by 
Συνάδελφοι. Συνάντησα την παρακάτω άσκηση σε ένα φυλλάδιο που δεν μπόρεσα να αντιμετωπίσω. Υπάρχει καμιά ιδέα; Προς τα πού πρέπει να σχεδιαστεί η τριβή και γιατί; Δεδομένου ότι αν τη σχεδιάσω προς τα κάτω θα αυξάνεται το ω οπότε το ωr θα γίνει μεγαλύτερο του u και έτσι η σφαίρα θα σπινιάρει και η τριβή θα πρέπει να είναι προς τα πάνω. Αν τη βάλω προς τα πάνω, καταλήγω σε άτοπο.
Σφαίρα μάζας 1Κg με Ι=0,4ΜR2 κυλίεται σε οριζόντιο επίπεδο με ταχύτητα 6m/s. Στη πορεία συναντάει κεκλιμένο κλίσης 30 μοιρών όπου μεταβαίνει ομαλά και στο οποίο ανεβαίνει ( το κέντρο βάρους του σώματος ) κατακόρυφα κατά 1m.
- Ν’ αποδείξετε ότι στο κεκλιμένο υπάρχει τριβή
- Να βρείτε την κινητική ενέργεια της σφαίρας στο ανώτατο σημείο που φθάνει στο κεκλιμένο
- Να βρείτε το έργο της τριβής.
Δίνεται g=10m/s2
Δίνονται οι απαντήσεις 0,45j και -0,75j
Και οι απαντήσεις έρχονται σε αντίφαση με την ΑΔΕ
Αν εφαρμόσουμε το ΘΜΚΕ παίρνοντας δεδομένα από την απάντηση βρίσκουμε Wτ =-14,75j
Καλησπέρα Διονύση. Θα θέσω την ερώτηση διαφορετικά. Δίνω ότι το κεκλιμένο είναι κλίσης 30 μοιρών, η αρχική ταχύτητα της σφαίρας στο οριζόντιο επίπεδο 6m/s και ο συντελεστής τριβής ολίσθησης με το κεκλιμένο 0,8. Ζητάω να βρεθεί το είδος της κίνησης της σφαίρας και το μέγιστο διάστημα που θα διανύσει η σφαίρα κατά μήκος του κεκλιμένου. Δίνεται το g και Ι=0,4ΜR^2.
Στο άτοπο που κατέληξες είχα καταλήξει και γω από την αρχή και γιαυτό και δημοσιοποίησα τον προβληματισμό μου. Το άτοπο όμως δεν νομίζω ότι οφείλεται στα δεδομένα.
Μήπως και με ελάχιστη τριβή ολίσθησης η κίνηση θα είναι καθαρή κύλιση; Τότε όμως ανεξάρτητα της τραχύτητας του εδάφους όλες οι μπίλιες με την ίδια αρχική ταχύτητα θα έπρεπε να ανεβαίνουν στο ίδιο ύψος.
Διονύση (και Πάνο) αυτό το 15,2J και το 4N πώς το βρήκες;
Ξαναγράφω αναλυτικότερα τη σκέψη μου, που μάλλον δεν την είδατε:
η αρχική ολική ενέργεια είναι μόνο κινητική, θεωρούμε επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το οριζόντιο, άρα Kολ=7/10Κμ=7/10.36J=25,2J, άθροισμα Κμ=18J και Κπ=7,2J
στο ανώτατο σημείο, λέει η εκφώνηση, Κμ=0 και U=10J, άρα ισχύει: Kπ΄+Q+U=Kολ
σύμφωνα με το σχήμα του Διονύση (αρκετές πράξεις):
υcm=υο-(g/2-Τ/m)t και υγ=υο-5Τt/2m
μια σκέψη είναι η υγ να μειώνεται με μικρότερο ρυθμό από τη υcm και κάποια στιγμή να γίνεται υγ>υcm, οπότε τότε η Τ αλλάζει φορά διότι μετατρέπεται σε ολίσθησης, οπότε και στη συνέχεια δαπανά ενέργεια, αλλά αυτό πώς μπορεί να μελετηθεί;
Καλησπέρα Συνάδελφοι ..Πάνο για να είναι κύλιση πρέπει ο συντελεστής στατικής τριβής να μεγαλύτερος του 2/7
Κάποιες σκέψεις:
Τα σώματα προφανώς εψύχθησαν.
