Τάσος Τζανοπουλος

Αφιερωμένη στο Χρήστο Αγριόδημα, αφού η δική του αντίστοιχη άσκηση, “γέννησε” αυτήν εδώ…

Καλημέρα.
Κι αν η οριζόντια ταχύτητα εκτόξευσης κύριε ισούται με υ1 τότε η F είναι
ίση
μικροτερη
ή μεγαλύτερη του βάρους?

Καλημέρα Γιώργο και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και το ερώτημα που βάζεις.
Η απάντηση;
Για τον κατακόρυφο άξονα ισχύει για την τελική ταχύτητα υ1: 
https://i.ibb.co/hRh0RFyj/2025-09-28-093321.png

Γεια σου Διονύση.
Και χωρίς …σχέσεις δηλ τύπους.
ρυθμός αυξησης της ταχυτητας στην κατακόρυφη κίνηση που προκαλεί το βάρος ως υ1 = με ρυθμό ελάττωσης της στην οριζόντια κίνηση που προκαλει η F στην οριζόντια κίνηση ως 0 στο ίδιο χρονικό διαστημα.
F = mg.
Mε σχέσεις πιο κατανοητό.

Γιωργο καλημερα. Δεν ειχα δει οτι απαντησες.

Καλημερα Διονυση.Το καθε θεμα το πιανεις παντα με πολυ εξυπνο τροπο.
Απανταω στην ερωτηση του Γιωργου με σκεπτικο για υδραυλικους. 🙂
Οπως για να γεμισουμε μια μπανιερα μετα και να την αδειασουμε αλλα στον ιδιο χρονο που γεμισε,πρεπει ο σταθερος ρυθμος με τον οποιο μπαινει το νερο να ειναι ισος με τον ρυθμο με τον οποιο βγαινει το νερο,ετσι και η κατακορυφη ταχυτητα που απο μηδεν γινεται υ πρεπει να αυξανεται με τον ιδιο ρυθμο με τον οποιο μειωνεται η οριζοντια ταχυτητα που απο υ γινεται μηδεν. Αυτοι οι ρυθμοι μεταβολης ομως ειναι οι επιταχυνσεις και θα εχουν ισα μετρα. Αρα και οι δυναμεις λογω Ισαάκ Νιούτον θα ειναι ισες.Αρα η F θα ειναι ιση με το βαρος.

Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Μου άρεσε το παράδειγμα το δανεισμένο από υδραυλικούς!

Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Δεν σου κρύβω ότι στην απάντηση μου αρχικά ειχα γράψει
Και χωρίς …σχέσεις δηλ τύπους αν ο μαθητής ήταν Κωνσταντίνος
Αλλά δίστασα και στο τέλος το έσβησα. Τώρα μετανοώ. Έχεις δημιουργήσει σχολή

Καλημέρα Διονύση. Όμορφη όπως πάντα.
Την είδα από την ενεργειακή αποψη:
Το έργο της F, πρέπει να μηδενίσει την αρχική ενέργεια (1/2)m υo^2 . Άρα πρεπει η F να έχει οριζόντα συνιστώσα αντίθετη της αρχικής ταχύτητας. Η κατακόρφη συνιστώσα της F θα έχει μηδενικό έργο, αρα και μηδενική τιμή. Ετσι υπάρχει μονο η οριζόντια συνιστώσα.

Καλησπέρα Διονύση.
Σε ευχαριστώ για την αφιέρωση.
Να σου πω την αλήθεια μου αρέσει πολυ περισσότερο αυτή και όπως είδες και από τα σχόλια που γαφηκαν μπορεί να απαντηθεί με πολλούς τρόπους.

Καλό απόγευμα Γιώργο και Χρήστο.
Σας ευχαριστώ για το σχολιαμσό.

Αν η ανάρτηση βαθμολογείται με 9/10, τα σχόλια με 10/10.

Κωνσταντίνε, μάλλον είχες απωθημένο να δουλεύεις με κάβουρα στο χέρι…
Απορώ όμως πώς σου ξέφυγε η ασάφεια στην εκφώνηση:

“Ποιο από τα παρακάτω σχήματα δείχνει την διεύθυνση της ασκούμενης δύναμης F;”

Περίμενα να πεις πως υπάρχουν δύο σωστές απαντήσεις, οι (α), (β)…

Ενώ αν Διονύση, ζήταγες την κατεύθυνση η απάντηση θα ήταν μόνο η (α)….

Καλημέρα Θοδωρή.
Δηλαδή αν ζητήσω ποια είναι η κατεύθυνση της δύναμης τότε σωστό είναι το σχήμα (α), ενώ αν ζητήσω την διεύθυνση της δύναμης, σωστά είναι τα σχήματα (α) και (β);
Δεν ζήτησα να μου ορίσουν την διεύθυνση ώστε η απάντηση να είναι “οριζόντια”, αλλά ποιο σχήμα.
Να το πω αλλιώς, υπάρχουν άπειρες κατευθύνσεις οριζόντιες και όχι μόνο οι δύο που φαίνονται στο σχήμα. Και μια δύναμη κάθετη στο επίπεδο της σελίδας και αυτή οριζόντια είναι.
Αν επιλέξει λοιπόν κάποιος το σχήμα (β) θα πρέπει να εξηγήσει γιατί μηδενίστηκε η οριζόντια ταχύτητα του σώματος.
(Αυτό δεν σημαίνει ότι δεν θα μπορούσα να έχω ζητήσει την κατεύθυνση, ώστε να μην δώσω λαβές…)

Έπρεπε να λέει κατευθυνση αντι διευθυνση αλλά αυτό θα μπορούσε να είναι και τυπογραφικό λάθος δεν υπάρχει λάθος λογικής.

Καλημέρα Παύλο και σε ευχαριστούμε και γι αυτό το θέμα. Τελευταία ανεβάζεις την εικόνα της ανάρτησης μαζί με το κείμενο σε ένα και εμφανίζεται σε μια στενή στήλη. Αν μπορείς, ανέβαζε την εικόνα μόνη της και από κάτω το κείμενο με copy paste από το αρχείο word που δημιουργείς.

Γεια σου Αποστόλη, θα το κοιτάξω σε ευχαριστώ πολύ.

Καλησπέρα Διονύση
Πολύ ωραία ιδέα! Μου έδωσες έμπνευση. Μπορεί να γίνει κανονικότατο 4ο θέμα.
Στο β η ανίσωση νομίζω είναι ανάποδα p1<p2<2p1

Καλημέρα Χρήστο και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό, αλλά και την παρατήρηση για την γραφή της ανίσωσης…

Επειδή το ερώτημα μου τέθηκε από δύο καλούς φίλους, οι οποίοι διατύπωσαν τον προβληματισμό αν τα δυο σώματα φτάνουν ταυτόχρονα στο ίδιο ύψος, να προσθέσω εδώ, ότι η ΑΔΜΕ δεν περιέχει το χρόνο. Δεν μας ενδιαφέρει αν τα δυο σώματα φτάνουν ταυτόχρονα ή όχι στο ίδιο ύψος, η ΑΔΜΕ ισχύει. Ας το δούμε.
 Αν πάρουμε για αρχική κατάσταση τη στιγμή που αφήνεται η σφαίρα να πέσει και τελική τη στιγμή που η σφαίρα βρίσκεται στο μέγιστο ύψος h1, όπου έστω ότι η πλάκα βρίσκεται σε ύψος y, με το ελατήριο στο φυσικό μήκος του, τότε από ΑΔΜΕ παίρνουμε:

https://i.ibb.co/Mkkw5q7D/2025-09-26-082157.png

Φτάνουμε δηλαδή στην εξίσωση που έχει το κείμενο της απάντησης.

Καλημέρα Διονύση.
Ωραίο και ειδικά για το iii) με την επεξήγηση σχολιαστικά
για τους προβληματισμούς της ταυτόχρονης η μη άφιξης
σφαίρας πλάκας στα max ύψη. Ενδιαφέρον …!
Να είσαι καλά

Καλησπέρα Διονύση. Ενδιαφέρον θέμα. Το δοκίμασα στο i.p. Παρατήρησα ότι θέλει κάποιο ύψος h1 και πάνω ώστε να προλάβει η σφαίρα μετά την ανάκρουση να απομακρυνθεί προς τα πανω και να μην τη χτυπήσει η ανερχόμενη πλάκα. Επίσης είδα και μια μικρή διαφορά χρόνου που φτάνουν στο μέγιστο ύψος μετά την κρούση. Δεν ξέρω αν είναι στα όρια του i.p.
https://i.ibb.co/jYngnN4/Kr4.jpg
Το αρχείο ΕΔΩ

Καλησπέρα Ανδρέα.
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο και κυρίως για το i.p. αρχείο που έφτιαξες.
Όσον αφορά για την διαφορά χρονικών στιγμών που τα δυο σώματα φτάνουν στο μέγιστο ύψος, αν διαβάσεις το παραπάνω σχόλιό μου, θα δεις, ότι δεν με ενδιαφέρουν οι χρονικές στιγμές, αφού η ΑΔΜΕ δεν εξαρτάται από το χρόνο…

Διονύση καλησπέρα.
Να το πούμε διαφορετικά;
Η ενέργεια της πλάκας είναι συνεχώς σταθερή και ίση με
Μgy +1/2·M·u^2 =MgHmax = 1/2Mumax^2. Από εκεί και πέρα παίρνει ο καθένας ότι θέλει.

Καλημέρα Χρήστο και Καλό ΣΚ.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό αλλά και την εναλλακτική:
“Να το πούμε διαφορετικά;
Η ενέργεια της πλάκας είναι συνεχώς σταθερή και ίση με
Μgy +1/2·M·u^2 =MgHmax = 1/2Mumax^2. “
Πολύ σωστά!

Καλησπέρα Παύλο. Πολύ καλή. Η ανάγνωση των διαγραμμάτων είναι απαραίτητη γνώση σε ασκήσεις κρούσεων. Αν αφαιρέσει κάποιος τις κρούσεις, έχει μια ωραία άσκηση για θέμα διαγωνίσματος της Α΄τάξης.

Γεια σου Ανδρέα, σε ευχαριστώ για το σχόλιο και χαίρομαι που σου αρέσει. Η ανάρτηση αυτή έγινε προς υποστήριξη της θέσης ότι η συνάντηση των σωμάτων είναι πιθανό να συναντηθεί στην Γ Λυκείου στις κρούσεις. Ναι το 1ο ερώτημα μπορεί να χρησιμοποιηθεί ως άσκηση επανάληψης για την Α Λυκείου. Να είσαι καλά.

Καλημέρα Παντελή.
μου άρεσε το α΄θεωρητικό ερώτημα.
Αλλά:

• Οι συναντήσεις πάνω από ένα, απαγορεύονται!!!

Υπουργείο παιδείας.

• Πάμε για εκπαίδευση ικανοτήτων τώρα!!!

