Ολίσθηση σφαίρας σε ημισφαίριο

Δημοσιεύτηκε από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελοςστις 1 Ιούνιος 2015 και ώρα 12:45

Από το χείλος ενός στερεωμένου ημισφαιρίου, μια σφαίρα ακτίνας r αφήνεται ελεύθερη να κινηθεί όπως στο σχήμα

Στην αρχή η κίνηση της σφαίρας είναι ολίσθηση και κάποια στιγμή μετατρέπεται σε κύλιση χωρίς ολίσθηση.

Να αποδείξετε ότι, για αρκούντως μεγάλες τιμές του συντελεστή τριβής μεταξύ των υλικών της σφαίρας και του ημισφαιρίου,  η ενέργεια που μετατρέπεται σε θερμική είναι αμελητέα.

Εισαγωγή

Η διερεύνηση του παραπάνω προβλήματος γίνεται με αφορμή το θέμα Δ1 των πανελλαδικών εξετάσεων του 2015.

Είναι γνωστό ότι, ανεξαρτήτως της τιμής του συντελεστή τριβής, αφήνοντας την σφαίρα στο σημείο Α, υπάρχει ένα χρονικό διάστημα στο οποίο η σφαίρα ολισθαίνει μέχρι να ικανοποιηθεί η συνθήκη κύλισης υ_cm=ωr.

Διαισθητικά περιμένουμε ότι αυξανομένου του συντελεστή τριβής το χρονικό διάστημα και το διανυόμενο τόξο αποκατάστασης τείνουν στο μηδέν καθιστώντας το μοντέλο «από την πρώτη στιγμή κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει» σχεδόν αποδεκτό.

Υπάρχει ένας προβληματισμός σχετικά με την ενέργεια που μετατρέπεται σε θερμική κατά την διάρκεια της αποκατάστασης: Αυξανομένου του συντελεστή τριβής αυξάνεται το μέτρο της τριβής και μειώνεται το μήκος του διανυόμενου τόξου. Από πρώτη ματιά είναι απροσδιόριστο το γινόμενο τριβή x απόσταση.

Περισσότερα στο blogspot ή εδώ

Τα σχόλια

Σχόλιο από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 1 Ιούνιος 2015 στις 13:00

Καλό μεσημέρι Βαγγέλη.

Αν όχι εσύ, ποιος;

Ήμουν σίγουρος, ότι τελικά θα έκανες την θεωρητική μελέτη, πάνω στο θέμα!

Χαίρομαι που επιβεβαιώνεις τα συμπεράσματα που εξάγονται με το i.p. και που είχα καταθέσει το Σάββατο το πρωί στο σχόλιο εδώ αλλά και  στα επόμενα σχόλια, μιας και το θέμα συζητήθηκε.

Σχόλιο από τον/την Εμμανουήλ Λαμπράκης στις 1 Ιούνιος 2015 στις 13:15

Βαγγέλη καλό μεσημέρι

Πολύ δυνατό!! Δε μπορώ όμως να αντιληφθώ σε τι αντιστοιχούν οι συντεταγμένες του διαγράμματος, ίσως επειδή δεν είχα παρακολουθήσει επαρκώς τη συζήτηση που προηγήθηκε.

Σχόλιο από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 1 Ιούνιος 2015 στις 13:40

Καλημέρα Διονύση, καλημέρα Μανώλη.

Μανώλη στον άξονα των τεταγμένων είναι η διαφορά

γραμμική ταχύτητα περιφοράς του κέντρου μάζας – γραμμική ταχύτητα περιστροφής σημείου της περιφέρειας

και στον άξονα των τετμημένων είναι η γωνία που έχει διαγράψει η επιβατική ακτίνα του κέντρου μάζας.

Στο σημείο που η γραφική παράσταση τέμνει τον άξονα των τετμημένων αρχίζει η κύλιση χωρίς ολίσθηση.

Σχόλιο από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 1 Ιούνιος 2015 στις 14:12

Μπράβο Βαγγέλη.

Σχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 1 Ιούνιος 2015 στις 14:54

Μπράβο κι από μένα Βαγγέλη, πολύ καλή 🙂

Σχόλιο από τον/την Βαγγέλης Κουντούρης στις 1 Ιούνιος 2015 στις 14:56

μπράβο Βαγγέλη

ήμουν σίγουρος ότι “ουκ εά σε καθεύδειν…”

(η προσέγγισή μου θυμίζει χρονοκυκλώματα)

