by
Η διαδρομή ΑΓΔΖ του σχήματος είναι λεία στο οριζόντιο τμήμα ΓΔ και στο δεξιό κεκλιμένο ΔΖ. Το αριστερό κεκλιμένο ΑΓ παρουσιάζει με τον εικονιζόμενο κύλινδρο συντελεστή τριβής ολίσθησης μ = εφφ, όπου φ η γωνία κλίσης του ΑΓ.
Ο κύλινδρος, μάζας m και ακτίνας R, είναι συμπαγής, ομογενής και έχει ως προς τον άξονά του ροπή αδράνειας Ιcm = ½·m·R².
Ανεβάζουμε τον κύλινδρο στο κεκλιμένο ΑΓ σε ύψος h1 (θέση Ι) από την κατώτερη θέση του και τον αφήνουμε ελεύθερο να κινηθεί χωρίς αρχική ταχύτητα.
Ο κύλινδρος κατέρχεται στο ΑΓ, περνάει στο οριζόντιο τμήμα ΓΔ και στη συνέχεια στο κεκλιμένο ΔΖ, όπου σε ύψος h2 (θέση ΙΙ) από την κατώτερη θέση μηδενίζεται η ταχύτητα του κέντρου μάζας του.
Στη συνέχεια κατέρχεται στο ΖΔ, περνάει στο ΔΓ και στη συνέχεια στο ΓΑ, όπου σε ύψος h3 από την κατώτερη θέση μηδενίζεται εκ νέου η ταχύτητα του κέντρου μάζας του.
Κατά τα περάσματα από επίπεδο σε επίπεδο δεν συμβαίνουν απώλειες ενέργειας.
Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις στα επόμενα ερωτήματα, αιτιολογώντας τες επαρκώς.
- Η κίνηση του κυλίνδρου κατά την κάθοδο στο κεκλιμένο ΑΓ είναι:
(α) Μεταφορική
(β) Σύνθετη με έκλυση θερμότητας
(γ) Σύνθετη χωρίς έκλυση θερμότητας
- Για το ύψος h2 ισχύει:
(α) h2 = h1 (β) h2 = ⅔·h1 (γ) h2 = ⅓·h1
- Για το ύψος h3 ισχύει:
(α) h3 = h1 (β) h3 = ⅔·h1 (γ) h3 = ⅓·h1
Καλό μεσημέρι Διονύση.
Συγχαρητήρια για την ουσιαστική άσκηση που μας πρόσφερες.
Σε ευχαριστούμε!
Γειά σου Διονύση. Με έναν κύλινδρο εξετάζεις όλο σχεδόν το στερεό χωρίς εκζητήσεις. Πολλά μπράβο και για το σχόλιο στο τέλος.
Υ.Γ. Μετά το θέμα που έθεσες περί δεξιόστροφης – αριστερόστροφης περιστροφής, χρησιμοποιώ πλέον το «ωρολογιακά – αντιωρολογιακά».
Πολύ καλή Διονύση.
Να υποθέσουμε ότι στις ενώσεις των επιπέδων έχουμε καμπυλώσεις, ώστε να αποφύγουμε κρούσεις;
Καλησπέρα Διονύση.
Πλούσια τα ελέη της …και σημαντικά!
[Ο βιαστικός και απρόσεχτος ..άλλος εαυτός είπεν: …μα η στατική αριστερά και τα λεία επόμενα, απώλειες δεν δημιουργούν άρα h2=h1 ! Πατησόπουλος καθ’όσον η στροφική διατηρείται στο λείο δεξιό.]
Και για να διαφοροποιηθώ στα ενεργειακά ,βασιζόμενος στη ‘’γνωστή’’ (μεθ’αποδείξεως σχέση) Κπερ/Κμετ=λ=1/2 λέω ,
στη κάθοδο: mgh1=3Kπερ
στην άνοδο: mgh2+Kπερ=3Κπερ→ mgh2=2Κπερ
Αρα : h2/h1=2/3
(τελικά η κλίση του δεξιού κεκλιμένου δεν χρειάζεται στα ερωτήματά σου)
Καλό ‘’βόλι’’
Καλησπέρα Διονύση.