ΥΓ
Το πρώτο για τους παλιότερους, οι οποίοι κάτι θυμούνται από την εποχή του ΄70, (αν και τότε απαγορευόταν οι συναθροίσεις πάνω από 4 άτομα), το δεύτερο για τους νέους, που θα πάνε στα σύγχρονα ιδιωτικά Πανεπιστήμια.

Καλημέρα Διονύση.
Μάλλον έχω σπάσει τα μπουζιάσματα
για τα “ανόητα” απαγορευτικά, που ομολογώ
13 χρόνια πλέον εκτός ,αγνοώ ορισμένα και συγχωράτε με ,αλλά…
στη Β΄ τα παιδιά διδάσκονται την πλαστική κρούση, εννοείται μεταξύ δύο σωμάτων. Κρούση με ένα γίνεται;
Την έζησα την εποχή του 70… Βρίσκαμε πάντα τον τρόπο για πολυπληθέστερες συναντήσεις.
Πάω κι εγώ για “εκπαίδευση ικανοτήτων”
Σ’ ευχαριστώ

Καλησπέρα Παντελή. Πολύ καλή ιδέα. Αν δε μάθουν ασκήσεις συνάντησης στην Α΄τάξη πότε θα μάθουν; Μπορεί να αποτελέσει και βάση για άσκηση σε κρούσεις στη Β΄ή στη Γ΄.
Προφανώς έχεις τη γνώση και την ικανότητα να κάνεις τη γραφική παράσταση ψηφιακή, αλλά επέλεξες παραδοσιακό μιλιμετρέ.
Το δοκίμασα και στο graph για τους λάτρεις της τεχνολογίας.
https://i.ibb.co/tM5pG3sd/image.jpg

Καλό μεσημέρι Ανδρέα.
Δυσνόητη η όποια “απαγόρευση” ομάδας ασκήσεων
πάνω σε διδαχθείσα θεωρητική βάση.
Η ψηφιακή παράσταση σαφώς πιστότερη της χειροποίητης στο μιλιμετρε και σίγουρα πρέπει τέτοια να δοθεί αν ζητείται να προκύψουν απ’αυτή δεδομένα.
Σ’ ευχαριστώ

Καλησπέρα Διονύση. Ωραία άσκηση στη σωστή χρήση του ορισμού ταχύτητας στην ΕΟΚ. Παρατήρησα ότι δεν πήρες έτοιμη την εξίσωση θέσης.
Στην Α τάξη τους μαθαίνουμε τι εστί θέση και μετατόπιση, αλλά στη Γ΄φτάνουμε σε Πανελλαδικές να ζητάμε:Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση του μέτρου της δύναμης F που δέχεται η δοκός από το οριζόντιο δάπεδο σε συνάρτηση με την απόσταση x του σημείου επαφής της στεφάνης με την δοκό από την αρχική θέση του σημείου Ρ και μέχρι x = 3 m. 

Καλημέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Όχι δεν πήρα έτοιμη την εξίσωση θέσης, αφού το βιβλίο τα “μπερδεύει” γράφοντας:
https://i.ibb.co/Vp06BYbs/2025-09-23-062214.png
Αυτό το ή, δύσκολα επιβάλεις στους μαθητές να το ξεχάσουν…
Ας ξεκινάμε λοιπόν πάντα από τον ορισμό της ταχύτητας και …υπάρχει δρόμος να φτάσουμε σε σωστή απάντηση.
Όσο για τα υπόλοιπα, αυτές είναι οι ασυνέπειες στη διδασκαλία, αφού το ίδιο το βιβλίο της Α, αφού ορίζει μια χαρά ταχύτητα, θέση μετατόπιση, φαίνεται αυτοστιγμή να τα ξεχνάει και αρχίζει να μελετά κινήσεις μόνο με θετικές ταχύτητες και μετατοπίσεις ή προτείνει την εξίσωση χ=υοt – 1/2 αt^2, ξεχνώντας ότι η επιτάχυνση μπορεί να είναι αρνητική και δεν χρειάζεται να χρησιμοποιεί ο μαθητής μόνο τα μέτρα των μεγεθών…

Καλημέρα Διονύση.
Από τα πρώτα “κρούσματα” αντιφάσεων στο σχολικό,
που προσπαθούσαμε να μπαλλώσουμε μένοντας με την
απορία …γιατί (;) και θέτοντας τις προϋποθέσεις (Χο=0, to=0) ισχύος
του μετά το …ή .
Να είσαι καλά

Καλημέρα Παντελή.
Έτσι όπως το λες, με την απορία μείναμε…

Καλησπέρα Παύλο. Ωραίο – θεωρητικό – σενάριο. Για να γίνει μάλιστα η κρούση αν το Σ1 είναι εκεί που το έχεις, θα χρειαστεί μισό κύκλο για τη συνάντηση. Το Σ2 έχει 3-πλάσια ταχύτητα, άρα θα κάνει 3 ημικύκλια μέχρι τη συνάντηση, που σημαίνει ότι πρέπει να εκτοξευτεί αντιδιαμετρικά και στην ίδια ευθεία με το Σ1. Είναι και καλό ερώτημα για την κυκλική της Β΄τάξης.
Νομίζω ότι η εκφραση “γύρω από κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από
τα σημεία Ο1 και Ο2″ μπερδεύει, γιατί δεν υπάρχει ένας άξονας που διέρχεται από τα Ο1 και Ο2. Μια πρόταση: “γύρω από δυο κατακόρυφους άξονες, που διέρχονται από τα σημεία Ο1 και Ο2 αντίστοιχα”

Γεια σου Ανδρέα σε ευχαριστώ για τον χρόνο σου και για τις παρατηρήσεις. Η γωνιακή ταχύτητα του Σ₁ έχει μέτρο ω₁ = 6 r/s και του Σ₂ έχει μέτρο ω₂ = 2 r/s και το σχήμα που δίνεται στην εκφώνηση φανερώνει ότι μετά από λίγο χρόνο μέχρι δηλαδή να γίνει η σύγκρουση το Σ₁ θα έχει στραφεί (η επιβατική του ακτίνα) κατά γωνία φ₁ = 180⁰ ενώ το Σ₂ θα έχει στραφεί κατά φ₂ = 60⁰. Διόρθωσα την έκφραση που μου επισήμανες. Καλό υπόλοιπο Κυριακής.

Σωστά. Έβαλα το υ2 = 3υ1 και έβγαλα 3 ημικύκλια, ενώ στην άσκηση υ1 = 3υ2.

Γεια σου Παύλο, έξυπνη ιδέα που σίγουρα θα δυσκολέψει στην εύρεση του πλάτους
της ΑΑΤ του συσσωματώματος.

Ίσως χρειάζεται κάτι να γράψεις για τη διατήρηση της ορμής στον άξονα της μετέπειτα ταλάντωσης αφού στη θέση κρούσης στον άξονα ταλάντωσης η συνισταμένη δύναμη
σε κάθε σφαίρα είναι μη μηδενική ως κεντρομόλος.

Γεια σου Θοδωρή σε ευχαριστώ για το σχόλιο σου. Έχεις δίκιο θα έπρεπε να το δικαιολογήσω πιο αναλυτικά. Θα γράψω εδώ την δικαιολόγηση και θα το προσθέσω και στην απάντηση.
Διατηρείται η ορμή στον άξονα της ταλάντωσης του συσσωματώματος που δημιουργείται κατά την διάρκεια της κρούσης, γιατί λόγω του φαινομένου της κρούσης που η χρονική της διάρκεια τείνει στο μηδέν τα σώματα πριν και μετά την κρούση βρίσκονται στην ίδια θέση άρα δέχονται σταθερές εξωτερικές δυνάμεις (της δυνάμεις από τα δύο ελατήρια) που είναι σχετικά μικρές για πολύ μικρό χρονικό διάστημα (Δt ➝ 0) συνεπώς η μεταβολή της ορμής που προκαλούν στο σύστημα είναι αμελητέα. Σε ευχαριστώ και πάλι για τον χρόνο σου.

Πρωτότυπη ανάρτηση, σε ένα θέμα που το “προσπερνάμε” …
Κατάλληλη και για Γ’ Γυμνασίου, δίνεις ιδέες…

Νομίζω όμως Διονύση, πως κάνεις μία “λαθροχειρία” για να βγάλεις χρόνο
ανάλογο με τον προσδόκιμο χρόνο ζωής στις Αφρικανικές χώρες (Ουγκάντα, Ναμίμπια, Ζάμπια) ….

Ο αριθμός ηλεκτρονίων/sec που μετρά η μηχανή αντιστοιχεί σε ρεύμα έντασης
1,6*10^(-16)Α …. ασήμαντο…

Αν όμως η μηχανή μέτραγε ένταση ρεύματος 1,6mA, επίσης πολύ μικρό, ο απαιτούμενος χρόνος θα ήταν δραματικά μικρότερος 0,2ms….

Συμπέρασμα: Οι αναλογίες στον μικρόκοσμο καμία σχέση δεν έχουν με τον κόσμο της βιωματικής μας εμπειρίας

Καλησπέρα Θοδωρή και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Μια μηχανή μέτρησης χαρτονομισμάτων, πόσα χαρτονομίσματα των 10€ μετρά το δευτερόλεπτο; Για μια τέτοια μηχανή μιλάω, η οποία μάλιστα είναι πολύ “γρήγορη”!
Δεν μετρά 1, 2 ή και 10 ηλεκτρόνια, αλλά 1.000 το δευτερόλεπτο.
Εσύ μιλάς για ρεύμα τόσων αμπέρ, αλλά αυτό δεν υπάρχει στη συζήτηση και δεν ξέρω σε τι αναφέρεσαι 🙂
Εγώ προσπαθώ να οδηγήσω το μαθητή να προβληματιστεί και να …φανταστεί πόσο μικρό σωματίδιο είναι αυτό το ηλεκτρόνιο, το οποίο αναμασάμε και μαθαίνει να αναμασά και ο ίδιος.
Άλλο να του λες είναι ένα πολύ μικρό σωματίδιο και άλλο να τον βάζεις να υπολογίζει ένα δισεκατομμύριο 600 εκατομμύρια ηλεκτρόνια ανά τετραγωνικό χιλιοστό!
Και το ένα τετραγωνικό χιλιοστό το γνωρίζει, πόσο μικρό είναι…

Να προσθέσω ακόμη κάτι.
Ξεχνάμε να ρωτήσουμε ένα μαθητή τι καταλαβαίνει από δεδομένα όπως qe=-1,6∙10^-19C και η μάζα m=9∙10^-31kg ή Ν=2∙10^12 ηλεκτρόνια.
Στο μυαλό των περισσοτέρων δεν λένε τίποτα οι αριθμοί αυτοί.
Σου λέει απλά “μεγάλο” ή “μικρό”, αλλά μέχρι εκεί…

Ευχαριστώ Παντελή.
Το βλέπω…

Καλησπέρα Διονύση
Σ’ αυτόν τον κόσμο τον μικρό τον μέγα!
(στην απάντηση του ii) λες κυβικό χιλιοστόμετρο
Καλό Σαββατόβραδο

Την τρίτη φορά κατάφερα να ανεβάσω σωστά το link για
ένα ορχηστρικό που ψάρεψα, γράφοντας στο ψαχτήρι
την έκφραση …”αυτός ο κόσμος ο μικρός ο μέγας” που
είχα την αίσθηση ότι κάπου την είχα δει ή ακούσει και
με έβγαλε στο άγνωστο ορχηστρικό με τον σχετικό τίτλο!