Σχόλιο από τον/την Κορκίζογλου Πρόδρομος στις 1 Ιούνιος 2015 στις 15:35

Βαγγέλη σου βγάζω το καπέλο άλλη μια φορά!!! Το συμπέρασμα που βγάζεις , ότι για πολύ μεγάλες τιμές του μ, οι απώλειες ενέργειας είναι μηδαμινές, κάνει την άσκηση να ”στέκει” επιστημονικά, και οι ”φιλολογίες” μας περί λάθους άσκησης ,πάνε περίπατο! Έχει δίκιο ο Μαχαίρας που έλεγε ότι ,,ο μαθηματικός σύνδεσμος που δίνεται,δηλ. u(cm)=ωr, σου επιτάσσει να πάρεις την κύλιση από την αρχή, κάτι που είπα κι εγώ με τη λαική φράση” πετάει ο γάιδαρος;πετάει”, θέλοντας να τονίσω ότι, αφού σου δίνεται αυτό το στοιχείο, χρησιμοποίησέ το και τέλειωνε την άσκηση, ο άλλος δρόμος που σκέφτηκες, δεν έχει πέρας!! Μπράβο και πάλι , ή μάλλον εύγε!!!

Σχόλιο από τον/την Χαλκιαδάκης Παναγιώτης στις 1 Ιούνιος 2015 στις 17:22

Βαγγέλη πολύ καλό  🙂

Έχω όμως μια ένσταση – απορία

Είναι δυνατόν να υπάρξει συντελεστής τριβής με παρά πολύ μεγάλη τιμή;

Οι συνηθισμένες τιμές που έχω δει είναι μέχρι 1,7   (beton με λάστιχο)

Σχόλιο από τον/την Εμμανουήλ Λαμπράκης στις 1 Ιούνιος 2015 στις 18:08

Καλησπέρα Βαγγέλη

Ο.Κ. Θα έπρεπε να το είχα σκεφτεί.

Σχόλιο από τον/την ΧΡΗΣΤΟΣ ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΥ στις 1 Ιούνιος 2015 στις 18:26

Kαλησπέρα Βαγγέλη.Αψογος όπως πάντα…

Προσωπικά πιστεύω ότι θα μπορούσαμε να αποφύγουμε την γκάφα της κύλισης χωρίς ολίσθηση με το παρακάτω τρόπο.Τι λες;

Σχόλιο από τον/την Κωστας Ψυλακος στις 1 Ιούνιος 2015 στις 19:19

Καλησπερα Βαγγελη ! Σπουδαια η αναλυση σου για ακομη μια φορα ! Αντιλαμβανεσαι οτι η μελετη της διαφορας κατι μου θυμιζει … (Θα του δουμε σύντομα πιστευω και αυτο …)

Να εισαι καλα !!!

Σχόλιο από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 1 Ιούνιος 2015 στις 22:15

Ευάγγελε ευχαριστούμε

Είσαι άπαιχτος. Συγχαρητήρια .

Ωστόσο ( αν και δεν έλεγξα ακόμα τις πράξεις σου όλες ) ακόμα και έτσι εχόντων των πραγμάτων

θα συμμφωνήσω με τον Γιάννη Κυριακόπουλο :”…οφείλει να είναι επιστημονικά σωστό. Για πάρα πολλούς λόγους.

Ένας από αυτούς είναι και ότι ένας συνάδελφος που γνωρίζει το τρωτόν αυτής της “συνομοταξίας” ασκήσεων τις αποφεύγει. Έτσι αποφεύγει π.χ. την γνωστή άσκηση στην οποία σφαίρα κυλιόμενη εγκαταλείπει ημισφαιρικό παγόβουνο. Οι μαθητές του τιμωρήθηκαν….”  (εδώ) αλλά και στο επόμενο παράδειγμά του.

Θυμίζω με τη σειρά μου ότι το μόνο σχετικό μέσα στο βιβλίο είναι το πρόβλημα 4.26 και αυτό είναι ΛΑΘΟΣ λυμένο και όχι κατά προσέγγιση σωστό ( εκτός και αν όλοι οι περιορισμοί που θέτει το πρόβλημα θεωρούνται ψιλά γράμματα )

Αυτό δεν αναιρεί σε τίποτα την αξία της εργασίας που εδώ μας παρουσίασες …

Σχόλιο από τον/την Φιορεντίνος Γιάννης στις 2 Ιούνιος 2015 στις 0:15

Απίστευτη δουλειά!

Βαγγέλη συγχαρητήρια.

Σχόλιο από τον/την Πολυνίκης Λατζώνης στις 2 Ιούνιος 2015 στις 1:00

Καλησπέρα συνάδελφοι.

Βαγγέλη τα συγχαρητήριά μου για την πολύ ωραία αντιμετώπιση του θέματος.

Αρχικά νόμισα ότι υπάρχει απόκλιση. Λάθος μου. Επιβεβαίωσα το σωστό αποτέλεσμά σου.

