by 
Μικρό σώμα (σωματίδιο) μάζας m, γλιστρά κατά μήκος του εσωτερικού λείας ημισφαιρικής επιφάνειας όπως το σχήμα ( φανταστείτε ένα βαθούλωμα σχήματος μισής σφαίρας στην πάνω έδρα ενός ορθογώνιου παραλληλεπιπέδου) . Το σώμα S στο οποίο υπάρχει η ημισφαιρική επιφάνεια έχει μάζα Μ, και είναι αρχικά ακίνητο πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Αρχικά το σωματίδιο ηρεμεί στον πυθμένα της ημισφαιρικής εσοχής (σημείο Δ) . Το σωματίδιο μετακινείται και αφήνεται ελεύθερο από ένα σημείο Α της ημισφαιρικής επιφάνειας. Να βρείτε την ταχύτητα του σώματος S σε συνάρτηση με τη γωνία φ, που σχηματίζει κάθε χρονική στιγμή η κατακόρυφη, με την ακτίνα που συνδέει τη μικρή μάζα m, με το κέντρο Κ. Να θεωρηθεί ότι η κίνηση του σωματιδίου γίνεται συνεχώς στο κατακόρυφο επίπεδο και γνωστά : g, M, m και R.
Πιθανή απάντηση: $latex \displaystyle {{V}^{2}}=\frac{2{{m}^{2}}\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}\varphi gR(\sigma \upsilon \nu \varphi -\sigma \upsilon \nu {{\varphi }_{o}})}{({\mathrm M}+m)(M+m\eta {{\mu }^{2}}\varphi )}$
Το σύστημα το έλυσα με μια βοήθεια του Ιωάννη Τσιφτελή
Κάθε πρόταση για τη λύση είναι ευπρόσδεκτη.
Μια προσπάθεια για τη λύση εδώ.
Σωστή βρίσκω τη σκέψη σου Νίκο
και πράγματι προκύπτει πολύπλοκο σύτημα εξισώσεων.
Ο κίνδυνος είναι να θεωρηθεί ότι η ταχύτητα του σωματιδίου σχηματίζει με το οριζόντιο επίπεδο γωνία φ και όχι θ>φ
("φάε", πάντως το S στην τρίτη γραμμή της εκφώνησης, διότι μπερδεύει
και αντί κύβου γράψε παραλληλεπιπέδου, διότι αυτό δείχνει το σχήμα)
Καλύτερα, πάντως, να ξεκινούσες με την απλούστερη άσκηση με τη σφήνα
(που υπήρχε πριν 20-30 χρόνια σε πολλά βοηθήματα, λυμένη λάθος σχεδόν σε όλα!)
Nίκο καλησπέρα.Τη διατήρηση ορμήs στον οριζόντια άξονα την έγραψα 0=ΜV+mV – mωRσυνφ έτσι αποφεύγω να βάλω μια άγνωστη επιπλέον γωνία και να πάρω νόμο ημιτόνου.Οπότε με τη πάνω σχέση τη διατήρηση τηs μηχανικήs και το παραλληλόγραμμο των ταχυτήτων έχουμε πιο κομψό σύστημα.
Βαγγέλη καλημέρα,
Τροποποίησα τα σημεία που πρότεινες και κάποια άλλα για πιο καλή σύνταξη της εκφώνησης. Την άσκηση με τη σφήνα τη γνωρίζω. Δε σου κρύβω ότι έχω ψιλοβαρεθεί τα γνωστά και ανακυκλώσιμα θέματα. Η πιο δύσκολη εκδοχή της άσκησης αυτής είναι το σωματίδιο να είναι μικρή σφαίρα που κυλίεται.
Υ.Γ. Το ανθρωπάκι που σχεδίασα δεν υπάρχει περίπτωση να σταθεί όρθιο λόγω έλλειψης τριβής
!
Ιωάννη καλημέρα και σ΄ ευχαριστώ για την ιδέα. Θα το δω και έτσι όπως είπες. Με τη λύση που πρότεινα το σύστημα είναι δευτεροβάθμιο και απ τα δύσκολα.
