κύλινδρος σε τροχό με διπλή περιστροφή

 p050410_12-05Από τον Θεόδωρο Διονυσόπουλο:

Στην άσκηση που ακολουθεί προσπαθώ να εξετάσω την κίνηση τρένου σε οριζόντιο τροχό από άποψη δυνάμεων και αρχών διατήρησης . Την θέτω υπόψη σας για διορθώσεις και συμπληρωματικά ερωτήματα ή σχόλια
.Αυτή εδώ  είναι η προσέγγιση που έκανα για να απαντήσω.
Δυο βασικά ερωτήματα δημιουργούνται α) μπορούμε στην στροφορμή του κυλίνδρου να θέσουμε m u R ;;

Και β) θα μπορούσε ο κύλινδρος να διατηρήσει σταθερή την ταχύτητα του  CM ;; και αν ναι με την δράση ποιών δυνάμεων;;  Σας ευχαριστώ ….

 

Loading

Subscribe
Ειδοποίηση για
4 Σχόλια
Inline Feedbacks
Όλα τα σχόλια
Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

Απαντήσεις σε αυτή τη συζήτηση
a1-6 Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 20 Μάρτιος 2011 στις 19:54

Μια πρώτη γνώμη συνάδελφε.

1. Επι του δίσκου δεν μπορούμε να τοποθετήσουμε κύλινδρο ύψους Η με δυνατότητα περιστροφής γύρω από οριζόντιο άξονα Χ. Τότε σίγουρα έχουμε ολίσθηση μια και η απόσταση των σημείων από το κέντρο ποικίλει από R+h/2 ως R-h/2. Ίσως μπορούσαμε να τοποθετήσουμε κόλουρο κώνο ή στεφάνη με κλίση, ή και δίσκο υπό κλίση.Επίσης μπορούμε να τοποθετήσουμε σφαίρα. Είναι οι μόνοι τρόποι να αποφευχθεί η τριβή ολίσθησης αλλά σε κάθε περίπτωση ο άξονας περιστροφής Χ δεν είναι οριζόντιος αλλά υπο γωνία με το οριζόντιο επίπεδο ώστε να συναντά το σημείο τομής άξονα Ο με δίσκο.

2. Σε καμιά από τις παραπάνω περιπτώσεις δεν μπορεί να αγνοηθεί η περιστροφή γύρω από τον άξονα Ζ, που δεν μπορεί να είναι κατακόρυφος. Μάλιστα στη περίπτωση της σφαίρας τα σημεία επαφής δεν θα είναι σε κύκλο ακτίνας ίσης με την ακτίνα της σφαίρας.

3. Για την περίπτωση του τραίνου επί τροχού -της άσκησης του βιβλίου- θεωρούμε τις ακτίνες των τροχών του τραίνου, τις μάζες και τις ροπές αδρανείας τους αμελητέες σε σχέση με την ακτίνα περιφοράς του τραίνου , τη μάζα του….Δηλαδή θεωρούμε ότι η στροφορμή οφείλεται μόνο στην περιφορά του τραίνου.

4. Η μόνη εύκολη σχετικά παραλλαγή του θέματος σου είναι του τροχού που έχει μεγάλο άξονα και περιστρέφεται γύρω από αυτόν σε πλάγια θέση επί οριζοντίου επιπέδου. Ίσως είναι πιο εύκολο να την βρεί ο Μάργαρης .

%ce%ba%ce%b1%cf%84%ce%b1%ce%b3%cf%81%ce%b1%cf%86%ce%ae-30 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 20 Μάρτιος 2011 στις 20:36

Φίλε Θεόδωρε δες δυο παλιότερες αναρτήσεις:

Μια σύνθετη κίνηση και οι επιμέρους κινήσεις
Κύλιση σφαίρας.

a1-6 Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 20 Μάρτιος 2011 στις 21:06

Υπήρχε και η παλιότερη ανάρτηση του καλού συναδέλφου Χρήστου Ελευθερίου

http://ylikonet.blogspot.com/2010/06/blog-post_07.html

για την οποία διατηρώ κάποιο σκεπτικισμό για τις παραδοχές της.

moi Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 20 Μάρτιος 2011 στις 21:06

Θα ήθελα να γνωρίζω τις προσεγγίσεις (αν υπάρχουν). Λεπτός δίσκος ; πολύ μικρότερη η ακτίνα από την απόσταση από το κέντρο;

Η ερώτηση α) μπορούμε στην στροφορμή του κυλίνδρου να θέσουμε m u R ; με κάνει να υποθέσω ότι η ακτίνα δεν είναι αμελητέα.