Δεν διαφωνώ σε όσα γράφεις, απλά νομίζω πως 1000e/s είναι μάλλον
μικρή τιμή, αφού σε λίγο θα γνωρίσει την ένταση ρεύματος και λογικά
θα τον ρωτήσουν πόσα ηλεκτρόνια περνάνε σε 1s από τη διατομή σύρματος
που διαρρέεται από ρεύμα έντασης 1,6Α;

Το μέγεθος των e γίνεται αντιληπτό αν αναλογιστεί πως σε 1cm^3 μεταλλικού
αγωγού “βολτάρουν” 10^23 e.

Γεια σας παιδιά. Διονύση και πολλά και μικρά είναι και εσύ φωτίζεις το πράγμα πολύ όμορφα! Ας σιγοντάρω τον Παντελή με το Δοξαστικόν και τον Κόσμο τον μικρό, τον μέγα .

Γειά σου Αποστόλη
Μάλλον τον τίτλο του βιβλίου είχα στη μνήμη
Και μια και στο “Δοξαστικό” αναφέρονται και συμπτωματικά
είχα σχεδιάσει …χάρισμά σου.
https://i.ibb.co/b57rFn31/image.png

Καλημέρα και καλή Κυριακή σε όλους.
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο και τις παραπομπές Αποστόλη.
Παντελή έχω την εντύπωση ότι σε λίγα χρόνια κανείς δεν θα ξέρει τι είναι ο λεβάντες και τι ο πουνέντες…
Αλλά μήπως θα ξέρει προς τα που είναι η ανατολή, όπως κλειστήκαμε στα διαμερίσματα;

Καλημέρα παιδιά. Παντελή σε ευχαριστώ για το ανεμολόγιο. Θα έβαζα στοίχημα ότι το σκάρωσες για τα εγγόνια…

Τέλειο Παντελή, πάντα μπερδευόμουν όταν ρώταγα ψαράδες στα νησιά,
τα χρόνια τα παλιά, τί φυσάει σήμερα και πού να πάμε για μπάνιο…
Τώρα οι ψαράδες αντικαταστάθηκαν από το meteo ….

Διονύση, θα προτείνω στον Κωστή τον Λαγουβάρδο, καλό φίλο, έναν
εκ των πρωτεργατών του meteo, να ενσωματώσει τις παραπάνω ονομασίες…

Είναι μέρος της παράδοσής μας…

Στο Διονύση και τον Ανδρέα Ριζόπουλο και τα παιδιά της Β΄ εννοείται.
Σκεφτόμουνα πως από τη στιγμή που διδάσκονται την αρχή ανεξαρτησίας των κινήσεων, ναι μεν η οριζόντια βολή διδάσκεται αλλά νομίζω δεν προκύπτει λόγος περιορισμού ως προς το ποιό σύστημα αξόνων θα πάρουμε για να απαντήσουμε στα διάφορα ερωτήματα.
Επίσης σκέφτομαι γιατί σαν προβλήματα δεν θέτουμε θέματα πλαγίων βολών προς τα πάνω η προς τα κάτω (θεωρούνται άραγε εκτός ύλης;)

Καλό απόγευμα Παντελή και σε ευχαριστώ για την αφιέρωση.
Πολύ καλή η λύση με τους πλάγιους άξονες και θα έλεγα ότι δεν υπάρχει λόγος να πάμε και στους συνήθεις άξονες, αν έλειπε μια φράση:
“η απόσταση είναι μέγιστη όταν η ταχύτητα είναι παράλληλη με την ΟΑ”.
Μόνο και μόνο για την παραπάνω πρόταση αξίζει και ο 2ος τρόπος επίλυσης.
Όσον αφορά για εναλλακτική, στην ίδια πορεία με σένα, ας δούμε το σχήμα.

https://i.ibb.co/3ywrxpr2/32222.png

Αφού βρούμε χ=10m, y=5m φέρνουμε την (ΡΖ)=(ΟΡ)=10m, οπότε (ΓΖ)=5m και επειδή η γωνία ΔΓΖ=45° τότε Η=(ΓΖ)συν45°-2,5ρίζα 2

Παντελή πολυ καλη η ανάλυσή σου τόσο ως προς τους συνηθισμένους άξονες όσο και ως προς αυτούς που επέλεξες αρχικά.

Θέλησα πιο κάτω να αντιμετωπίσω το ερώτημα 3 χωρίς να λάβω υπόψη μου ότι η ταχύτητα στο Γ θα είναι παράλληλη στην ΟΑ όταν έχουμε την μέγιστη απόσταση από αυτή. Εχει ενδιαφέρον ….

https://i.ibb.co/nNFvZVJj/dmax1.png

Καλησπερίζω και
ευχαριστώ για τη ματιά σας, Κώστα και Διονύση.
Διονύση μου φάνηκε πολύπλοκη η “πορεία” μου στο 3ο (όχι δύσκολη) και “άνοιξες” ποιό στρωτό γεωμετρικό δρομάκι!
Κώστα το ‘χω το στυλ σου στις αλλιώτικες επιλύσεις, ουχί βεβαίως απλοϊκές όπως κι αυτή, με επιμέρους στόχο την απόδειξη παραλληλίας της υ με την ΟΑ στη max απόσταση !
Σκέφτηκα κάποια στιγμή να δικαιολογήσω την καθετότητα αλλά ξεχάστηκα καθ’οδόν.
Θα έλεγα λοιπόν πως πρέπει η καθετότητα, ώστε να μην υπάρχει συνιστώσα ταχύτητας για απομάκρυνση από την ΟΑ παρά μόνο πλησίασμα λόγω συνιστώσας της g.
Τώρα να πω, πως στην τροχιά σου δεν πρέπει το Γ να προβάλλεται στο μέσον της ΟΑ αλλά ποιό κοντά στο Ο, συγκεκριμένα σε απόσταση 7,5 ρίζα 2 ενώ ΟΑ=20 ρίζα2 , εσύ ξερίζωσες το 2 🙂
Τώρα βλέπω πως κι εγώ δεν έχω αποδώσει την τροχιά καθώς της πρέπει … χειροποίητη γαρ. 🙁
Να είστε καλά

Παντελη μου είχε ξεφυγει το ρίζα 2 στο τελικο αποτέλεσμα του ΟΑ πολυ σωστα το επισημανες. Πρόσθεσα και τον υπολογισμο του ΟΓ’ , Γ’ η προβολή του Γ πάνω στην ΟΑ . Τελικα το ΟΓ’ = (3/8)*ΟΑ .
Επίσης λαμβανοντας υπόψη τα αποτελεσματα σου για το XΓ , ΨΓ από τη σχέση που δίνει την εφφ στην ανάλυση μου μπορεί κανεις ευκολα να βρει το dmax που αντιστοιχει στο δικό σου Η ( Σχόλια (γ) )

Τώρα η τροχια και σε εμένα ειναι χειροποίητη επομένως έχει την ατέλεια της …:)

https://i.ibb.co/8gtwnGKG/dmax2.png

https://i.ibb.co/TxsTy5pn/dmax3.png

Καλησπερα Παντελή καλησπερα σε ολους. Για το τριτο ερωτημα του ωραιου Προβληματος που εβαλε ο Παντελης θα διατυπωνα την λυση ως εξης: Οταν πεταμε ενα σωμα κατακορυφα προς τα πανω με ταχυτητα υ,ως γνωστον ολη η κινητικη ενεργεια στο μεγιστο υψος εχει μετατραπει σε δυναμικη .Αρα Η=υ τετραγωνο/2g. Aν η γαλαζια ευθεια (διχοτομος) υποθεσουμε οτι ειναι το εδαφος,τοτε η κατακορυφη διευθυνση ειναι η καθετη στην γαλαζια ευθεια οποτε η προς τα πανω ταχυτητα ειναι (10 ριζα2)/2=5 ριζα2 και το g ειναι επισης 5 ριζα2 οποτε Η=υ τετραγωνο/2g=(5 ριζα2)/2

Καλημέρα Κωνσταντίνε και καλή σχολική χρονιά!
Δεν ξέρω αν στη διδασκαλία σου προτείνεις για το συγκεκριμένο
ερώτημα τον τρόπο σκέψης σου ,που προφανώς απαιτεί βασική υποδομή στέρεας γνώσης και ικανότητα να μετατρέπει μια κατάσταση σε ισοδύναμη που να αποδίδει το ζητούμενο.
Ο λόγος της ανάρτησής μου αποδίδεται στον τίτλο της και το “κλασσικό” 3ο ερώτημα φαίνεται πως επιλύεται απλά μετασχηματίζοντας μια οριζόντια βολή σε πλάγια, ως προς ένα σύστημα αναφοράς (πλάγιο Χ,Ψ)και απαιτώντας στο σχετικά max ύψος μηδενική ταχύτητα στον Ψ όπως ακριβώς κι εσύ, με μια σχετικά επικίνδυνη φραστική χρήση ενεργειών .
Το κέρδος για ένα μαθητή υποθέτω πως θα είναι ,το δικαίωμα του να επιλέγει σύστημα αναφοράς που θα διευκολύνει την απάντηση σε κάποιο ερώτημα.
Σ’ ευχαριστώ

Καλημέρα παιδιά.
Αν γίνουν διαδοχικά οι δύο κινήσεις:
https://i.ibb.co/kVg4CCYH/Screenshot-1.png

Καλημερα Παντελη. Καταλαβαινω οτι η ουσια του ερωτηματος ειναι να δει ο (ταλαντουχος) μαθητης οτι αν στριψουμε ολη την εικονα ωστε η γαλαζια ευθεια να γινει οριζοντια,τοτε το ερωτημα ισουναμει με το να βρουμε το μεγιστο υψος μιας πλαγιας βολης. Στην συνεχεια αν κανουμε δυναμικη μονο στον κατακορυφο αξονα χρησιμοποιωντας μονο τις κατακορυφες συνιστωσες των δυναμεων,τοτε το ερωτημα ισοδυναμει με το να βρουμε το μεγιστο υψος μιας κατακορυφης βολης,κατι τετριμμενο. Πριν πιασει καν μολυβι ή κιμωλια ο μαθητης πρεπει να συζητησουμε αυτες τις σκεψεις. Κατοπιν το αποτελεσμα προκυπτει σε μιση σειρα ή και με το μυαλο μόνο.
Την ικανοτητα να μετατρέπει ο μαθητης μια κατάσταση σε ισοδύναμη που να αποδίδει το ζητούμενο οπως ειπες, ο καθηγητης θα την καλιεργησει στον μαθητη.Δεν περιμενει να την βρει ετοιμη. Η ασκηση που εβαλες ειναι καταπληκτικη για αυτον τον σκοπο. Ειναι ασκηση για λιγους ομως.Οποτε εγω αν αποφασιζα να την λυσω στον μαυροπινακα,αυτες τις μετατροπες θα εδειχνα διοτι αλλοιως η ασκηση χανει την αξια της. Ή δεν θα την ελυνα καθολου.

