by 
Σούβλα μήκους l (συμπαγής) μπορεί να στρέφεται χωρίς τριβές γύρω από το άκρο της Ο σε κατακόρυφο επίπεδο. Πολύ κοντά στο άκρο Ο είναι περασμένο σ’ αυτή, δαχτυλίδι αμελητέας μάζας που μπορεί να ολισθαίνει χωρίς τριβές κατά μήκος της σούβλας. Αφήνουμε το σύστημα ελεύθερο από την οριζόντια θέση. Τότε το δαχτυλίδι
1. Δεν θα εγκαταλείψει τη σούβλα
2. Θα εγκαταλείψει οριακά στο Α, όταν η ράβδος είναι κατακόρυφη
3. Θα εγκαταλείψει πριν η ράβδος γίνει κατακόρυφη
4. θα εγκαταλείψει τη σούβλα αριστερά της κατακορύφου, όταν η ράβδος είναι σε κάποια γωνία φ κινούμενη πριν σταματήσει στιγμιαία.
η εκφώνηση εδώ. Περιμένω απαντήσεις…
Χρόνια Πολλά Πρόδρομε.
Η προσομοίωση δείχνει ότι ούτε στη μέση δεν φτάνει. Μαθηματικά είναι δύσκολη άσκηση. Πρέπει να εκφραστεί η φυγόκεντρος συναρτήσει της γωνίας και να βρούμε την θέση του δαχτυλιδιού. Ελλειπτικά ολοκληρώματα (διάβαζε graph).
Χρόνια πολλά Γιάννη κι ευχαριστώ για το Ι.Ρ. που είναι κατατοπιστικότατο!!!
Όπως φαίνεται, εγκαταλείπει κοντά στις 45 μοίρες αριστερά της κατακορύφου , και ανέρχεται αρκετά. Μέχρι τη θέση της κατακορύφου επιταχύνεται, παραμένοντας στη σούβλα, κατόπιν επιβραδύνεται και όταν εγκαταλείπει, έχει και οριζόντια και κατακόρυφη προς τα πάνω ταχύτητα. Κάνει δηλαδή πλάγια βολή προς τα πάνω.
Έκανα μια λύση, δεν ξέρω αν είναι σωστή, όπου απέδειξα ότι ο χρόνος για να γίνει η ράβδος κατακόρυφη, είναι 2.622 επί την τετραγωνική ρίζα του (l/3g). Όπως προείπες, χρειάστηκε να υπολογίσω με κάποιο πρόγραμμα ένα δύσκολο ολοκλήρωμα.
Για την κίνηση του δαχτυλιδιού, η επιτάχυνση κατά μήκος της σούβλας , είναι κάθε χρονική στιγμή gημθ, όπου θ η γωνία που διέγραψε η ράβδος σε τυχαία θέση.
Τα παραπάνω είναι σωστά νομίζω. Το ''παράτολμο'' που έκανα, και δεν ξέρω αν είναι σωστό, έκανα τη γραφική παράσταση της επιτάχυνσης g.ημθ σε συνάρτηση της γωνίας θ, και υπολόγισα τη μέση επιτάχυνση ίση με 2g/π ,και βρήκα ότι τη στιγμή που η ράβδος γίνεται κατακόρυφη, το δαχτυλίδι βρίσκεται στη θέση 72,9% του μήκους της ράβδου.
Αν θα μπορούσες να το επιβεβαιώσεις με το Ι.Ρ. , θα έλεγα ότι ο τρόπος μου είναι σωστός!
χρόνια πολλά Πρόδρομε
θεωρώ ότι πρόκειται για εξαιρετικά δύσκολη μελέτη
ο χρόνος, πάντως, που δίνεις για να φτάσει η ράβδος σε κατακόρυφη θέση νομίζω δεν είναι αυτός
πρόκειται για φυσικό εκκρεμές και είναι ίσος με το 1/4 της περιόδου ταλάντωσής του, η οποία, αν κάνω σωστούς υπολογισμούς, είναι 2π.ρίζαL/6g
Καλησπέρα παιδιά.
Πρόδρομε εγκαταλείπει αφού στραφεί η ράβδος κάπου 130 μοίρες. φαίνεται στην παρούσα προσομοίωση.
Βαγγέλη δεν βλέπω τους υπολογισμούς σου, αλλά το αποτέλεσμα πρέπει να περιέχει το νούμερο 2,62 ή υποπολλαπλάσιό του.
Την στιγμή που η ράβδος γίνεται κατακόρυφη, το δαχτυλίδι απέχει από το Ο απόσταση λίγο μεγαλύτερη από το 1/3 της ράβδου.
καλησπέρα Γιάννη
μπορεί να μην θυμάμαι καλά, διότι το φυσικό εκκρεμές το διδάσκαμε δεκαετίες πριν, αλλά και διότι "ου γαρ το γήρας…"
νομίζω ότι η περίοδος δινόταν από τη σχέση: 2π. ρίζα Lανηγμένο/g, όπου Lανηγμένο=Θο/d, όπου Θο η ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα περιστροφής (σήμερα τη Θ τη λέμε Ι) και d η απόσταση του κέντρου μάζας από τον άξονα περιστροφής (δυστυχώς τα πολλά βιβλία, εξαιρετικών συναδέλφων, που, παλιά, γράφανε σχετικά τα έχω "καταχωνιασμένα", δύσκολο να τα βρω)
Χριστόs Ανέστη σε όλουs.