Υπήρξε σχετική άσκηση του Χρήστου παλιότερα που έθιγε όχι τα της στροφορμής αλλά τα της κινητικής ενέεργειας

Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

11-14 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 21 Μάρτιος 2011 στις 17:43

Συνάδελφοι η ανάρτηση του φίλου Χρήστου Ελευθερίου υπάρχει και ΕΔΩ, όπου είχε ακολουθήσει και ενδιαφέρουσα συζήτηση.

Γκενές Δημήτρης είπε:

Υπήρχε και η παλιότερη ανάρτηση του καλού συναδέλφου Χρήστου Ελευθερίου

http://ylikonet.blogspot.com/2010/06/blog-post_07.html

για την οποία διατηρώ κάποιο σκεπτικισμό για τις παραδοχές της.

a1-6 Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 21 Μάρτιος 2011 στις 19:34

Δεν είχα εντοπίσει την άσκηση του συνάδελφου Α. Αντωνίου : “Κύλιση σφαίρας”

Μπορεί για την άσκηση να μην έχει σημασία αλλά…

….αλλά η σφαίρα ολισθαίνει. Για να μην ολισθαίνει θα έπρεπε το spin της να σχηματίζει γωνία με τον οριζόντιο άξονα . Π.χ. με σφαιρική άρθρωση κάπως έτσι ίσως:

http://dl.dropbox.com/u/13876398/%CF%83%CF%86%CE%B1%CE%B9%CF%81%CE%

Για να μην υπάρχει ολίσθηση πρέπει τα σημεία επαφής να βρίσκονται πάνω σε κύκλο ακτίνας μικρότερης της r που σχηματίζει κλίση με την κατακόρυφο.

moiΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 21 Μάρτιος 2011 στις 22:13

Επισυνάπτω κάποιους υπολογισμούς που έγιναν με την προϋπόθεση ότι ο δίσκος είναι λεπτός και ότι δεν παρατηρείται ολίσθηση.

Τανυστής αδράνειας

11-14 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 21 Μάρτιος 2011 στις 17:43

Συνάδελφοι η ανάρτηση του φίλου Χρήστου Ελευθερίου υπάρχει και ΕΔΩ, όπου είχε ακολουθήσει και ενδιαφέρουσα συζήτηση.

Γκενές Δημήτρης είπε:

Υπήρχε και η παλιότερη ανάρτηση του καλού συναδέλφου Χρήστου Ελευθερίου

http://ylikonet.blogspot.com/2010/06/blog-post_07.html

για την οποία διατηρώ κάποιο σκεπτικισμό για τις παραδοχές της.

a1-6 Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 21 Μάρτιος 2011 στις 19:34

Δεν είχα εντοπίσει την άσκηση του συνάδελφου Α. Αντωνίου : “Κύλιση σφαίρας”

Μπορεί για την άσκηση να μην έχει σημασία αλλά…

….αλλά η σφαίρα ολισθαίνει. Για να μην ολισθαίνει θα έπρεπε το spin της να σχηματίζει γωνία με τον οριζόντιο άξονα . Π.χ. με σφαιρική άρθρωση κάπως έτσι ίσως:

http://dl.dropbox.com/u/13876398/%CF%83%CF%86%CE%B1%CE%B9%CF%81%CE%

Για να μην υπάρχει ολίσθηση πρέπει τα σημεία επαφής να βρίσκονται πάνω σε κύκλο ακτίνας μικρότερης της r που σχηματίζει κλίση με την κατακόρυφο.

moiΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 21 Μάρτιος 2011 στις 22:13

Επισυνάπτω κάποιους υπολογισμούς που έγιναν με την προϋπόθεση ότι ο δίσκος είναι λεπτός και ότι δεν παρατηρείται ολίσθηση.

Τανυστής αδράνειας

Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

11-14 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 22 Μάρτιος 2011 στις 6:28

Συνάδελφοι δεν ξέρω πως εξαφανίστηκε το προηγούμενο σχόλιό μου και έμεινε κενό!