Πολύ ωραία θεμα. Τα πρώτα δύο ερωτήματα αντιμετωπίζονται από μαθητές με το δεύτερο πιο δύσκολα. Το τρίτο αποτελεί με τα σχόλια ξεχωριστή ανάρτηση. Χρειάζεται προσοχή.
Διονύση, οι αναρτήσεις σου είναι διαλεχτές και πάντα έχουν κάτι να προσθέσουν. Θα σχολιάσω την παρατήρηση σου ως εξαιρετική μιας και σε δυο γραμμές συνδέεις την ολίσθηση και την κύλιση με τρόπο ευφυή θα έλεγα.
Διονυση πολυ ενδιαφερουσα κινηση επελεξες να μας παρουσιάσεις !
Ιδιαιτερο ειναι το σημειο της κινησης του στερεου οταν απο το Γ παει να ανεβει στο κεκλιμενο επιπεδο απο το οποιο ξεκινησε την κινηση του . Τοτε εχει ταχυτητα κεντρου μαζας προς τα αριστερα και στρεφεται ωρολογιακα . Λογω της επιλογης σου για το μολ=εφφ βγαινει οτι το αcm=aγ*R=2*g*ημφ επομενως οπως πολυ σωστα λες οι δυο κινησεις τερματιζονται την ιδια χρονικη στιγμη .
Προσοχη στο εξης : το σημειο επαφης εχεις αρχικα ταχυτητα 2ucm και επιβραδυνση 2αcm αρα το διαστημα ολισθησης μεχρι να σταματησει ειναι Sολ= 4ucm^2/4acm = 2*Scm , οπου Scm το διαστημα που διανυει το cm μεχρι να σταματησει , αυτο σημαινει οτι οι απωλειες θα ειναι Εαπ=|Wτολ| = Τολ*2*Scm ομως λογω των δεδομενων Τολ=Wx=mgημθ αρα
Εαπ=|Wτολ| = mgημθ *2*Scm = 2 *mg*h3 .
Η κινητικη που εχεις στο (Γ) επειδη δεν εχουν προηγηθει απωλειες ειναι Κ=mg*h1 .
Οποτε απο την ΑΔΕ : Κ – Εαπ = mg*h3 ===> mg*h1 = mg*h3 +2 *mg*h3 ==> h3 = h1/3 .
Το ιδιο θα εχουμε οταν η κινηση του φτασει παλι στο (Γ) και ειναι ετοιμο να ανεβει παλι στο κεκλιμενο επιπεδο απο το οποιο ξεκινησε απο υψος πλεον h3=h1/3. Τοτε :
mg*h3 = mg*h5 +2 *mg*h5 ==> h5 = h3/3 = h1/(3^2) και θα συνεχιζεται
βεβαια με τον ιδιο τροπο μεχρι να σταματησει .
Πολύ καλή Διονύση, με την άδειά σου θα τη χρησιμοποιήσω
Διονύση Μητρόπουλος= Duracell : Συνεχίζει εκεί που εμείς σταματάμε….
Η επιστροφή ξανά στο τραχύ κεκλιμένο όλα τα λεφτά
Και το κάνεις με τρόπο ώστε και ο μαθητής που δεν έχει ξαναδεί «σπινάρισμα» να οδηγηθεί αυθόρμητα σε αυτό….
Η δε επιλογή του μ=εφφ αριστοτεχνική, ώστε ο ταυτόχρονος μηδενισμών των δύο ταχυτήτων να είναι φιλικός προς το μαθητή….
Ας προσέξουν όσοι μαθητές το διαβάσουν, πως στην επιστροφή στο ΑΓ και κατά την άνοδο σε αυτό, acm=aγωνR, αλλά προφανώς υπάρχει ολίσθηση