Καλημέρα Παντελή. Καλό Φθινόπωρο. Σε ευχαριστώ για την αφιέρωση, αυτής της ωραίας άσκησης. Το ερώτημα 3 επιβάλλει το πλάγιο σύστημα αξόνων. Από την αναλυτική Γεωμετρία
Aπόσταση σημείου Ρ(x0, y0) από ευθεία Αx + By + Γ
d = (Αx + By + Γ)/√(x02 + y02) = (1*10-1*5)/√2 = 2,5√2m
Στις απορίες που εκφράζεις για ΄διδασκαλία πλάγιας βολής κ.λ.π., η απάντηση βρίσκεται ΕΔΩ στις οδηγίες. 8 ώρες για βολές και κυκλική κίνηση. Με 2 ώρες την εβδομάδα και τις δράσεις να έχουν ήδη ξεκινήσει – χτες είχαμε τέσσερις ποιητές που έμπαιναν σε διάφορες τάξεις και διάβαζαν ποιήματα… – νομίζω λύνεται το θέμα για το τι μπορούμε να κάνουμε στο δημόσιο σχολείο. Στο φροντιστήριο όμως, υπάρχει χρόνος και εκεί οι συναδελφοι μπορούν να κάνουν ό,τι δε μπορούμε εμείς.

Καλό μεσημέρι Γιάννη ,Κωνσταντίνε και Ανδρέα.
Γιάννη δεν πιάνω το πως “κόλλησες το 1g/2” στην τελική…
https://i.ibb.co/RkfXdJj4/max-KYR.png
Κωνσταντίνε αντιληπτό το ότι ο διδάσκων μπορεί να προτείνει
μέθοδο η μεθόδους εφαρμογής γνώσεων για την επίλυση προβλημάτων, πάντως στα θέματα βολών κατά τη διδασκαλία
στην “γνωσιακά πλουραλιστική” τάξη η χρήση του συστήματος προέχει και το τυχόν “ζιπάρισμα” ας έλθει …αναλόγως.
Ανδρέα ,καλή σχολική χρονιά …
Απ’ αλλού περίμενα τη λύση με αναλυτική γεωμετρία!
Ποιητική “κλοπή” χρόνου…ας είναι η μόνη.
Να είστε καλά

Kαλησπέρα.
Επειδή ανέβηκαν πολλές λύσεις ζήλεψα με λιγότερη φυσική.

https://i.ibb.co/6Jbnq2SQ/gk.jpg

Υπάρχει άλλη μια

Καλησπέρα Γιώργο.
Πλουραλισμό σε λύσεις ομολογώ τον περίμενα,
αλλά …τοοοόσο όχι, πάντως χαίρομε που έδωσα
δουλειά για να “ξεσκουριάζουν” εργαλεία χρήσιμα!
Να είσαι καλά

Kαλησπέρα.
Παντελή έτσι σαν παιχνίδι άλλη μια απόδειξη για την μεγιστη απόσταση πιο εύκολη από προηγούμενη που ανέβασα.

https://i.ibb.co/9mXDXHXG/gk3.jpg

καλησπέρα σε όλους, είμαι επαρχία και με προβλήματα υγείας, δεν είμαι σίγουρος, αλλά νομίζω ότι έχω αναρτήσει παλιότερα ένα σχετικό θέμα από τον δικό μου χώρο με τίτλο “οριζόντια βολή σε κεκλιμένο επίπεδο”, δεν είμαι σίγουρος

Καλημέρα Βαγγέλη.
Η ανάρτησή σου που αναφέρεις, υπάρχει και ΕΔΩ.

Βαγγέλη συνομήλικε, καλημέρα με πολλές ευχές
για καλλίτερη υγεία.
Ταύτιση μοντέλων και μάλιστα την σχολίασα τότε (ομολογώ σήμερα δεν κατανοώ το σχόλιό μου!), με το ενδιαφέρων στη δική σου να κερδίζει το “πλαγιογώνιο σύστημα” και στη δική μου το κλασσικό 3ο ερώτημα… νομίζω .
“Λαγωνικό” ο Διονύσης & άγρυπνος βοηθητικά όταν απαιτείται…

Καλησπέρα Παντελή, Ομορφη ιδέα. Ανεβάζω μια λύση που πιστεύω είναι πιο απλή:https://i.ibb.co/d3GqHVT/scan-sep40.png

Ο “δαίμων” της γραφής : Στο τελος Η=ΘΓσυν45 αντι Η=ΑΓσυν45

Αφιερωμένη στον Ανδρέα Ριζόπουλο που …μας θύμισε ότι υπάρχει και η Β΄ τάξη…

Καλημέρα Διονύση.
Η αρχή της ανεξαρτησίας έχει χάσει την λαμπρότητα της. Ένας καλός μαθητής μπορεί να λύνει δύσκολες ασκήσεις στις βολές αγνοώντας την.Αν πχ του δοθεί το γνωστό πρόβλημα με την βάρκα που θέλει να περάσει απο την μια όχθη ποταμιού στην απέναντι μάλλον δεν θα την χρησιμοποιήσει.
Βλέποντας την γραφική παράσταση που η διεύθυνση της ταχύτητας τείνει να ταυτιστεί με την διεύθυνση της δύναμης σκέφτηκα μήπως αυτό μπορεί να συμβεί σε πεπερασμένο χρονικό διάστημα και επομένως το σώμα τελικά να κινείται ευθύγραμμα.

Καλημέρα Γιώργο και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Πράγματι η διεύθυνση της ταχύτητας τείνει να ταυτισθεί με την διεύθυνση της δύναμης, αυτό δείχνει η γραφική παράσταση από την ΤΝ, όπου η καμπύλη τείνει να γίνει ευθεία!
Ας το δούμε όμως από φυσικής σκοπιάς. Στην αρχή έχουμε μια ταχύτητα 1m/s στη διεύθυνση της οποίας θα ξεκινήσει να κινείται το σώμα. Αν μετά από κάποιο χρόνο η ταχύτητα του σώματος γίνει 50m/s, πόσο συνεισφέρει σε αυτή την τιμή η αρχική ταχύτητα;
Θέλω να πω ότι αν πάρουμε δυο ίδια σώματα όπου το ένα είναι ακίνητο και το άλλο έχει αυτήν την αρχική ταχύτητα και τους ασκήσουμε την ίδια δύναμη για ορισμένο χρόνο, τι θα παρατηρήσουμε;
Το πρώτο θα κινηθεί στην διεύθυνση της δύναμης και θα αποκτήσει ταχύτητα 50m/s, το άλλο; Μάλλον σε μια πολύ κοντική κατάσταση θα έχει φτάσει…

Διονύση σκέφτηκα ως εξης χωρίς στυλό.
Ο ρυθμός που αυξανεται η ταχύτητα στν ψ είναι μεγαλύτερος από τον ρυθμο στον χ. Δηλ η γωνία που σχηματίζει η V με τον χ αυξάνεται από 0. Κάποια στιγμή διευθυνση V ίδια με F αλλα στιγμιαία.Εδώ τώρα μπορει να παρασυρθεί κάποιος να πει άρα ευθύγραμμη κίνηση πλέον.

Γιώργο, αν “ξεχάσουμε” την κίνηση στα πρώτα δευτερόλεπτα, τότε η προσέγγιση με ευθύγραμμη κίνηση, πολύ καλή προσέγγιση είναι…

Καλημέρα Διονύση. Η ΤΝ στις υπηρεσίες της διδασκαλίας. Αυτό μάλιστα!

Καλημέρα Αποστόλη.
Έχει και τα καλά της η ΤΝ!!!
Παρά το φόβο που προκαλεί…

Λοιπόν Διονύση μεχρι τώρα σκεφτόμουν.
Σε σώμα που έχει ταχύτητα αρχίζει να δρα δύναμη που η διευθυνση της σχηματίζει γωνία φ οξεία με αυτην της ταχύτητας. Άρα κίνηση καμπυλόγραμμη.Ολίσθημα διαρκείας και όχι στιγμιαίο.
Τελικά

https://i.ibb.co/k22gKnCZ/KOMIS.jpg

Γεια σου Διονύση όμορφη άσκηση που δένει όμορφα με αυτήν του Ανδρέα αφού και στην οριζόντια βολή θα υπάρχει χρονική στιγμή (αν το επιτρέπει το ύψος από το οποίο βάλλαμε το σώμα) που το βάρος και η ταχύτητα θα σχηματίζουν γωνία φ. Ωραίες και οι σκέψεις του Γιώργου , γεια σου Γιώργο.

Γεια σου Παύλο!!!

Καλό απόγευμα Παύλο και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Γιώργο έτσι ακριβώς είναι. Η κίνηση από ένα χρονικό σημείο και μετά είναι σχεδόν ευθύγραμμη.

Καλησπέρα Διονύση. Σε ευχαριστώ για την αφιέρωση. Η άσκησή σου είναι πολύ διδακτική στηρίζεται στη διατύπωση της ΑΑΚ και θα έπρεπε να μπορούμε να την κάνουμε στην τάξη. Έτσι όπως διδάσκουμε την οριζόντια βολή – με περιορισμένο, μόνο στην οριζόντια βολή, ασκησιολόγιο – η αρχή πάει περίπατο. Αναφέρεται ξεκάρφωτα και αρχίζουμε τις εξισώσεις της βολής. Θυμάμαι τις ασκήσεις με τα ποταμόπλοια που θέλαμε να βγούν κάθετα στο ρεύμα…
Πριν δυο χρόνια είχα φτιάξει κάτι σχετικό
“Αν φυσάει δε χρειάζεται βολή”

Καλημέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και την παραπομπή στην ανάλογη ανάρτησή σου.
Εκεί η κίνηση είναι ευθύγραμμη, εδώ είναι μια καμπυλόγραμμη κίνηση που πολύ γρήγορα τείνει να γίνει ευθύγραμμη…

Καλό απόγευμα Κώστα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό, αλλά και την εναλλακτική οδό επίλυσης.
Η ιδέα για τις δυο κινήσεις, στις διεθύνσεις δύναμης και αρχικής ταχύτητας, πολύ καλή, η πορεία όμως δύσκολη…

Καλησπέρα .

Διονύση ωραίο θέμα για το συγκεκριμένο κομμάτι της ύλης της Β Λυκείου. Με αρκετά σημεία που πρέπει να προσεχθούν ιδιαίτερα αφου βέβαια προηγηθουν όλα αυτά που πρέπει να γίνουν αρχικά στους μαθητές για να κατανοήσουν τα βασικά βήματα (οριζόντια βολή και ότι προβλέπεται).

