι dx/dt=0 άρα x= σταθερο

Αυτό δείχνει ότι δεν υπάρχει ακτινική κίνηση χωρίς εξωτερική δύναμη. Δηλαδή:

• Αν η ράβδος είναι αβαρής και δεν υπάρχει εξωτερική ροπή, το σφαιρίδιο δεν θα γλιστρήσει μόνο του κατά μήκος της ράβδου.

Καλημέρα Γιώργο και καλή αρχή στη συμμετοχή σου σε σχόλια.
Γράφεις:
H κινητικη ενεργεια αρχικά ειναι Τ=1/2 I ω^2=1/2 m x^2 (ω0 x0^2/x^2)^2=1/2m ω0^4 x0^4/x^2″
Αν η ενέργεια αυτή αναφέρεται στην αρχικη θέση, γιατί υπάρχει τελικά το x στην εξίσωση;
Όσο για το συμπέρασμα στο οποίο οδηγείσαι, δεν με βρίσκει σύμφωνο.
Η κίνηση του σφαιριδίου θα συμβεί και αυτό εξηγείται διαφορετικά, ανάλογα με τον παρατηρητή.
Για τον ακίνητο το σφαιρίδιο κινείται ευθύγραμμα, άρα κάποια στιγμή θα φτάσει στο άκρο της ράβδου (είναι αυτό που έγραψα, το επιβάλλει η γεωμετρία), ενώ για έναν περιστρεφόμενο παρατηρητή στο κέντρο Ο, θα επιταχυνθεί εξαιτίας της φυγόκεντρης δύναμης.

Γεια σας παιδιά.
Την ωραία αναρτηση του Νίκου δεν την γνώριζα. Όπως φάνηκε απο τα σχόλια που έκανα , αλλά και απο την ενασχόληση του Κώστα ο χρόνος κίνησης έτσι ψυχρά μαθηματικά είναι το β.
Αυτό δεν αμφισβητείται.
Μάρτυς μου ο θεός …εεε ο Διονύσης ήθελα να πω είχα σκεφτεί την λύση Κωνσταντίνου που την θεωρεί και υπερβολικά απλή ως σκέψη.
Αλλά όπως φάνηκε από την ωραία συζήτηση και απο την αναρτηση του Νίκου 3 χρόνια πριν η διαίσθηση όταν το μοντέλο οδηγείται στο όριο του δεν είναι καλός σύμμαχος.
Με χαλάει το παντελώς αβαρής ράβδος δεν μπορεί να ασκήσει δύναμη. Αυτό το τοσο απλό??? μπορεί να το σκεφτεί μαθητής?
Μια άλλη σκέψη λανθασμένη? που έκανα δίδοντας την λυκειακή λύση ήταν η εξής. Λέμε από την γεωμετρία του προβλήματος. Εντάξει.
Δηλ αποκλείεται να φτάσει το σφαιρίδιο στο άκρο όταν η ράβδος έχει διαγράψει γωνία μεγαλύτερη των 90 μοιρών?
Είναι τόσο προφανές ας πούμε ότι όταν το σφαιρίδιο είναι πολύ κοντά στον αξονα περιστροφής και αφήνεται ελευθερο φτάνει στο άκρο της ραβδου όταν αυτή σχηματίσει γωνία 90 μοιρες? Δηλ ο χρόνος για να διαγράψει το άκρο της ράβδου αυτή τη γωνια είναι ισος με τον χρόνο για να φτάσει το στο ακρο της το σφφαιρίδιο?