Πρόδρομε βρήκα τιs διαφορικέs εξισώσειs κίνησηs του συστήματοs.
Έστω φ η γωνία που σχηματίζει η ράβδοs με την κατακόρυφη κάποια στιγμή και r η απόσταση του σώματοs από το σημείο Ο.Το σύστημα έχει δυο βαθμούs ελευθερίαs και διάλεξα για γενικευμένεs συντεταγμένεs τη γωνία φ και την απόσταση r.Πήρα τη γενική περίπτωση που το σώμα έχει μάζα m την οποία μετά μπορούμε να τη θεωρήσουμε αμελητέα σε σχέση με τη μάζα Μ τηs ράβδου.Η κινητική ενέργεια του συστήματοs είναι
Κ= 1/2m(x’2+y’2)+ 1/2 I φ’2 όπου x’ ,y’ , φ’ οι πρώτοι παράγωγοι ωs προs το χρόνο και Ι=Μl2/3 η ροπή αδράνειαs τηs ράβδου ωs προs τον άξονα περιστροφήs. Όμωs x=rημφ και y=rσυνφ οπότε η κινητική ενέργεια του συστήματοs γίνεται
Κ=1/2m(r’2+r2φ’2)+ 1/2Μl2/3φ’2
Η δυναμική ενέργεια του συστήματοs είναι
U=-mgrσυνφ -Μgl/2συνφ
Μετά πήρα την Λαγκρανζιανή του συστήματοs
L= K-U=1/2m(r’2+r2φ’2)+ 1/2Μl2/3φ’2+ mgrσυνφ+ Μgl/2συνφ
Επειδή έχουμε δυο βαθμούs ελευθερίαs θα έχουμε δυο εξισώσειs Lagrange τηs μορφήs
d/dt(∂L/∂r’)- ∂L/∂r=0 και d/dt(∂L/∂φ’)- ∂L/∂φ=0
οπότε αντικαθιστώνταs την L στιs δυο εξισώσειs παίρνουμε τιs διαφορικέs εξισώσειs κίνησηs του συστήματοs
r”- rφ’2- gσυνφ =0
(Μl2/3+mr2)φ”+2mrr’φ’+(mr+Ml/2)gημφ=0
Μπορούμε αν θέλουμε να αγνοήσουμε τη μάζα του σώματοs σε σύγκριση με τη μάζα τηs ράβδου.
Θα ήθελα να ζητήσω συγνώμη που τη μερική παράγωγο τηs L την έβαλα με Θ κεφαλαίο. Έψαχνα να βρω ανάλογο σύμβολο αλλά δεν τα κατάφερα και με στενοχωρεί που τη βλέπω έτσι.Επίσηs με δυο τόνουs συμβόλισα τη δεύτερη παράγωγο ωs προs το χρόνο ενώ με ένα τόνο τη πρώτη ενώ θα ήθελα να είναι τελεία αλλά πάλι δεν τα κατάφερα.
Βαγγέλη, Γιάννη (Κυριακ.), Γιάννη (Κυρίκο) σας ευχαριστώ για την ενασχόλησή σας.
Όντως είναι πολύ δύσκολο πρόβλημα, που λύνεται με τον τρόπο που εξέθεσε ο Γ.Κυρίκος(διαφορικές..) ή με τον τρόπο του Κυριακόπουλου με το Ι.Ρ.
Η κίνηση του δαχτυλιδιού κατά μήκος της ράβδου ε,επιταχυνόμενη μέχρι τη θέση της καρακορύφου, και κατόπιν επιβραδυνόμενη μέχρι να εγκαταλείψει αυτή. Η γωνία που εγκαταλείπει τη ράβδο, περίπου στις 130 μοίρες, είναι ανεξάρτητη του μήκους της ράβδου.
Το δαχτυλίδι αποκτά και κατακόρυφη συνιστώσα ταχύτητας προς τα πάνω, και κάνει πλάγια βολή.
Η ιδέα της άσκησης μου ήρθε όταν ..τυλίγαμε το κοκορέτσι στη σούβλα με τον αδερφό μου!
Προσπάθησα να τη λύσω με Λυκειακή Φυσική, αλλά δεν..τα κατάφερα!
Οι Γιάννηδες δώσανε απάντηση με τον τρόπο τους ο καθένας.
Προσπάθησα να τη λύσω με τη μέση φυγόκεντρη επιτάχυνση κατά μήκος της ράβδου, την οποία υπολόγισα 2g/π, δεν ξέρω αν είναι σωστή, μάλλον όχι, όπως το δείχνει και το Ι.Ρ.
Να είστε καλά.
ΚΑΛΗ ΠΡΩΤΟΜΑΓΙΑ ΣΕ ΟΛΟΥΣ
Γεια σου Πρόδρομε με τις ιδέες σου. Χρόνια σου πολλά και καλά.
Μισή λύση της άσκησης, μέχρι την κατασκευή των διαφορικών, με μηχανική Lagrange, εδώ
Καλημέρα Άρη κι ευχαριστώ για την ενασχόλησή σου.
Όπως βλέπω, δεν αντιμετωπίζεται το πρόβλημα με Λυκειακή Φυσική, αλλά με διαφορικές εξισώσεις!
Να είσαι πάντα καλά.