Θα σταθώ στην εύρεση του εργου της δύναμης έμμεσα μέσω του ΘΜΚΕ που φυσικά δίνει πολύ εύκολα λύση , είναι ο πιο καλός τρόπος για τα δεδομένα που έχουμε. Σε μια δευτερη ανάγνωση δεν θα ήταν άσχημο να βρούμε έναν τρόπο να υπολογίσουμε άμεσα το έργο της δύναμης . Θα μπορούσαμε να το δούμε ως το γινόμενο του μέτρου της δύναμης επί το μέτρο της προβολής της μετατόπισης στη σταθερή διεύθυνση της δύναμης , όμως εδώ η γωνία που απαιτείται είναι φ-β , όπου β η γωνια που σχηματιζει η μετατοπιση με την οριζόντια διεύθυνση . Μπορεί να βρεθει βέβαια από όσα έχεις βρεί θα χρειαστεί όμως να γίνει ταυτότητα για το συν(φ-β) …. .

Ενας άλλος τροπος είναι να πάμε στο εσωτερικό γινόμενο :

WF = F*Δr = F*(x1+y1)

F*x1= |F|*|x1|*συνφ= 15j , F*y1=|F|*|y1|*ημφ=16j ===> WF = 31j

Να τονίσω ότι δεν είναι και τόσο εύκολο να βγει τύπος για την εξίσωση τροχιάς έχοντας κάνει κάποιες πράξεις καταλήγω στο εξής :

y = (80/9) * [1+ 0.15*x – sqrt(1+0.3*x)] , S.I. βγαινει αυτή η γραφική παράσταση που έχεις βγάλει.

Παρακάτω θέλησα να ακολουθησω μια άλλα θεώρηση για τη Αρχη Ανεξαρτησίας των κινησεων . Θεωρώ μια ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση με υαρχ=0 στην κατεύθυνση της δύναμης F και μια κίνηση ευθύγραμμη ομαλή με ταχύτητα μέτρου υο στην κατευθυνση την οριζόντια.
Δεν ειναι πιο εύκολο μιας και απαιτει διάφορα που πρέπει να γίνουν από μαθηματικής πλευρας. Τα αποτελεσματα μας τελικα συμφωνουν. (ευτυχως 🙂 )

https://i.ibb.co/mV15QD2y/1.png

Αφιερωμένη στους μαθητές, που τώρα ξεκινούν στην Α΄ Λυκείου, με τα πρώτα απλά στοιχεία που πρέπει να ξεκαθαρίσουν…
Όπως χρόνος, χρονική στιγμή, χρονικό διάστημα…

Πολύ καλή Διονύση. Δεν κάνω στην Α΄τάξη, αλλά θα βοηθήσει πολύ τις βασκές έννοιες.
Οι μαθητές που ήρθαν φέτος – 27 σε κάθε ένα από τα τέσσερα τμήματα – είναι κάπως… Η Μαθηματικός μου είπε ότι ζήτησε να γράψουν το 3 σαν κλάσμα και δεν ήξερε κανείς…

Καλημέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.”οι μαθητές είναι κάπως…” !!!
Πολύ μου άρεσε…

Καλησπέρα Παύλο. Καλή προσπάθεια να συνδυαστούν το πρόβλημα “τραπέζι με τρύπα” με την ισορροπία ράβδου.
Νομίζω ότι είναι πολύ δύσκολο να επιτευχθεί πειραματικά.Το νήμα στρίβει και αν μεν κρέμεται σφαίρα δε μας πολυπειράζει. Εδώ κρέμεται ράβδος, οπότε θα αρχιζει να στρέφεται.
Αυτό είναι το λιγότερο όμως, αφού θα πει κάποιος το νήμα είναι ιδανικό, δεν στρίβει.
Αν δώσουμε υ = 2m/s στη μάζα m = 1kg και κρεμάσουμε ράβδο μαζας Μ = 8kg, αποδεικνύεται ότι η ράβδος κάνει ταλάντωση και το σφαιρίδιο πολύπλοκη κίνηση.
Στο τελευταίο ερώτημα λες “δίσκος”, μάλλον εννοείς τη ράβδο.

Γεια σου Ανδρέα, σε ευχαριστώ για τον χρόνο σου και το σχόλιο. Ναι πολύ σωστά αντιλήφθηκες τον στόχο μου να συνδυάσω αυτές τις δύο ασκήσεις και σωστή η παρατήρηση σου για την δυσκολία της πραγματοποίησης της συγκεκριμένης πειραματικής διάταξης. Ο δίσκος μετά την επισήμανση σου μετατράπηκε σε ράβδο.
Δεν μπορώ να καταλάβω πως θα κινηθεί η ράβδος αφού το βάρος της είναι W = 80 N και η τάση του νήματος που δέχεται έχει το ίδιο μέτρο με την κεντρομόλο δύναμη που ασκείται στο σφαιρίδιο που εκτελεί κυκλική κίνηση και έχει αρχική τιμή
Fκ = mυ²/ℓ = 4 N , Fκ < W . Σε ευχαριστώ και πάλι για το σχόλιο.

Παύλο εννοώ αυτό
https://i.ibb.co/x8SvHyFr/1.jpg
με σφαίρα αντί για ράβδο. Η τάση του νήματος δε μένει σταθερή.
Η προσομοίωση

Ανδρέα σε ευχαριστώ για το i.p. που έφτιαξες αλλά νομίζω αν είδα καλά γιατί δεν είμαι καλός στην χρήση του πως έχεις δώσει τιμή στην μάζα της μεγάλης σφαίρας
Μ = 0,4 kg και στην μάζα του σφαιριδίου αυτή που είχα και εγώ στην ανάρτηση m = 1 kg. Με βάση τις τιμές που δίνεις ναι συμφωνώ ότι θα γίνει η συγκεκριμένη κίνηση που αναφέρεις αλλά αν θέσεις την μάζα της σφαίρας Μ = 8 kg και είναι τοποθετημένη πάνω σε οριζόντιο επίπεδο νομίζω πως θα παραμείνει ακίνητη καθώς ανυψώνουμε το επίπεδο κίνησης του σφαιριδίου.

Καλημερα Διονύση. Ωραια βατή ασκηση,οτι πρεπει για εξετασεις,η οποία ελεγχει αν ο μαθητης ξερει,χωρις να απαιτει καποια τρελη ιδεα για να λυθει.
Λιγο πιο δυσκολο ισως ειναι το ερωτημα iii).

Διονύση καλημέρα. Ωραία άσκηση, που διδάσκει αναλυτικά τη σύνθετη κίνηση του δίσκου. Όμως τη χρονική στιγμή t1 ολισθαίνει και την t2 σπινιάρει. Αυτό την κάνει να ανεβαίνει σε βαθμό δυσκολίας, αλλά τι να κάνουμε; Σύνθετη κίνηση εξετάζουμε. Μακάρι να δούμε στις εξετάσεις μια ερώτηση με αυτό το σκεπτικό. Βαρεθήκαμε να βλέπουμε μόνο κύλιση Χ.Ο. Άλλωστε τη χρονική στιγμή t = 4s, στιγμιαία δεν ολισθαίνει…

Καλό μεσημέρι Κωνσταντίνε και Ανδρέα και σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Συνάδελφοι η προσπάθειά μου ήταν να δώσω μια εύκολη άσκηση η οποία θα μπορούσε να δοθεί σε μαθητές όταν διδαχτούν την σύνθετη κίνηση.
Ανδρέα για να πάψουμε να μιλάμε ΜΟΝΟ για κύλιση, την έγραψα.
Δεν χρειάζεται, στη φάση αυτή, να μιλήσουμε ούτε για ολίσθηση, ούτε για σπινιάρισμα…

Πολύ ωραία, λιτή και απόλυτα κατανοητή παρουσίαση μιας κρούσης που οφείλει να είναι γνωστή, αφού υπάρχει ως άσκηση στο σχολικό.

Βρήκες τρόπο αντί να ζητήσεις τα τετριμμένα “τί ποσοστό της κινητικής ενέργειας της Σ1 μεταβιβάζεται στη Σ2” να κινηθείς μη αναμενόμενα….βάζοντας στο παιχνίδι μπόλικη γεωμετρία… για τα ήθη και έθιμα του 2025

Να προσθέσω για το καλό ξεκίνημα της νέας χρονιάς: “Ποιος ο λόγος των πυκνοτήτων των υλικών κατασκευής των δύο σφαιρών;” Απ: ρ1/ρ2 = 27/8

Καλημέρα Θοδωρή και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Καλή σχολική χρονιά και καλή αρχή για τους μαθητές που επιστρέφουν σήμερα στα σχολεία.

Καλησπέρα.
Διακρίνω και τονίζω εκτός των άλλων στόχων
1)Δεν χρειάζεται οι συγκρουόμενες σφαίρες να είναι όμοιες δηλ ίδιας μάζας και ακτίνας
(5.41 σχολικό) αλλά και βοηθήματα.
Αρκεί m1 =m2 και v1 ή v2=0
για να κινούνται μετά σε διευθύνσεις κάθετες
2) Οι ακτίνες αν δίδονται χρειάζονται για να βρούμε την γωνία που σχηματίζει η διεύθυνση της αρχικής ταχύτητας με την διάκεντρο και επομένως τις ταχύτητες μετά.
Και η άσχετη ερώτηση η κρούση είναι πλάγια ή έκκεντρη?

Καλό απόγευμα Γιώργο και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
“Έκκεντρη ονομάζουμε την κρούση όταν οι δυο ταχύτητες, πριν την κρούση, είναι παράλληλες αλλά όχι στην ίδια ευθεία”.
Κι όταν η μία ταχύτητα είναι μηδενική; Η άλλη, με ποια θα είναι παράλληλη;
“πλάγια λέγεται η κρούση που οι ταχύτητες πριν την κρούση σχηματίζουν γωνία, τέμνονται”
Και αν η μία ταχύτητα είναι μηδενική; Η άλλη με ποια θα τέμνεται;

Λοιπόν Διονύση είχα βάλει στοιχημα με τον εαυτό μου ότι θα έδινες αυτήν την απάντηση!!!
Κέρδισα!!!

Καλησπέρα Διονύση.
Σωστή η παρατήρησή σου.
Προσωπικά πάντα συμπληρώνω ότι οι αρχικές ταχύτητες δεν είναι κατα μήκος της διακέντρου των δυο σφαιρών, Ειδικότερα η δεύτερη περίπτωση (αν υ2=0) είναι ίδια με την πρώτη (αν η ταχύτητα δεν είναι κατα μήκος της διακέντρου), δηλαδή ταυτίζονται οι δύο περιπτώσεις

Καλησπέρα Διονύση. Ωραία η άσκηση. Τέθηκαν και τα ερωτήματα.
Κάθε πλάγια είναι έκκεντρη;
Κάθε έκκεντρη είναι πλάγια;
Σύμφωνα με το σχολικό Λ, Σ
Σύμφωνα με τη διεθνή βιβλιογραφία (Meriam & Kraige, Hibbeler) πιο πολύ χρησιμοποιείται ο όρος “έκκεντρη”, όταν η κρούση δεν είναι κεντρική. Ο Halliday και ο Serway δεν τις ονομάζουν έκκεντρες αλλά two-dimensional collisions.
Ίσως οι συγγραφείς του σχολικού θεώρησαν ότι έχει κάποια διδακτική αξία να μιλήσουν για παράλληλες ταχύτητες πριν την κρούση…

Γι αυτό λοιπόν υπάρχει και η δημιουργική ασάφεια:

“Οι σφαίρες συγκρούονται ελαστικά μη κεντρικά….”