Καλό μεσημέρι Γιώργο.
Επιβεβαιώνω, σαν μάρτυρας, ότι μου είχες αναφέρει τη λύση με την ΕΟΚ του σφαιριδίου!
Πάμε τώρα στα υπόλοιπα.
” αβαρής ράβδος δεν μπορεί να ασκήσει δύναμη.”
Η πρόταση γενικά δεν είναι σωστή. Μια αβαρής ράβδος (με ό,τι σημαίνει το αβαρής και με δεδομένο ότι μιλάμε για ένα μοντέλο…) μπορεί να ασκεί δύναμη. Εδώ δεν θα μπορούσε να ασκήσει!
Παράδειγμα, στο σχήμα, όπου τη ράβδος ηρεμεί οριζόντια, ασκεί δυνάμεις στα σώματα, μέσω των νημάτων.
https://i.ibb.co/s9yXhvwj/2025-12-14-151455.png
2ο παράδειγμα. Αν η ράβδος δεχόταν κάποια εξωτερική ροπή με αποτέλεσμα να στρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα, τότε η λύση θα ήταν αυτή που έδωσε ο Γιάννης ΕΔΩ. Στην περίπτωση αυτή η ράβδος ασκεί δύναμη.
Όσο για τη γωνία μεγαλύτερη ή όχι των 90°, η ΑΔΣ δίνει τη λύση.
Από οποιαδήποτε θέση και να ξεκινήσει το σφαιρίδιο (προφανώς όχι από το άξονα στο Ο…) δεν μπορεί να φτάσει στο άκρο Α, όταν η γωνία γίνει 90° ή μεγαλύτερη. Θα φτάσει πιο πριν.
Γιατί; Γιατί αν έφτανε στη γωνία αυτή, η στροφορμή του θα μηδενιζόταν, ενώ εδώ η στροφορμή διατηρείται.

• Ενα αμαζο σωμα δεν μπορει να δεχεται νετ εξωτερικες δυναμεις η ροπες διαφορες του μηδενος διοτι οι επιταχυνσεις απειριζονται. Αυτο Γιωργο ναι μεν δεν ειναι ευκολη σκεψη αλλα εχει μαλλον μαθει να την κανει ενας μαθητης εστω και μηχανικα. Στην δυναμικη στερεου για παραδειγμα,λεγαμε στα παιδια οτι οι τασεις του νηματος εκατερωθεν μιας αμαζης τροχαλιας,ηταν παντα ισες κατα μετρο..Αυτο διοτι αν ηταν ανισες θα ειχαμε συνισταμενη ροπη οχι μηδεν πανω σε μια αμαζη τροχαλια και κατα συνεπεια αυτη θα αποκτουσε απειρη γωνιακη επιταχυνση.Σε μια τροχαλια με μαζα τις δυο τασεις τις τις παιρναμε ισες κατα μετρο μονο στην στατικη περιπτωση.

Καλησπέρα σε όλους
Κωνσταντίνε δεν συμφωνώ απόλυτα. Δεν θυμάμαι μια προηγούμενη συζήτηση που πάλι είχε εμφανιστεί κάτι ανάλογο. Τις προσεγγίσεις τις κάνουμε στο τέλος. Ο Διονύσης μέσω ενός αντιπαραδείγματος δίνει μία περίπτωση που η αβαρής ράβδος ασκέι δύναμη.
Να δώσω μία παλιά άσκηση ΕΔΩ με αφορμή ένα θέμα πανελληνιων. Εδώ παρόλο που ο σωλήνας είναι αβαρής αλληλεπιδρά και “μεταβιβάζει” ροπή. Θα μους πεις δεν υπάρχει αβαρές θέμα με διαστάσεις. Αλλά όπως και να το κάνουμε είναι θέμα προσέγγισης.

Το πρωτο σχήμα πρέπει να αφορά αναρτηση του Κυριακόπουλου.
Είναι δυο δισκοι που συνδεόνται με αβαρή ράβδο ο ένας δεχεται δυναμη και ζητούσε την δύναμη που ασκεί η ράβδος.
Στο δευτερο σχημα αποδεικνύω ότι η αβαρής ράβδος ασκεί δυναμη κατα την διευθυνση της αλλα δεν θυμάμαι σε ποια αναρτηση

