Παύλος Αλεξόπουλος

Πολύ ωραία άσκηση Παύλο, ευχαριστούμε

Καλησπέρα Παύλο. Ωραία διερεύνηση, ξεχωρίζω το ερώτημα 3!

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Καλημέρα!

Παύλο ωραία άσκηση!

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

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

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

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

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

Ν*x – F’ελ * (L/2 ) = 0 με

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

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

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

Τότε θα βγει κανονικά.

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

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

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

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

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

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

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

Τι θα γινονταν αν το πρόβλημα ήταν πιο γενικό ;

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

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

Προσοχή όμως :

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Είχα γράψει :

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Γιωργο αυτά … τα λέμε παλι αν χρειαστεί.