Θα πρόσθετα και την περίπτωση όπου:

“Δύο σφαίρες Σ1 και Σ2, με ίσες μάζες συγκρούονται μη κεντρικά. Πριν την κρούση η Σ2 είναι ακίνητη. Αν μετά την κρούση οι σφαίρες κινούνται σε κάθετες διευθύνσεις, να δείξετε πως η κρούση είναι ελαστική.”

Αφιερωμένο σε όσους φίλους σήμερα έλλειψε η “πρώτη μέρα” της σχολικής χρονιάς

https://i.ibb.co/pj6dXs11/2025-09-12-070642.png

Καλημέρα παιδιά.
Θοδωρή νομίζω ότι η “δημιουργική ασάφεια” είναι ο σωστός όρος που περιγράφει την πρακτική που εφαρμόζεται. Ο όρος “μη κεντρική” είναι αυτός που συνήθως χρησιμοποιείται. Ας δούμε την διατύπωση στην 5.41 του σχολικού:

https://blogs.sch.gr/yliko1/files/2025/09/099.png

Ανδρέα, προσωπικά μου αρέσει η διατύπωση του Halliday, περί “δισδιάστατης κρούσης”. Την προτιμώ από άλλες διατυπώσεις, απλά εδώ φοράμε το κουστουμάκι του σχολικού, αφού η ανάρτηση απευθύνεται σε μαθητές…

Καλησπέρα σε όλους τους φίλους, μαθητής με ρώτησε κάτι ανάλογο
με την άσκηση της εικόνας

https://i.ibb.co/N6qYvHwF/image.png

Γνώμη μου είναι πως εφόσον η κρούση είναι ελαστική και δεν αναπτύσσεται τριβή μεταξύ σφαίρας κύβου, δεν υπάρχει οριζόντια δύναμη.
Η δύναμη που δέχεται η σφαίρα είναι κατακόρυφη, οπότε και η αντίδρασή της στον κύβο είναι επίσης κατακόρυφη.
Ο κύβος δεν δέχεται οριζόντια συνιστώσα, άρα δεν αρχίζει να κινείται ή αν βρισκόταν σε κίνηση διατηρεί σταθερή ταχύτητα.

Ποια η γνώμη σας;

Θα συμφωνήσω με τη θέση σου Θοδωρή στην άσκηση που παραθέτεις από τον μαθητή σου.
Δεν βλέπω το λόγο να διαφοροποιηθεί το μοντέλο που χρησιμοποιούμε στην παράγραφο 5.4 με τον τοίχο, σε σχέση με εδώ.

Βέβαια, εάν αντί για κύβο έχουμε σφαίρα, τότε θα αλληλεπιδράσουν κατά μήκος της διακέντρου και θα μπορούσε να συμβεί το σενάριο, καθώς η αντίστοιχη δύναμη θα είχε οριζόντια συνιστώσα.

Καλησπέρα.
Θοδωρή αν τα στερεά δεν παραμορφώνονται στην διάρκεια της κρούσης η δύναμη αλληλεπίδρασης που δεχεται το ένα σωμα απο το άλλο είναι κατακόρυφη.Στην ουσία εχουμε πλάγια ελαστική κρουση σφαιρας με δάπεδο.
Βλέπω γωνία προσπτωσης φ= με γωνία ανακλασης θ
Δεν μεταβάλλεται η ορμή στην οριζοντια διευθυνση σε κανένα σώμα.
Αν τα στερεά θεωρηθούν ελαστικά παραμορφώσιμα και με δεδομένο φ=θ θα πρέπει υ1΄<υ1 επομένως η δύναμη αλληλεπιδρασης στη σφαίρα έχει οριζόντια συνιστώσα προς αριστερά.
Με τα αν και αν ασκήσεις δεν λύνονται.
Βέβαια δεν φαίνονται τα ερωτήματα οπότε δεν μπορούμε να βγάλουμε ασφαλέστερα συμπεράσματα

Καλησπέρα. Θα συμφωνήσω Θοδωρή με όλους σας και θα μπορούσε το φαινόμενο που θέλει να μελετήσει η άσκηση να το αποδώσει με την ταχύτητα της σφαίρας ακριβώς πριν την κρούση οριζόντια και το ύψος του κύβου ίσο με το διπλάσιο της ακτίνας της σφαίρας, όπως και τα κέντρα μάζας των θεωρητικά ομογενών σωμάτων να είναι πάνω σε ευθεία κάθετη στην πλευρά του κύβου που έρχεται σε επαφή με την σφαίρα.
Αν όμως θέλαμε να δούμε πως θα μπορούσε να πραγματοποιηθεί το σενάριο που αναφέρει η εκφώνηση θα έπρεπε να αναφερθούμε και στην περιστροφική κίνηση της σφαίρας όπως και να θεωρήσουμε ότι απευθείας αναπτύσσεται στατική τριβή (και τα δύο εκτός ύλης) ώστε να μην έχουμε απώλεια μηχανικής ενέργειας στο σύστημα. Τότε η κινητική ενέργεια του συστήματος των σωμάτων πριν την κρούση ισούται με την κινητική ενέργεια του συστήματος των σωμάτων μετά την κρούση και η κρούση θα μπορούσε να χαρακτηριστεί ως ελαστική με βάση τον ορισμό του σχολικού βιβλίου.

Σας ευχαριστώ πολύ όλους για τις απαντήσεις.

Η άσκηση δέχεται πως ο κύβος αποκτά οριζόντια ταχύτητα, η οποία ουσιαστικά δίνεται μέσω της Δp(κυβ) Αυτό προϋποθέτει οριζόντια δύναμη (εσωτερική) στον κύβο.

Αν η δύναμη είναι στατική τριβή η οποία δεν προκαλεί θερμική απώλεια μηχανικής
ενέργειας, η αντίδρασή της δημιουργεί ροπή ως προς το κέντρο της σφαίρας, οπότε
η σφαίρα αποκτά γωνιακή ταχύτητα και περιστροφική κινητική ενέργεια που δεν είχε.
Έτσι μπορεί η κινητική ενέργεια δυνητικά να παραμένει σταθερή, αλλά η μεταφορική κινητική μειώνεται.

Όπως μου δόθηκε η άσκηση, οι απαντήσεις αντιστοιχούσαν σε διατήρηση της μεταφορικής κινητικής κάτι που είναι αδύνατον είτε εμφανιστεί τριβή ολίσθησης είτε στατική. Σε κάθε περίπτωση το μοντέλο δεν είναι σωστό.

Ας μείνουμε λοιπόν στις πλαστικές πλάγιες σε λείο δάπεδο.

Καλημέρα σε όλους.
Θοδωρή δεν βλέπω όλη την εκφώνηση και δεν ξέρω πού το πηγαίνει η άσκηση.
Αλλά διβάζοντας τα σχόλια, βλέπω ότι εστιάζετε στο αν αναπτυχθεί τριβή ή όχι.
Όμως νομίζω ότι πριν μπούμε στη λογική ύπαρξης ή όχι τριβής, μπαίνει ένα άλλο θέμα. Η κρούση είναι ελαστική και η γωνία “πρόσπτωσης” είναι ίση με την γωνία “ανάκλασης”. Αυτό παραπέμπει σε τοίχο και το δεδομένο ότι θα μεταβληθεί η ορμή του κύβου είναι λανθασμένο. Γιατί;
Στην κατακόρυφη διεύθυνση, ανεξάρτητα της ύπαρξης ή όχι τριβής, η δύναμη αντιστρέφει την ταχύτητα. Είναι σαν η μπάλα να πέφτει σε τοίχο σε ελαστική κρούση. Εκτός και αν ο κύβος αναπηδά. Μήπως αυτό το υποννοεί η άσκηση παρακάτω;
Αν όχι, τότε η κατακόρυφη συνιστώσα της ταχύτητας πριν και μετά την κρούση έχουν ίσα μέτρα. Αλλά τότε από ισότητα τριγώνων προκύπτει ότι και οι οριζόντιες συνιστώσες των ταχυτήτων είναι ίσες.
Με άλλα λόγια οι ταχύτητες της σφαίρας πριν και μετά την κρούση έχουν ίσα μέτρα και δεν περισεύει κινητική ενέργεια για να μεταφερθεί στον κύβο!

Ευχαριστώ Διονύση, θεωρώ όμως σκόπιμο να ξεκαθαριστεί τί γίνεται
με τις δυνάμεις κατά την επαφή.

Οι δυνάμεις είναι η αιτία και η ανταλλαγή ενέργειας το αποτέλεσμα.
Προσπαθώ και επιμένω στη διδασκαλία να συνδέω το αποτέλεσμα με τις ασκούμενες
δυνάμεις. Επιμένω πως αν σε κάποια διεύθυνση δεν υπάρχει συνιστώσα δύναμης,
δεν υπάρχει στη διεύθυνση αυτή μεταβολής ορμής.

Επιμένω ότι στις ελαστικές κρούσεις η απουσία τριβής, (περιορίζομαι στην τριβή ολίσθησης, αφού η στατική οδηγεί σε άλλα μονοπάτια που οι μαθητές δεν οφείλουν να ξέρουν), η απουσία λοιπόν τριβής έχει ως αποτέλεσμα ωστικές δυνάμεις πάνω στη διάκεντρο ή κάθετες στην επιφάνεια.

Λόγω των παραπάνω δεν μπορεί ένα σώμα να μεταβάλει την ορμή του σε διεύθυνση που δεν δέχεται δύναμη.

Μετά λοιπόν από όλα αυτά, ο μαθητής συναντά άσκηση στη λογική αυτής που ανέβασα. Ελαστική κρούση με ακίνητο κύβο, όπου ο κύβος αποκτά οριζόντια ταχύτητα λόγω κρούσης. Πώς;;;;

Από την αρχή λοιπόν λες πως αυτό δεν γίνεται…. τα υπόλοιπα για γωνίες και διατηρήσεις ακολουθούν…

Καλό μεσημέρι Θοδωρή.
“Προσπαθώ και επιμένω στη διδασκαλία να συνδέω το αποτέλεσμα με τις ασκούμενες
δυνάμεις.”
Καλά κάνεις και επιμένεις διδακτικά, αφού τις περισσότερες φορές η συνταγή “δουλεύει”.
Αλλά χρησιμοποιώντας μια φράση του παρελθόντος “βάζεις το κάρο μπροστά από το άλογο”.
Τι είναι οι δυνάμεις και πώς γνωρίζουμε την παρουσία τους ή το μέγεθός τους;
Δεν ξεκινώ από τις δυνάμεις, που δεν γνωρίζω. Ξεκινώ από αυτό που μπορώ να μετρήσω σε μια κρούση και αυτές είναι οι ταχύτητες.
Από εκεί ξεκίνησα στο προηγούμενο σχόλιο και από εκεί προκύπτει ότι η δύναμη αλληλεπίδρασης είναι κάθετη στην επιφάνεια του κύβου.
Όχι αν είναι εκτός ύλης η στατική τριβή ή η περιστροφή της σφαίρας μετά την κρούση.