Ιωάννη ( Γιάννη ; ) τροποποιώντας τη σχέση που πρότεινες γίνεται: $latex \displaystyle MV+mV-m{{u}_{\sigma \chi .}}\sigma \upsilon \nu \varphi =0$
Δε μπόρεσα να αποφύγω τη σχέση με το $latex \displaystyle {{U}^{2}}$ και μετά από πράξεις και πράξεις και…πράξεις
προέκυψε: $latex \displaystyle {{V}^{2}}=\frac{2{{m}^{2}}\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}\varphi gR(\sigma \upsilon \nu \varphi -\sigma \upsilon \nu {{\varphi }_{o}})}{({\mathrm M}+m)(M+m\eta {{\mu }^{2}}\varphi )}$
Από άποψη διαστάσεων στέκει διότι έχουμε: $latex \displaystyle \frac{K{{g}^{2}}.1.\frac{m}{{{\sec }^{2}}}.m.1}{Kg.Kg}=\frac{{{m}^{2}}}{{{\sec }^{2}}}$
Ευχαριστώ
Νίκο, πίσω είναι ο Ευγένιος Σπαθάρης, δεν φαίνεται, και το κρατάει το ανθρωπάκι
Καλημερα !
Νικο το προβλημα σου εχει αναλυθει στο παρελθον μονον που εκει ειχαμε σφαιρα να κατεβαινει σε κεκλιμενο.Την αναλυση αυτη την ειχε κανει ο Γ.Κυριακοπουλος Ε Δ Ω
Με αφορμη την αναλυση του Γιαννη ειχα δωσει μια λυση Ε Δ Ω ,ηταν λιγο πιο αναλυτικη, στην οποια ευρισκα και τις επιταχυνσεις .
Τωρα στο δικο σου προβλημα εκανα λιγο πιο απλο το σχημα με τις ταχυτητες (ακολουθησα την ιδια λογικη που χρησιμοποιησα στο προβλημα του Γιαννη) και μαζεψα παρα πολυ ,θελω να πιστευω , τις πραξεις χωρις να χαθει και η αναλυση τους!
Καταληγουμε στο ιδιο αποτελεσμα απλα η μορφη του τελικου τυπου κανει αμεσα εμφανες οτι βρισκουμε το τετραγωνο της ταχυτητας !
Η αναλυση : Ε Δ Ω
Βαγγέλη ωραίος ( ήταν ) ο Σπαθάρης!
Γεια σου Κώστα.
Δεν ήξερα για την άσκηση του Γιάννη (Κυρ.)
Σ ευχαριστώ για τη λύση. Ναι η λύση που βγάζεις είναι ίδια με αυτή που κατέληξα και εγώ.
Έκανα το εξής, ορμώμενος από παρόμοιας λογικής ασκήσεις: Σκέφτηκα, διαισθητικά ότι αν το σώμα εκτραπεί κατά μικρή γωνία και αφεθεί, θα κάνει αρμονική ταλάντωση με κέντρο το Δ. Αν δεις στο τέλος της λύσης παραθέτω μια προσέγγιση με Lagrangian.
Κάνοντας πράξεις και με την προσέγγιση ότι θ–>0 οπότε συνθ–>1 προκύπτει το παρακάτω σύστημα :
$latex \displaystyle \begin{array}{l}\ddot{\chi }-R\ddot{\varphi }-g\varphi =0\\({\mathrm M}+m)\ddot{x}-mR\ddot{\varphi }=0\end{array}$
Κάνοντας απαλοιφή στο $latex \displaystyle {\ddot{\chi }}$ προκύπτει η παρακάτω διαφορική
$latex \displaystyle \ddot{\varphi }+(\frac{{\mathrm M}+m}{m})\frac{g}{R}\varphi =0$
Είναι φανερό ότι αυτή εκφράζει ΑΑΤ με $latex \displaystyle \omega =\sqrt{\frac{({\mathrm M}+m)}{M}\frac{g}{R}}$ και φυσικά περίοδο $latex \displaystyle {\mathrm T}=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{\frac{m}{M+m}\frac{R}{g}}$
Σκέφτομαι το εξής ενδιαφέρον πρόβλημα : η άσκηση που λύσαμε εδώ με το σώμα να είναι σφαίρα ακτίνας r, η οποία να κυλίεται!
Ευχαριστώ, Νίκος
Ακόμα μερικές πληροφορίες για τις ταχύτητες εδώ: ταχύτητες
$latex \vec{U}=\vec{V}+\vec{\omega }\times \vec{R}$ και
$latex \vec{\omega }\times \vec{R}=\left| \begin{matrix}
{\hat{i}} & {\hat{j}} & {\hat{k}} \\
0 & 0 & \omega \\
x & y & 0 \\
\end{matrix} \right|=\left| \begin{matrix}
0 & \omega \\
y & 0 \\
\end{matrix} \right|\hat{i}-\left| \begin{matrix}
0 & \omega \\
\chi & y \\
\end{matrix} \right|\hat{j}+\left| \begin{matrix}
0 & 0 \\
x & y \\
\end{matrix} \right|\hat{k}=$
$latex \vec{\omega }\times \vec{R}=-\omega y\hat{i}+\omega x\hat{j}+0=(-\omega y,\omega x,0)$