Xρήστο μηπως εννοείς αυτά.
https://i.ibb.co/dJX34gcv/sirma.jpg

https://i.ibb.co/tpZdgWGt/giorgis.jpg

Η θέση του σωματιδίου: r=x er er to μοναδιαια άνσυσμα άτα η ταχύτητα ειναι
v=dx/dt er+x dθ/dt eθ=dx/dt er+x ω eθ άρα το μέτρο ειναι v^2=(dx/dt)^2+x^2ω^2
άρα η κινητική ενέργεια ειναι
Τ=(1/2)m(dx/dt)^2 +(1/2)m (ωx)^2

Γιώργο δεν αμφισβήτησα τη σχέση:
Τ=(1/2)m(dx/dt)^2 +(1/2)m (ωx)^2
Αυτή είναι πράγματι η κινητική ενέργεια στην τυχαία θέση.
Αλλά προηγούμενα έχεις γράψει ότι στην αρχική θέση η κινητική ενέργεια είναι:
Τ=1/2 I ω^2=1/2 m x^2 (ω0 x0^2/x^2)^2=1/2m ω0^4 x0^4/x^2
Εγώ θα έλεγα ότι στην αρχική θέση η κινητική ενέργεια έχει τιμή:
https://i.ibb.co/hRjBRzdP/2025-12-14-191140.png

καλησπέρα σε όλους
μια σκέψη, χωρίς εξήγηση και πράξεις: (βλέπω το φαινόμενο από πάνω) το σφαιρίδιο έχει ταχύτητα 3ωοl/5 κάθετη στη ράβδο και πραγματοποιεί ευθύγραμμη ομαλή κίνηση ώσπου να συναντήσει το άκρο της ράβδου διανύοντας απόσταση d,
ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες 3l/5 και d και υποτείνουσα l, Πυθαγόρειο οπότε d=4l/5=3ωοl/5.t από όπου t=4/3ωο, σωστή η β

Γεια σου Βαγγέλη!!!
Σωστός. Προηγείται όμως η … απλή σκέψη του Κωνσταντίνου ότι το σωμα δεν δέχεται δύναμη από την αβαρή ράβδο διότι διαφορετικά αυτή θα αποκτούσε απειρη επιτάχυνση.
Και μόλις τώρα μου ήρθε μια φαεινή ιδέα.
ΘΜΚΕ για ράβδο.
Κτ -Κα = Wροπήςδύναμης που δέχεται η ράβδος από το σφαιρίδιο
0 = W Εομένως F =0
άρα και η ράβδος δεν ασκεί δύναμη στο σφαιρίδιο.
Και μια ερώτηση προς όλους. Η ράβδος δέχεται δύναμη από άξονα περιστροφής?

Καλημέρα Γιώργο.
Από τη στιγμή που η συνισταμένη δύναμη στην αβαρή ράβδο είναι μηδενική, τότε και ο άξονας δεν της ασκεί δύναμη.

Καλημέρα Διονύση.
Η ερώτηση ήταν ασαφής.(αργότερα το σκέφτηκα)
Το φαινόμενο εξελίσσεται. Έχουμε την διάρκεια μιας κρουσης. Και μετά έχουμε αιώνια περιστροφή….

Γίνε πιο σαφής Γιώργο.
Μιλάμε για το σύστημα αβαρής ράβδος-σφαιρίδιο, χωρίς το νήμα; Μιλάμε για το σφαιρίδιο κολλημένο στην αβαρή ράβδο, μιλάμε για κάτι άλλο;

Kαλημερα Γιώργο και Διονύση. Θα απαντουσα ακριβως οπως ο Διονυσης. Αν συζηταμε και για πιο μετα ,στην αιωνια περιστροφη ας πουμε, ο αξονας πρεπει να ασκει δυναμη ιση με την κεντρομολο που ασκειται στο σφαιριδιο.

Διονύση από την στιγμή που κόπηκε το νήμα και πριν την κρούση η κατάσταση έχει ξεκακαθαριστεί. Η ράβδος δεν ασκεί δύναμη στο σώμα ούτε το σώμα στην ράβδο.
Το ίδιο όπως είπες συμβαίνει και με άξονα περιστροφής.
Μετά ομως εχουμε κρούση.
Αμέσως μετά έχουμε περιστροφή σφαιριδίου αβαρούς ράβδου.

Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Γράφαμε μαζί.

Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Για τη διάρκεια της κρούσης Γιώργο η αβαρής ράβδος θα δεχτεί δύναμη από τον άξονα, αντίθετη της κρουστικής δύναμης που θα δεχτεί από το σφαιρίδιο, έτσι ώστε να έχουμε συνισταμένη (στη ράβδο) μηδενική.
Μετά την κρούση, συμφωνώ με Κωνσταντίνο.

Ναι Διονύση έτσι ακριβώς.
Και άλλη μια ερώτηση.
Αν δηλ κύριε μετά που κοβουμε το νημα ή και λιγο αργοτερα πριν φτασει το σφαιρίδιο στο ακρο
και δεν υπάρχει και εμπόδιο αφαιρέσουμε τον άξονα η ράβδος για να ξεφορτωθει το σφαιρίδιο θα συνεχίσει να περιστρέφεται σαν να υπάρχει άξονας???

Ακριβως. Σαν να υπαρχει αξονας.
Ο αξονας ειναι σαν να μην υπαρχει απο πριν αφου δεν ασκει δυναμεις

Θα μπορούσα να απαντήσω σαν τον Βαμβάσικο “σύντροφέ μου σε άκουσα πάλι τον άνεμο να ρωτάς, ποιος να ξερει το βλέμα του πίσω τι κρύβει ο θεός για μας…” αλλά για να μην πάμε τόσο πίσω, θα συμφωνήσω με τον Κωνασταντίνο 🙂

Διονύση Ευτυχείτε 🙂

Άντε τώρα, να μας καταλάβουν οι νεότεροι … 🙂

Τον είχα ξεχάσει εντελώς τον Τώνη.
Τότε είμαστε μικροί.
Αλλά τώρα είμαστε ΜΕΓΑΛΟΙ!!!!

Γιώργο Κόμη
βέβαια και έλαβα υπ’ όψιν μου τη σωστή τοποθέτηση του Κωνσταντίνου
στο ερώτημά σου, συμφωνώ με τον Διονύση, όχι η ράβδος δεν δέχεται καμία δύναμη από τον άξονα

Διονύση
κάνω μια προσπάθεια εξήγησης πώς και η ράβδος εκτελεί περιστροφική κίνηση, χωρίς να δέχεται δύναμη από τον άξονα
το κάθε “κλικ” σε μήκος της ράβδου εκτελεί ευθύγραμμη ομαλή κίνηση με διαφορετική ταχύτητα
το πλησιέστερο κλικ έχει ταχύτητα 0, το τελευταίο έχει max, το κάθε ενδιάμεσο ανάλογα με την απόστασή του από τον άξονα, οπότε ανά πάσα στιγμή όλα τα κλικ έχει διανύσει διαφορετική απόσταση, αλλά είναι στην ίδια ευθεία, αυτήν που ορίζει η ράβδος στη νέα της θέση

Καλημέρα Γιάννη. Αν ” πηδηξει” κάθετα στην κίνηση (μπροστά ή πίσω όπως βλέπει στο σχήμα) με σχεδόν μηδενική ταχύτητα θα έχει ως προς το έδαφος 4m/s.

Καλημέρα Γιάννη

Μου άρεσε πολ΄τ …αλλά θα έδινα λίγο διαφορετικά απάντηση

Η δική μου απάντηση
( με θετική φορά προς τα δεξιά )

Ως προς το έδαφος η Αρχική συνολική ορμή είναι p= -500x(-4) = -2000 (S.I.)
ΑΔΟ : 400xV’+100x)=-2000 (S.I.)
άρα η πλατφόρμα θα αποκτήσει τελική ταχύτητα
V’= -5 m/s αριστερά (ως προς το έδαφος ) την στιγμή που ο υπέρβαρος νεαρός θα εγκαταλείπει το δεξιό άκρο της πλατφόρμας με μηδενική ταχύτητα .