Σχόλιο από τον/την Κορκίζογλου Πρόδρομος στις 2 Ιούνιος 2015 στις 9:45

και στην περίπτωση της εκτόξευσης η σφαίρα μπορεί να κυλήσει χ.ο.,σχεδόν ακαριαία, αρκεί να έχουμε πολύ μεγάλο συντελεστή τριβής.

Διατήρηση στροφορμής ως προς το κατώτερο σημείο:

mur=mu’r+(2/5)m(r^2)ω,  u’=ωr λόγω κύλισης άρα u=u’+(2/5)rω=u’+(2/5)u’=1,4u’ , u’=u/1,4

K’=(1/2)m(u’^2)+(1/2)(2/5)m(r^2)(ω^2)=(1/2)m(u’^2)+(1/5)m(u’^2)=0,7.m(u/1,4)^2=(1/2)mu^2.(1/1,4)=K/1,4<K=(1/2)mu^2,  άρα έχουμε απώλειες ενέργειας ΔΕ=Κ-Κ/1,4=2Κ/7.

Έστω ότι η σφαίρα δεν θα φτάσει στο Ε κυλώντας, αλλά σε ένα σημείο Ε’ πιο κάτω , που απέχει από το κατώτερο σημείο του ημισφαιρίου στο Δ, h .  Εφαρμόζουμε  Α.Δ.Μ.Ε.από το Δ στο Ε’

Κ/1,4=mg(h-r) ,  h-r=K/1,4mg,  h=r+K/1,4mg=r+(1/2)m(u^2)/(1,4mg)=

=r+(u^2)/2,8g=0,2+36/(28)=1,48m<R=1,6m.

Αν δούμε μια τέτοια λύση στο Δ3, νομίζω ότι πρέπει να δοθούν οι μονάδες του.

Σχόλιο από τον/την  στις 2 Ιούνιος 2015 στις 12:02

Καλημέρα Πρόδρομε

Θα διαφωνήσω κατηγορηματικά με την προσέγγισή σου.

Όταν μια σφαίρα ολισθαίνει σε επίπεδο δάπεδο, τότε η  ροπή της τριβής ως προς ένα σταθερό σημείο του δαπέδου είναι μηδέν με αποτέλεσμα η στροφορμή της ως αυτό το σημείο να είναι σταθερή.

Στην περίπτωσή του ερωτήματος Δ3, αν θεωρήσουμε ότι η σφαίρα δεν έχει αρχική γωνιακή ταχύτητα ισχύει το εξής:

Η σφαίρα διαγράφει ένα τόξο μέχρι να αποκατασταθεί η κύλιση.

Κατά την διάρκεια αυτής της κίνησης η στροφορμή της ως προς ένα σημείο του εδάφους δεν παραμένει σταθερή.

Στο όριο που ο μ τείνει στο άπειρο το τόξο αυτό τείνει στο μηδέν.

Η εξομοίωση της κατάστασης με αυτήν που ισχύει σε επίπεδο δάπεδο είναι ισοδύναμη με «επιπεδοποίηση της σφαίρας».

Στο συνημμένο αρχείο στο Β μέρος υπάρχει αναλυτική μελέτη και για αυτό το πρόβλημα.

Σχόλιο από τον/την Μίχος Θεόδωρος στις 4 Ιούνιος 2015 στις 8:57

ΟΚ. Το παίρνω πίσω να μην υπάρχει σύγχυση.

Σχόλιο από τον/την Ανδρέας Ιωάννου Κασσέτας στις 4 Ιούνιος 2015 στις 21:00

Βαγγέλη

έστω και καθυστερημένα

πού μου άρεσε η διαδρομή της σκέψης σου

Διδάσκει πώς μπορεί κανείς να αξιοποιεί τα “συκοφαντημένα” μαθηματικά και το κομψοτέχνημα που λέγεται διαφορική εξίσωση

Πάντα τέτοια

ο Ανδρέας

Σχόλιο από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 7 Ιούνιος 2015 στις 22:12

Εκ παραδρομής ( copy –paste), στους πίνακες των σελίδων 4 και 6 υπάρχει ένα λάθος.

Το γινόμενο μ φ₀ ( όπως φαίνεται από τις δύο πρώτες στήλες) είναι της τάξης του 10^-1 και όχι 10^-2

Σχόλιο από τον/την Αλεβίζος Άρης στις 9 Ιούνιος 2015 στις 20:43

Συμφωνώντας με τα γραφόμενα του Αντρέα, να προσθέσω ότι τέτοιες δουλειές είναι ευκαιρία για μας να θυμηθούμε λίγο τη Φυσική πέρα από την “καθημερινή”- του σχολείου.

Μπράβο Βαγγέλη.