Προσομοίωση της άσκησης με τον κύβο.

Βλέπουμε ότι απαραίτητη προϋπόθεση να κινηθεί ο κύβος είναι η ύπαρξη τριβής μεταξύ κύβου και σφαίρας.
Αν υπάρχει η σφαίρα περιστρέφεται μετά την κρούση.
Έβαλα συντελεστή κρούσης 1 (ελαστική κρούση).

Καλό απόγευμα Γιάννη. Έβαλα και μετρητή της γωνιακής ταχύτητας στο αρχείο σου.
Ας δούμε τρεις εικόνες που πήρα ( αφού κάποιοι φίλοι μπορεί να μην έχουν το i.p.
με λείες επιφάνειες:
https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/09/cea3cf84ceb9ceb3cebcceb9cf8ccf84cf85cf80cebf-cebfceb8cf8ccebdceb7cf82-2025-09-26-170006.png
Με σ.τ.ο. μ=0,1:
https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/09/cea3cf84ceb9ceb3cebcceb9cf8ccf84cf85cf80cebf-cebfceb8cf8ccebdceb7cf82-2025-09-26-165923.png
με σ.τ.ο. μ=1:
https://arxeialykeioy.wordpress.com/wp-content/uploads/2025/09/cea3cf84ceb9ceb3cebcceb9cf8ccf84cf85cf80cebf-cebfceb8cf8ccebdceb7cf82-2025-09-26-165942.png

Τι βλέπουμε;
Με λείες επιφάνειες ο κύβος μένει ακίνητος, πράγμα αναμενόμενο.
Όταν υπάρχει τριβή, το αποτέλεσμα είναι το ίδιο, ανεξάρτητο του σ.τ.ο. αρκεί να ισχύει μ>=0,1. Τότε ταχύτητες και γωνιακή ταχύτητα παίρνουν πάντα τις ίδιες τιμές.
Αξίζει να προσέξουμε ότι η ταχύτητα στον άξονα y είναι ίδια, σε όλες τις περιπτώσεις, είτε υπάρχει είτε δεν υπάρχει τριβή υy=1,732m/s.

Καλησπέρα Διονύση.
Αυτό ισχύει για τις 60 μοίρες. και συντελεστές τριβής από μια τιμή και πάνω.
Τιμή που υπολογίζεται αν απαιτήσουμε να μην ολισθαίνει στο τέλος.
Αν όμως ο συντελεστής είναι μικρότερος;
Δεν έκανα ακόμα τον υπολογισμό αλλά να μια εικόνα με μικρό συντελεστή:
https://i.ibb.co/3L8Jmbf/Screenshot-1.png

Διαφέρει από τις προηγούμενες.

Μπορεί να είναι αυτό που λες, το 0,1

Και αυξάνοντας την ακρίβεια, με μ=0,08:
https://i.ibb.co/YTpHf6dQ/2025-09-26-175712.png

Λάβε υπόψη σου ότι με βάση το πληθος των δυνατών τιμών που είχες βάλει, αυτές ήταν δύο δυνατές παραπλήσιες τιμές που μπορούσα να έχω…

Γιάννη, δεν έκανα υπολογισμό, αλλά το μ=0,05 το είχα δει, γι΄αυτό έγραψα μ>=0,1.

Καλησπέρα σε όλους.
Η άσκηση που παρέπεμψε ο Θοδωρής ήταν από γνωστό βοήθημα φυσικής και η οποία έχει αφαιρεθεί για τους λόγους που αναφέρθηκαν.
Παρόμοια άσκηση είχε αναρτηθει στο S4E και αφαιρέθηκε επίσης. Παραθέτω το θέμα και το σχήμα από το S4E. εικόνα 1 Επειδή η άσκηση μου άρεσε εχώ αλλάξει το σχήμα και δίνω την εικόνα 2

https://i.ibb.co/9HxmQ20M/Screenshot-3.jpg

Θοδωρή γράφεις: “Αν η δύναμη είναι στατική τριβή η οποία δεν προκαλεί θερμική απώλεια μηχανικής ενέργειας,..” Ωστόσο αν στη σφαίρα και στον κύβο υπάρχει τριβή, θα εμφανιστεί οπωσδήποτε τριβή ολίσθησης.

Γειά σας. Αν μου επιτρέπετε δύο σχόλια: 1. Εφόσον η κρούση είναι ελαστική η γωνιά μεταξύ των ταχυτήτων των σφαιρών μετά την κρούση είναι ορθή . Η γωνιά μεταξύ της διεύθυνσης της αρχικής ταχύτητας της κινούμενης σφαίρας και της διεύθυνσης της μετά την κρούση εξαρτάται από τις τιμές των ακτίνων των σφαιρών. 2. Στο σχολικό δεν γίνεται καμμιά αναφορά για την επίδραση της τριβής στη διάρκεια της κρούσης η οποία όμως όταν υπάρχει, όπως στις στις προσωμοιωσεις, επηρεάζει τις κινήσεις των σωμάτων μετά την κρούση. Αυτό οφείλεται στο ότι η τριβή επηρεάζει το είδος κίνησης των σφαιρών μετά την κρούση και την κάνει από μεταφορική, σύνθετη.Αν όμως οι ακτίνες των σφαιρών είναι πολύ μικρές τότε η ροπή αδράνειας τους θα είναι αμελητέα οπότε η κίνηση τους θα θεωρείται και μετά τη κρούση μεταφορική. Μια τέτοια παρατήρηση θα έχω τη γνώμη ότι θα ήταν χρήσιμο να περιληφθεί στο σχολικό. Έχω τη γνώμη ότι οι συγγραφείς του θεωρούν τις σφαίρες σφαιρίδια που προσομοιάζουν σε υλικά σημεία και ως εκ τούτου την κίνηση τους πριν και μετά την κρούση μεταφορική οπότε η τριβή δεν παίζει ρόλο. Αν και προηγείται του κεφαλαίου των κρούσεων η μηχανική στερεών. Αυτό έχει να κάνει και με τον αποσπασματικό τρόπο συγγραφής του βιβλίου αφενός και του καθορισμού της εξεταστές ύλης αφετέρου.

Kαλημερα Διονύση και σε ολη την παρεα. Ειχατε μια συζητηση σχετικα με το αν η συγκεκριμενη κρουση ειναι πλάγια ή εκκεντρη. Πως θα το δουμε αυτο? Με βαση τους ορισμους. Εμεις μαλλον πρεπει να χρησιμοποιουμε τους ορισμους του σχολικου αφου σε αυτο το βιβλιο βρισκεται η υλη των γενικων εξετασεων. Το βιβλιο λοιπον αν κανουμε κόπυ πάστε γραφει :
“Ανάλογα με τη διεύθυνση που κινούνται τα σώματα πριν συγκρουστούν οι κρούσεις διακρίνονται σε κεντρικές, έκκεντρες και πλάγιες. Κεντρική, (ή μετωπική) ονομάζεται η κρούση κατά την οποία τα διανύσματα των ταχυτήτων των κέντρων μάζας των σωμάτων που συγκρούονται βρίσκονται πάνω στην ίδια ευθεία. 
Έκκεντρη, ονομάζεται η κρούση στην οποία οι ταχύτητες των κέντρων μάζας των σωμάτων που συγκρούονται είναι παράλληλες (σχ. 5.4α). Πλάγια ονομάζεται η κρούση αν οι ταχύτητες των σωμάτων βρίσκονται σε τυχαίες διευθύνσεις (σχ. 5.4β). (α) έκκεντρη κρούση. (β) πλάγια κρούση. Σχήμα 5-4. “
Επισης το σχολικο βιβλιο Μαθηματικων γραφει:

“Δύο μη μηδενικά διανύσματα α, β που έχουν τον ίδιο φορέα ή παράλληλους φορείς, λέγονται παράλληλα ή συγγραμμικά διανύσματα. Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι τα διανυσματα έχουν ίδια διεύθυνση.
Αν ένα από τα διανύσματα α, β είναι το μηδενικό διάνυσμα, τότε ως γωνία των α και β μπορούμε να θεωρήσουμε οποιαδήποτε γωνία θ με 0 ≤ ≤ θ π . Έτσι, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι το μηδενικό διάνυσμα, 0, είναι ομόρροπο ή αντίρροπο ή ακόμη και κάθετο σε κάθε άλλο διάνυσμα.”
Επισης δυο ομορροπα ή αντιρροπα διανυσματα ειναι παραλληλα,αρα το μηδενικο διανυσμα ειναι παραλληλο με καθε διανυσμα.
Αυτα τα μαθηματικα εχουν μαθει τα παιδια στο σχολειο τους.
Με βαση τους πιο πανω ορισμους,για κρουση μεταξυ δύο σφαιρικων σωματων των οποιων το κεντρο ταυτιζεται με το κεντρο μαζας ας διακρινουμε δυο περιπτωσεις για να δουμε τι συμπερασματα βγαζουμε.
α) Οι ταχυτητες και των δυο σωματων ειναι μη μηδενικες πριν την κρουση.
Ο ορισμος της κεντρικης κρουσης ειναι σωστος.
Η κεντρικη κρουση ειναι ταυτοχρονως και εκκεντρη κρουση διοτι οταν δυο διανυσματα βρισκονται πανω στην ιδια ευθεια,ειναι παραλληλα εξ ορισμου.
Αν υποθεσουμε οτι “τυχαίες διευθύνσεις” σημαινει οχι παραλληλες,τοτε ο ορισμος της πλαγιας κρουσης ειναι σωστος.
β) Η ταχυτητα του ενος σωματος ειναι μηδενικη πριν την κρουση.
Ο ορισμος της κεντρικης κρουσης ειναι σωστος. Αυτο διοτι μόνο αν η ταχυτητα της κινουμενης σφαιρας διερχεται εκ του κεντρου της ακινητης η μηδενικη ταχυτητα η οποια ειναι παραλληλη με την μη μηδενικη,μπορει να βρισκεται και στην ιδια ευθεια με αυτην.
Εφοσον το μηδενικο διανυσμα ειναι παραλληλο σε καθε διανυσμα,ολες οι κεντρικες κρουσεις ειναι ταυτοχρονως και εκκεντρες κρουσεις και πλαγιες κρουσεις..
Εφοσον το μηδενικο διανυσμα ειναι παραλληλο σε καθε διανυσμα,ολες οι μη κεντρικες κρουσεις ειναι ταυτοχρονως και πλαγιες κρουσεις και εκκεντρες κρουσεις.
Καταλαβαινω οτι ολη αυτη η συζητηση αγγιζει το οριο της γελοιότητος. Δεν φταιω εγω ομως. Δεν ειχα κατσει να σκεφτω μεχρι τωρα,που μπορει να οδηγησουν τα μαθηματικα ξεκινωντας απο τους ορισμους του σχολικου.
Αφορμη ηταν η αρχικη ερωτηση του Γιωργου Κόμη
και η συζητηση που ακολουθησε. 🙂

Κωνσταντίνε, αν διαβάσεις την πρώτη μου απάντηση στο Γιώργο ΕΔΩ, θα διαπιστώσεις ότι με βρίσκει σύμφωνο η άποψη που διατυπώνεις:
“Εφοσον το μηδενικο διανυσμα ειναι παραλληλο σε καθε διανυσμα,ολες οι μη κεντρικες κρουσεις ειναι ταυτοχρονως και πλαγιες κρουσεις και εκκεντρες κρουσεις.”