Ως προς την πλατφόρμα ο νεαρός θα έχει
υ'(σχ)= 0-(-5) δηλαδή πρέπει να κινείται προς τα δεξιά με υ'(σχ)= 5 m/s .
Θα πρέπει να κινηθεί λοιπόν προς τα δεξιά με σταθερή επιτάχυνση α(σχ) έτσι ώστε υ'(σχ)=α'(σχ) * Δt
Οπότε
α'(σχ)= {[υ'(σχ)]^2} / [2*(L/2)] =25/6 (S.I.)

α'(σχ)= 4,167 (S.I.) προς τα δεξιά .

Χρόνος κίνησης 0,83 s ( Δύσκολα προλαβαίνει 4 διασκελισμούς )

Δηλαδή για κίνηση με ομαλή επιτάχυνση απαιτείται μια τριβή 417 Ν οπότε για έναν νεαρό με 100 kg μάζα απιτείται συντελεστής τριβής μεγαλύτερος από 0,42 . και
συνολική δύναμη από τα πόδια 1083,5 N τόση όση να στεκόταν ακίνητος κρατώντας ένα καρπούζι περίου 8,5 kg. !!

Επειδή η επιτάχυνση πολύ δύσκολο αλλά πρέπει να επιτευχθεί με 4 περίπου διαδοχικές κρούσεις ( διασκελισμούς ) ίσως πρέπει να απαιτήσουμε περίπου διπλάσιο συνελεστή τριβής και δύναμη ποδιών ,,, αλλά και πάλι μέσα στις φυσιολογικά αναμενόμενες τιμές.

Καλημέρα Γιώργο.
Ναι 4 m/s και όχι μηδέν. Θα χτυπήσει ίσως.

Σχετικά βίντεο:
Πρώτο.

Δεύτερο.

Γεια σου Μήτσο.
Ευχαριστώ.
Βγάζω τον χρόνο ίσο με 1,2s.
Εμβαδόν:
https://i.ibb.co/pH0jD5K/56.png

Εμ βέβαια 1,2 s είναι.
5/4,1666 και όχι το αντίστροφο .
3 μονάδες κάτω ο Μήτσος 🙂

Μήτσο στην κίνησή του συνδράμει και μία δύναμη D’ Alembert (θα μας έλεγε παρατηρητής επί της πλατφόρμας). Είναι για τον νεαρό 416 Ν και κάτι ψιλά!

Ναι Γιαννη εχεις δικιο. Διβασα λαθος την εκφωνηση . Για ελαχιστο ΔΡ νομιζα!Δεν ειδα και την λυση σου ,οπότε λαθος…..

Καλημέρα Χρήστο.
Τρέχοντας με το κύμα το παρακολουθώ ανεβοκατεβαίνοντας όπως τα Κ και Λ και καταλήγω στην επόμενη απόδοση, που τη θεωρώ σαν επαλήθευση της λύσης σου,
και εναλλακτικό έλεγχο από το μαθητή…Ελπίζω πως δεν εχω ασάφεια απλά απέφυγα την κυματική εξίσωση που εννοείται οι παίδες πρέπει να ξέρουν να χειρίζονται.
https://i.ibb.co/Kp4n15tw/1.png
https://i.ibb.co/XkMBpKsM/2.png
Καλό Σαββατοκύριακο
(Στη λύση σου γράφεις ..”Το σημείο Μ ξεκινά…” και εννοείται ότι το Μ είναι το Κ)

Καλημέρα παιδιά. Πλούσια τα ερωτήματα Χρήστο. Μια εναλλακτική λύση για το (iv) στο πνεύμα της 7ης του Γιάννη.

https://i.ibb.co/pjjsSxmL/image.png

Παντελή και Αποστόλη καλησπέρα.
Ευχαριστώ για το σχόλιο και τις εναλλακτικές λύσεις.
Παντελή όπως τα λες αν καταλάβει κάποιος ότι η κυματική εξίσωση είναι y =Aημ(ω·Δt) γίνονται πιο απλά τα πράγματα. Θέλησα αρχικά να κινηθώ έτσι αλλά ετά δεν ήθελα να αποκλίνω από το καθιερωμένο.
Αποστόλη ο κύκλος είναι γρήγορος και κομψός… αλλά δύσκολα διαχειρίσιμος από μαθητές δυστυχώς.