Μένει να εξετάσουμε αν η τριβή έχει άλλη φορά αρχικά και άλλη τελικά.
Γιάννη καλησπέρα ..μάλλον εκδηλώθηκε φαινόμενο Peltier.. όχι 4,5Ν Γιάννη αλλά 4Ν
Έχεις δίκιο Γιάννη.
Ο άργυπνος φρουρός Κώστας Ψυλάκος ήδη μου τηλεφώνησε.
Έστω και έτσι λάθη βγαίνουν.
Και για να μην μείνει η παραμικρή αμφιβολία:
Η λάθος άσκηση.
Αρχίστε με συντελεστή μηδέν ώστε να ανέβει 1,8m.
Αυξάνετε προοδευτικά τον συντελεστή.
Αν καταφέρετε να πιάσετε το 1m, ειδοποιήστε με και θα βάλω φέσι με φούντα.
Μας έμεινε μόνο μια περίπτωση να σκεφτούμε:
Η ταχύτητα είναι 6m/s στο οριζόντιο. Όταν εισβάλλει στο κεκλιμένο αποκτά άλλη ταχύτητα. Κάπου 5,4m/s.
Διατήρηση στροφορμής ως προς σημείο επαφής.
Και πάλι όμως θα έφτανε χωρίς τριβή στα 1,2m και με τριβή θα έφτανε ψηλότερα.
Μάλλον λάθος άσκηση έχουμε.
Καλησπέρα παιδιά. Μέχρι να πάρω έναν μεσημεριανό ύπνο… χάθηκε η μπάλα!
Ας τα πάρουμε ένα- ένα. Πρώτα μια απάντηση στο ερώτημα του Πάνου:
Καλησπέρα σε όλους,
Διονύση θα το κάνω, δώστε μου λίγη πίστωση χρόνου 🙂
Παιδιά εγώ βλέπω τα εξής στην άσκηση:
Με m=1kg και υ=6m/s η κυλιόμενη σφαίρα έχει αρχική κινητική ενέργεια:
Κ = 7mυ²/10 = 25,2J
Οι ακραίες περιπτώσεις είναι:
Σε λείο επίπεδο να φτάσει σε ύψος H1=1,8m
Σε πολύ τραχύ με στατική τριβή σε H2=2,52m
Επομένως αν ανεβαίνει με ολίσθηση, η τριβή Τ θα είναι προς τα πάνω και θα φτάσει σε κάποιο ενδιάμεσο ύψος, έχοντας ακόμα στροφική ενέργεια. Άρα το h=1m είναι αδύνατο.
Για να τη «σώσουμε» λίγο, ας δεχτούμε ότι η πρώτη απάντηση που δίνει είναι σωστή, δηλαδή επάνω έχει Κστρ = 0,45 J.
Τότε μπορούμε να βρούμε την ω που προκύπτει ω=1,5/R.
Αλλά ω=ωο – αγων∙t → αγων∙t = 4,5/R
Επίσης:
αγων= 2,5Τ/(mR)
και
α=gημφ-Τ/m=5-T/m
t=υ/α = 6/(5-Τ/m))
οπότε συνδυάζοντας:
Τ/m=45/39 και α=50/13 m/s²
Άρα έπρεπε να δώσει στην εκφώνηση ύψος:
h/ημφ = υ²/(2α) → h = 2,34 m
Και τότε η θερμότητα που εκλύεται βγαίνει Q = 1,35 J
Πάμε στο Βαγγέλη.
Γράφεις Βαγγέλη:
Σου απάντησα παραπάνω, αλλά δεν το πρόσεξες. Έγραψα:
Βαγγέλη, δεν υπάρχει χρονικό διάστημα που να συμβαίνει το ένα και μετά ένα άλλο χρονικό διάστημα που να συμβαίνει το άλλο.
Η κίνηση είναι μία και η τριβή δεν αλλάζει φορά.