Kαλημερα Διονυση. Ναι το ειχα δει. Το σκεπτικο σου βασιζεται στην εννοια του μηδενικου διανυσματος οπως και το δικο μου.

Χρήστο, με την σχεδιαστική παραλλαγή που δίνεις , τριμπλάρεις καλύτερα
από τον Μέσι στις δόξες του

Σωστά Ανδρέα, αν ο κύβος είναι ακίνητος, η σφαίρα θα έχει σχετική ταχύτητα ως προς αυτόν και η τριβή θα είναι οπωσδήποτε ολίσθησης. Έχεις δίκιο, σε ευχαριστώ για την επισήμανση. Στο μυαλό μου είχα και την περίπτωση που ο κύβος κινείται οριζόντια.

Καλημέρα Διονύση, καλημέρα στη νησίδα.
Ένοιωθα πως χρειαζόμουνα “γενικό servis” στο βιολογικό PC μου …
Άρτι αφιχθείς στη μικρή μας πόλη ,είδα και τον συνταξιδιώτη “κυβερνήτη υποβρυχίου”
να αναρτά το “υποβρύχιο” για το οποίο μου είχε μιλήσει, πλέοντας με το σχετικά ταχέως κινούμενο πλεούμενο.
Το θέμα σου απαιτεί βασικές γνώσεις, που ο μαθητής λύτης πρέπει να απέκτησε στις λυκειακές τάξεις και καλείτε να εφαρμόσει για την επίλυση.
Πάντα ενεργός

Καλή μας επιστροφή Παντελή και καλό Φθινόπωρο.
Εγώ προηγήθηκα (στην επιστροφή, στην “μικρή” μας πόλη) κατά μία μέρα!!!!
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και περιμένω την εκ νέου ενεργοποίησή σου μετά την καλοκαιρινή ραστώνη…

Την χρονική στιγμή που αφήνουμε το σώμα Α να κινηθεί, γιατί η τριβή δεν είναι στατική?

Καλημέρα Γιώργο και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Όταν μιλάμε για την επιτάχυνση του σώματος “μολις αφεθεί να κινηθεί”, δεν κάνουμε διάκριση των χρονικών στιγμών t=0 και t=0+.
Ούτε μελετάμε το ρυθμό μεταβολής της επιτάχυνσης, δεχόμενοι ότι αποκτά αμέσως την επιτάχυνση που θα έχει…
Στην πραγματικότητα δηλαδή μιλάμε για μια κατάσταση κίνησης, μετά τη στιγμή t=0…

Kαλημερα Παύλο. Πολυ ωραια Δυσκολη κλασικη ασκηση η οποια στην πιο γνωστη της εκδοχη ζηταει να βρεθει η δυναμη που πρεπει να ασκουμε στο σωμα Σ1 με το χερι μας,ωστε οταν το αφησουμε να ταλαντωθει,να χαθει οριακα η επαφη του σωματος Σ2 με το δαπεδο . Την λυνω εδω με πολυ απλο τροπο (πλην δυσκολο) Μία γνωστή άσκηση χωρίς χαρτί και μολύβι.

Καλημέρα Κωνσταντίνε σε ευχαριστώ για το σχόλιο. Ναι πολύ σωστά το αναφέρεις είναι εκδοχή της γνωστής άσκησης την οποία λύνεις με πολύ όμορφο τρόπο στον σύνδεσμο που ανάρτησες, σε ευχαριστώ για την extra λύση.

Καλημέρα παιδιά. Παύλο όμορφο και κλασικό θέμα. Μια εναλλακτική λύση για κάποιον που δεν γνωρίζει ταλαντώσεις και έχει όρεξη και κουράγιο να κάνει πράξεις πρωινιάτικα 🙂

https://i.ibb.co/N2zcnZ1x/image.png

Καλημέρα Αποστόλη ωραία λύση αλλά λίγο πιο μπελαλίδικη, σε ευχαριστώ πολύ.

Καλημέρα.
Ζήλεψα τις λύσεις σας και είπα να ανεβάσω και μια τετριμμένη.
Είναι βασικό στις ταλαντώσεις ο μαθητής να γνωρίζει να βρίσκει δύναμη ελατηρίου και δύναμη επαφής συναρτήσει της θέσης χ.
Ένα πρόσημο να ξεφύγει πάει η άσκηση

https://i.ibb.co/n8Rk5Drg/1-1.jpg
https://i.ibb.co/xr85nCp/image.jpg

Γεια σου Γιώργο ωραία λύση, ευχαριστώ πολύ!

Καλημέρα Παύλο. Παλια άσκηση αλλά βασική’
Για να σηκωθουν τα δυο σώματα πρεπει η δυναμη του ελατηρίου στην πάνω ακραία θέση να είναι τουλάχιστον ίση με τα βάρη των m1 και m2 και φυσικά θα είναι ίση με το βάρος του m3 (η αρχική είναι η κάτω ακραία θέση). Αρα : m3=m1+m2 τουλάχιστον.

Γεια σου Γιώργο (Χριστόπουλε) σε ευχαριστώ για το σχόλιο. Ωραίο και το δικό σου σκεπτικό επίλυσης, να είσαι καλά.

Καλησπέρα Παύλο. Ωραία άσκηση. Επειδή οι συνάδελφοι έβαλαν εναλλακτικές λύσεις, βάζω ένα i.p.
Κατακόρυφη ταλάντωση και χάσιμο επαφής.
Με m1 = m2 = 1kg, m3 = 2kg, L = 9m, k = 10N/m
https://i.ibb.co/GjC98Lz/1.jpg

Γεια σου Ανδρέα σε ευχαριστώ πολύ για το σχόλιο και για το ip, να είσαι καλά.

Καλημέρα.
Πολύ ωραία άσκηση Παύλο.
Δύσκολη αλλά πολύ χρήσιμη για… προχωρημένες
καταστάσεις.
Θα κάνω μια προσπάθεια αργότερα δίδοντας μια βαρετή λύση , υπολογίζοντας την Τ συναρτήσει της θέσης χ του συσσωματώματος βάζοντας ακολούθως τους περιορισμούς για Τ

Γεια σου Γιώργο σε ευχαριστώ για το σχόλιο και χαίρομαι που σου αρέσει. Αναμένω την εκδοχή σου, να είσαι καλά!

Καλησπέρα.
Το στερεό του Παύλου σε μια παραλλαγή.
Αν Τθρ = 240N να βρεθεί η μεγιστη ταχύτητα του βλήματος ώστε να ισορροπεί το Γ αιωνίως
https://i.ibb.co/WN9fkB13/22.jpg

https://i.ibb.co/s93BVgTW/2333.jpg

Όμορφη και αναλυτική επίλυση της άσκησης – ερωτήματος που έθεσες Γιώργο. Σε ευχαριστώ πολύ για τον εμπλουτισμό της ανάρτησης.

Καλημέρα Παύλο. Ενδιαφέρουσα και απαιτητική διάταξη.
Άλλαξε απλά τη διατύπωση του ερωτήματος (1) σε «…χωρίς να χαλαρώνει το νήμα»

Γεια σου Μίλτο και σε ευχαριστώ για το σχόλιο. Έγραψα στην εκφώνηση ώστε να μην κόβεται το νήμα για να μην υπάρχει το ενδεχόμενο να είναι τόσο μεγάλη η δύναμη του ελατηρίου με φόρα προς τα κάτω που δέχεται το άκρο Β της ράβδου και αντίστοιχα η τάση του νήματος ώστε να υπάρχει κίνδυνος το νήμα να κοπεί. Το έγραψα κυρίως ώστε να οδηγηθεί κάποιος στην σκέψη ότι η ισορροπία της γωνίας θα μπορούσε να διαταραχτεί μόνο αν έτεινε να στραφεί αριστερόστροφα συνεπώς το ελατήριο θα πρέπει να είναι επιμηκυμένο και το νήμα οριακά να μην «μαζέψει». Σε ευχαριστώ και πάλι για τον χρόνο σου καλό Σαββατοκύριακο.

Καλημέρα Διονύση. Πολύ καλή όπως πάντα!
Εναλλακτικά για το δευτερο ερώτημα:
Πρέπει υ1´=0
Κρουση ελαστική:
υ1+υ1’= υ2+υ2′ => υ1=υ2+υ2′ (1)
ΑΔΟ:
mυ1+3mυ2=mυ1’+3mυ2′ => υ1 =3υ2′-3υ2 (2)
(1) και (2) => υ2+υ2´= 3υ2´-3υ2 => υ2’=2υ2 Αρα (1)=> υ1=3υ2=> υ2=υ1/3 και υ2’=2υ1/3

Καλό απόγευμα Γιώργο.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και την παράθεση της εναλλακτικής απόδειξης.

Καλησπέρα Διονύση. Είναι άσκηση επίδειξης της μοναδικής σου ικανότητας να βγάζεις θέμα από κάτι που μοιάζει να μην έχει… Και όμως αρκεί η λέξη “ελάχιστη” κινητική ενεργεια για να δώσει ένα ωραίο θέμα. Στην αρχή σκέφτηκα κάποια δευτεροβάθμια με διακρίνουσα κ.λ.π., αλλά όχι. Εδώ Κmin = 0.

Καλημέρα και από εδώ Ανδρέα.
Αυτή την οπτική είχε και η γραφή και ανάρτηση του θέματος.
Κυκλοφορούν πάρα πολλά θέματα με μέγιστα και ελάχιστα και με συγκεκριμένα βήματα που πρέπει να κάνει ο μαθητής για την επίλυσή τους.
Το πιο γνωστό βέβαια είναι η δευτεροβάθμια και η διακρίνουσά της.
Είπα λοιπόν να δώσω μια διατύπωση που δεν χρειάζεται τίποτα από όλα αυτά, απλά να χρειάζεται ο μαθητής να ακούει και να σκέφτεται… τα βασικά.