χρήσιμη και πρωτότυπη, Διονύση
να μην “τρομοκρατούμε” τους μαθητές στο ξεκίνημα, δημιουργώντας τους απέχθεια για τη Φυσική
να αρχίζουμε από “λόφους” και όχι από κορυφές “βουνών”, όπου μπορεί και να καλλιεργούνται ελιές με επιδοτήσεις από τον ΟΠΕΚΕΠΕ…

Καλημέρα Βαγγέλη και καλό ΣΚ!
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Προφανώς συμφωνό μαζί σου για τα όρη και τα … άγρια βουνά 🙂

Γιάννη καλησπέρα.
Πολύ ωραίες όλες με την 5 να ξεχωρίζει

Ευχαριστώ Χρήστο.
Τη ιδέα παρουσίασε στο βιβλιάράκι για τα κύματα ο Δημόπουλος.
Στο ΕΚΦΕ ο Βαγγέλης εντόπισε το πρόβλημα στήνοντας ένα στάσιμο κύμα σε ένα λαστιχάκι. Η συχνότητα ήταν διπλάσια αυτής της ΔΕΗ!!
Ενώ είναι κατανοητό ή ‘έστω εξηγήσιμο, το λάθος γίνεται αν βλέπεις την άσκηση για πρώτη φορά.

Καλλησπέρα.
Πολύ έξυπνες Γιάννη.
Όταν γνωρίζω την απομάκρυνση ψ1 ενός σημείου χ1 και προς ποια φορά κινειται μπορώ να βρω την απομάκρυνση σημείου χ2 και φορά κινησης.
Βασική γνωση.
Μια προσπάθεια στην 7

https://i.ibb.co/tTjV1qdR/kyr-2.jpg

Καλημέρα Γιάννη.
Και οι (6+1) ήταν υπέροχες!

Καλημέρα Γιώργο και Διονύση
. Ευχαριστώ.

Καλημέρα σε όλους. Γιάννη διαλεχτές όλες!

Ευχαριστώ Αποστόλη.

Καλησπέρα Γιάννη. Πολύ ομορφες ερωτησεις κατανόησης.
Κάποιες παρατηρήσεις:https://i.ibb.co/rfMjd0gk/SCAN-20.png

Γεια σου Γιάννη. Όλες πολύ ωραίες..ιδιαίτερα όμως 5 και 7

Καλησπέρα Γιώργο και Δημήτρη.
Ευχαριστώ.

Καλημέρα Γιάννη. Ευτυχώς άφησες λίγο το forum και μας έδωσες πολύ ωραίες ερωτήσεις και για μαθητές.
Στην (1) Οι κροσσοί πυκνώνουν και από το σημείο Σ διέρχεται τώρα ο επόμενος κροσσός ενίσχυσης. Άν δηλαδή περνούσε ο κροσσός απόσβεσης με kαπ = 0 με την 2f περνάει ο κροσσός ενίσχυσης με kεν = 1.
Στην (4) εναλλακτικά,,9 δεσμοί = 8 ‘άτρακτοι:L = 8(υ/2f)
n δεσμοί = n-1 άτραλτοι: L = (n-1)(υ/2f)
Από όπου n = 17.
Στην (7) τη λύση με το στρεφόμενο, πρέπει να την μάθουν τα παιδιά γιατί διευκολύνει.
Άλλος τρόπος: συνθ = 2/2,5 = 0,8 = ημη.
η και ζ συμπληρωματικές, συνζ = 0,6
ψΒ = 0,25 συνζ = 0,15m

Καλημέρα Ανδρέα.
Ευχαριστώ.