Είχα γράψει (κάπως πρόχειρα και το συμπληρώνω με την ευκαιρία) ότι η στροφορμή του κυλιόμενου κυλίνδρου κατά τον x άξονα είναι:

Lx =Ix·ωx = ½·Mκ·R²·υcm/R    →
Lx = ½·Mκ·R·υcm
και κατά τον άξονα Ο:

Lο = (Lcm)o + (L΄)cm =Mκ·υcm·L +Iz·ωz =Mκ·υcm·L + ¼·Mκ·R²·υcm/L   →
Lο = (L² + ¼R²)·Mκ·υcm/L
και απ’ ότι βλέπω ο Γιάννης επιβεβαίωσε τους υπολογισμούς, μέσω του τανυστή αδράνειας.

Τα παραπάνω όμως με έβαλαν σε σκέψεις για την άσκηση του σχολικού με το τρενάκι που ανέφερε κι ο Δημήτρης πιο πάνω.

Είναι σωστή η σχέση L=m·υcm·R για να βρούμε τη στροφορμή του;

Παρατηρείστε για παράδειγμα τα σχήματα (1) και (2) πιο κάτω, που απεικονίζουν από ένα βαγονάκι τρένου μήκους  και μάζας m σε κάτοψη, να κινείται σε κυκλική τροχιά ακτίνας R. Το αριστερό βαγονάκι είναι «καμπυλωμένο», ώστε κάθε στοιχειώδες τμήμα του Δm να έχει ταχύτητα υcm εφαπτομένη στην κυκλική τροχιά. Εδώ ισχύει επομένως:
L = Δm1·υcm·R + Δm2·υcm·R + … =m·υcm·R

Τι γίνεται όμως με το βαγονάκι του σχήματος (2); Ισχύει κι εδώ σχέση L=m·υcm·R όπως και πριν; Ας το δούμε με ένα παράδειγμα στο σχήμα (3):

Οι δύο σημειακές μάζες m1 και m2 είναι ίσες (έστω m1=m2=m) σταθερά συνδεδεμένες με αβαρή ράβδο μήκους  και το σύστημα στρέφεται όπως στο σχήμα, ώστε το μέσο Κ της ράβδου να εφάπτεται συνεχώς στην κυκλική τροχιά. Αν το Κ έχει ταχύτητα υcm=ω·R, τότε οι δύο μάζες κινούνται με ταχύτητες μέτρων:

υ1 = υ2 = ω·x = ω·(R²+ℓ²/4)½ = (ω²R²+ω²ℓ²/4)½ = [(ωR)²+(ωℓ/2)²]½

Αναλύουμε π.χ. τη υ2 σε παράλληλη και κάθετη προς τη ράβδο συνιστώσες υ΄cm και υεαντίστοιχα και από τα όμοια τρίγωνα έχουμε:

υ΄cm2 =R/x → υ΄cm = υ2·R/x = ω·R/x = ω·R = υcm

και:

υε2 = (ℓ/2)/x → υε = υ2·(ℓ/2)/x = ω·x·(ℓ/2)/x = ω·ℓ/2

Επαληθεύουμε δηλαδή, όπως περιμέναμε, ότι το στερεό σώμα (που αποτελείται από τις δύο σημειακές μάζες και την αβαρή ράβδο) κάνει σύνθετη κίνηση, μεταφορική με υcm και στροφική γύρω από το κέντρο μάζας του με ω. Οι ταχύτητες όλων των σημείων του, όπως είδαμε και με τη μάζα m2, μπορούν να προκύψουν από τη σύνθεση της υcm και της εκάστοτε επιτρόχιας υε.

Η στροφορμή του στερεού αυτού ως προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς Ο είναι:

L =m1·υ1·x +m2·υ2·x = 2·m·ω·x = 2·x²·ω = Ιο·ω = 2·m·(R²+ℓ²/4)·ω   →

L = 2·m·ω·R² + 2·m·(ℓ/2)²·ω = 2·m·υcm·R + 2·m·(ℓ/2)²·ω

Δηλαδή, όπως έχουμε δείξει και άλλοτε:
Lο = (Lcm)o + (L΄)cm
Πηγαίνοντας λοιπόν ξανά στο βαγονάκι του σχήματος (2) (και θεωρώντας το σαν μία ράβδομήκους  και μάζας m) έχουμε για τη στροφορμή του:

Lο = (Lcm)o + (L΄)cm =m·υcm·R +m·ℓ²·ω/12 =m·υcm·R +m·ℓ²· υcm/(12·R)

ή αλλιώς:
Lο =m·υcm·(R² + ℓ²/12)/R
Αν βέβαια ισχύει:  ℓ²/12 «  τότε:
Lο ≈m·υcm·R

11-14 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 22 Μάρτιος 2011 στις 6:36

Υ.Γ.