Καλησπερα Γιαννη και σε ολη την παρεα. Γιαννη η μια πιο ωραια απο την αλλη! Βεβαια ο καθενας απο εμας εχει τις ιδεες του αλλα οι λυσεις σου ειναι πολυ ωραιες. Ας πουμε για την 7 η οποια ειναι καταπληκτικη θα ελεγα μπακάλικα (ή οχι και τόσο;) οτι αφου το μηκος κυματος ειναι 4 αυτο σημαινει οτι το Β απεχει απο το Α δυο μηκη κυματος συν ενα μετρο.Αρα ειναι το ιδιο σαν να απεχουν 1m, δηλαδη σαν να απεχουν ενα τεταρτο του μηκους κυματος. Τα Α και Β λοιπον βρισκονται εκατερωθεν μιας κορυφης και κοντα κοντα,αρα αν το ενα πλησιαζει ,τοτε το αλλο απομακρυνεται.
Γιάννη η ασκηση γινεται πιο κομψη αν δεν δωσεις ουτε το πλατος του κυματος,ουτε την θεση του Β,τα οποια δεν χρειαζονται.
Και με τα στρεφομενα σου βλεπεις οτι οταν το Α πλησιαζει τοτε το Β απομακρυνεται,ανεξαρτητως πλατους και θεσεων,αρκει τα δυο στρεφομενα να μην ταυτιζονται με τους αξονες,κατι που οι λεξεις ¨πλησιαζει”και”απομακρυνεται” το εξασφαλιζουν.

.Οπου την λυνω μόνο εν μερει διοτι τωρα ειδα οτι βρισκεις και την ακριβή θεση του Β και οχι απλως προς τα που κινειται.

Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Ευχαριστώ.

Γεια σου Γιάννη, καλή χρονιά

Θα συμφωνήσω και εγώ πως οι ερωτήσεις είναι έξυπνες και στοχευμένες.

Στη λύση της 7ης δεν θα σκεφτόμουν στρεφόμενα στο ίδιο σύστημα αξόνων
Άρα πάλι μας δίδαξες … ευφάνταστους τρόπους λύσης

Πάμε στην πιο “μερακλίδικη” την 5η

Θα ήθελα τη βοήθεια σου σε πιθανές ερωτήσεις μαθητών, που θα δυσκολευόμουν
να απαντήσω (προφανώς λύνοντας βρήκα ταχύτητα 20 m/s …..)

-Πώς εξηγούμαι τον “δεσμό” στο αριστερό άκρο που είναι συζευγμένο με τον διεγέρτη; (Δεν αρκεί η απάντηση το βλέπουμε πειραματικά…)

Αν είναι δεσμός δεν ταλαντώνεται, δεν υπάρχει ροή ενέργειας….τσάμπα διεγείρουμε σε ταλάντωση το έλασμα, ας κλείσουμε τον ηλεκτρομαγνήτη να μην ξοδεύουμε τσάμπα ενέργεια

Τα παραπάνω είναι σκέψεις μαθητή σύμφωνα με τα όσα διδάσκεται περί ΑΑΤ και
μη μεταφοράς ενέργειας στο στάσιμο

-Εφόσον το μαγνητικό πεδίο του ηλεκτρομαγνήτη έλκει διαρκώς το έλασμα, δηλαδή η δύναμη είναι συνεχώς ελκτική, γιατί να δεχτώ περιοδική διέγερση;

Σε τί διαφέρει σε σχέση με αυτό που βρήκα στο βιβλίο της αδελφής μου που έδωσε το 2021;

https://i.ibb.co/chRL06V1/image.png

Μια εισαγωγική άσκηση. Πρόσθεσα και ένα σχόλιο, οπότε όποιος τη διάβασε ας ανανεώσει τη σελίδα.

Καλημέρα Ανδρέα.
Εισαγωγική την ονομάζεις, αλλά στην πραγματικότητα τα είπες όλα για το τρέχον κύμα!

Καλημέρα Διονύση. Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό. Θα χρειαστεί και μια διόρθωση στη φάση . Το μεσημέρι γιατί τώρα είμαι στο σχολείο.