Διονύση νομίζω ότι είχες γράψει και συ κάτι παρόμοιο με το παράδειγμα του σχήματος (3) πιο πάνω σε παλαιότερη δική σου ανάρτηση, αλλά δεν μπόρεσα να θυμηθώ τι ακριβώς και που για να βάλω σύνδεσμο.

11-14 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 22 Μάρτιος 2011 στις 6:36

Υ.Γ.

Διονύση νομίζω ότι είχες γράψει και συ κάτι παρόμοιο με το παράδειγμα του σχήματος (3) πιο πάνω σε παλαιότερη δική σου ανάρτηση, αλλά δεν μπόρεσα να θυμηθώ τι ακριβώς και που για να βάλω σύνδεσμο.

Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

%ce%ba%ce%b1%cf%84%ce%b1%ce%b3%cf%81%ce%b1%cf%86%ce%ae-30 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 22 Μάρτιος 2011 στις 8:00

Διονύση νομίζω ότι αναφέρεσαι στην ανάρτησή μου:
Σύνθετη κίνηση και Κινητική Ενέργεια.

a4-1Απάντηση από τον/την ΧΡΗΣΤΟΣ ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΥ στις 22 Μάρτιος 2011 στις 12:28

Καλημέρα και από μένα.Να σας θυμίσω και εγώ κάτι από τα περασμένα ……
11-14 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 22 Μάρτιος 2011 στις 14:46

Χρήστο σε πρόλαβα 🙂

ΧΡΗΣΤΟΣ ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΥ είπε:

Καλημέρα και από μένα.Να σας θυμίσω και εγώ κάτι από τα περασμένα ……

11-14Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 22 Μάρτιος 2011 στις 14:47

Ναι Διονύση, αυτή 🙂

Θυμόμουν το σχήμα με τις δύο ταχύτητες στα άκρα της ράβδου!

Διονύσης Μάργαρης είπε:

Διονύση νομίζω

a4-1 Απάντηση από τον/την ΧΡΗΣΤΟΣ ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΥ στις 22 Μάρτιος 2011 στις 15:40

Δημήτρη και Διονύση σας ευχαριστώ αλλά μάλλον μου πήραν  το μυαλό τα χρόνια ή οι έγνοιες και δε βλέπω μπροστά μου….
11-14Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 22 Μάρτιος 2011 στις 16:16
Χρήστο άσε τις δικαιολογίες! Κάπου … αλλού τρέχει ο λογισμός σου (με θέα προς τη λίμνη!) 🙂
%ce%ba%ce%b1%cf%84%ce%b1%ce%b3%cf%81%ce%b1%cf%86%ce%ae-30Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 22 Μάρτιος 2011 στις 23:16

Να σε ρωτήσω κάτι Διονύση;

Και συ πού ξέρεις τι θέα έχει η λίμνη; Έχεις πάει από εκείνα τα μέρη;;;

11-14 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 22 Μάρτιος 2011 στις 23:55

Εεε … έκανα πρόσφατα μια μικρή … παράκαμψη, οδεύων προς Κομοτηνή  🙂

(Συνελήφθην κλέπτων οπώρας!)

%ce%ba%ce%b1%cf%84%ce%b1%ce%b3%cf%81%ce%b1%cf%86%ce%ae-30 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 24 Μάρτιος 2011 στις 12:09

Διονύση δεν έκλεψες οπώρας… Απλά το σχόλιό μου το έκανα για να σου πω ότι ζήλεψα όταν το έμαθα, γιατί (αφού αρχίσαμε τα ρητά) “ουδέν κρυπτόν υπό τον Ήλιο”.
11-14 Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 24 Μάρτιος 2011 στις 19:40

Πάντως Διονύση ο Χρήστος είναι τυχερός που ζει εκεί!

Τα μέρη (και όχι μόνο!) είναι πανέμορφα.

Και μας το … φυλάει που δεν ανταποκρίθηκε κανείς στην πρόσκληση τις Απόκριες 🙂

(Πήγα κι εγώ απρόσκλητος σαν γάϊδαρος και τον έβγαλα από την τάξη, κι εκείνος δεν μ’ άφηνε να φύγω! Καλά να είναι:-))