by
Ομογενές ξύλινο καδρόνι μήκους l του οποίου η βάση είναι τετράγωνο πλευράς α έχει πυκνότητα ρ και ισορροπεί σε νερό πυκνότητας ρν . Αν ρ= ½ ρν μπορεί να ισορροπεί σε δύο θέσεις (1) ή (2) που βλέπουμε στο σχήμα.
Α. Συνήθως ποια θέση προτιμάει;
Β. Ποια η ελάχιστη ενέργεια που πρέπει να προσφέρουμε για να πάει το καδρόνι από την θέση (2) στην θέση (1)
Τι λύση θα δίνατε συνάδελφοι;
Μια απάντηση.
Α: (2)
Β:w=0
A:(2)
B: ρg(α^2)l(l-α)/2
Διορθώνω,
ρg(α^2)l(l-α)/4
Καλησπέρα συνάδελφοι.
Βρίσκω το ίδιο με το Σπύρο:
W= ρg(α^2)l(l-α)/4
Καλησπέρα. Αντί για 4 στον παρανομαστή βρίσκω 8
Γιώργο μάλλον έβγαλες ρg(α^2)(l^2-α^2)/8
και εγώ αυτό έβγαλα…
φαντάζομαι τραπέζιο και εσύ ενώ οι προηγούμενοι τρίγωνο…
θα το σκεφτώ ξανά μετά …
ο Πρόδρομος μάλλον σκέφτηκε από την θέση 1 στη θέση 2
Καλησπέρα Δημήτρη.
Θεώρησα μια ροπή στο σώμα ώστε να περιστραφεί γύρω από cm με μηδενική ω.
Η σταθερή άνωση σε αυτή την περίπτωση μετατοπίζει το σημείο εφαρμογής της κατά α/4 – l/4.
Το έργο της άνωσης ισούται κατά απόλυτη τιμή με την ενέργεια που προσφέρθηκε.
Ναι κατάλαβα τι σκέφτηκε ο Πρόδρομος.
Αν δεν διαβάζεις καλά την εκφώνηση, λύνεις.. άλλη άσκηση!! Δάσκαλε που δίδασκες!!!
Έκανα τη λύση μιας τετράγωνης πλάκας πλευράς α και πάχους d!!
Αρχικά το κέντρο μάζας είναι στην επιφάνεια του υγρού. Αν θεωρήσουμε μηδενικό επίπεδο αναφοράς βαρυτικής δυναμικής ενέργειας την επιφάνεια του υγρού, τότε στο σχήμα 1 έχει Uαρχ=0.
Όταν είναι όπως στο σχήμα 2 , βρίσκουμε ότι βυθίζεται έτσι που το κέντρο μάζας του να είναι κάτω από την επιφάνεια του υγρού σε βάθος α/2. Τότε η Uτελ.=-(ρ•α^3•g)/2
Άρα για να φέρουμε το κέντρο μάζας στην επιφάνεια του υγρού πρέπει να καταναλώσουμε έργο ρ•α^3•g/2.
Φυσικά με την προϋπόθεση ότι το δοχείο είναι..λίμνη. Αλλιώς, νομίζω ότι χρειάζονται και οι διαστάσεις του δοχείου.
Λάθος το προηγούμενο σχόλιο. Στην 2 περίπτωση, το βύθισμα είναι α/2, οπότε το κέντρο μάζας είναι πάλι στην επιφάνεια του υγρού. Άρα η δυναμική ενέργεια είναι μηδέν. Άρα σωστή η πρώτη τοποθέτηση που έκανα. Δηλαδή δεν προσφέρουμε έργο, W=0
Και στις δύο περιπτώσεις, ο όγκος του υγρού που εκτοπίστηκε είναι ίδιος, (l•α^2)/2 , άρα δεν μεταβλήθηκε η δυναμική ενέργεια του υγρού, ούτε και του καδρονιού.
Αφού δεν μεταβλήθηκε καμία δυναμική ενέργεια, δεν πρέπει να προσφέρουμε εμείς τίποτα.
Επίσης το κέντρο βάρους και το κέντρο άνωσης, συμπίπτουν, με βάση τα δεδομένα του Γιάννη, οπότε και οι δύο θέσεις είναι θέσεις ευσταθούς ισορροπίας.
Δεν έχουμε δαπάνη ενέργειας για τη μεταφορά του καδρονιού από τη μία θέση στην άλλη!
Ξεμπλόκαρε Πρόδρομε.
Το κέντρο άνωσης δεν είναι το ίδιο στις δύο θέσεις.
Το κέντρο μάζας είναι το ίδιο.
Γεια σου Πρόδρομε.
Στη1 θέση το cm του υγρού που εκτοπίζεται είναι L/4 πιο κάτω από το cm του σώματος που βρίσκεται στην επιφάνεια του υγρού. Εκεί θεωρώ ότι βρίσκεται το σημείο εφαρμογής της άνωσης.
Στη 2 θέση ομοίως το σημείο εφαρμογής της άνωσης είναι α/4 πιο κάτω από την επιφάνεια του υγρού όπου συνεχίζει να είναι το cm του σώματος αφού το σώμα κάθε φορά οφείλει να είναι βυθισμένο κατά το μισό του όγκου του.
Σωστά Διονύση!! Λόγω .. κορονοϊού χάσαμε κι αυτό που είχαμε!
Η θέση 1 δεν είναι ευσταθούς ισορροπίας, μεγάλη γκάφα
Λίγο να μετακινηθεί από τη θέση 1 θα ηρεμήσει στη θέση 2 τελικά, που είναι και η θέση ελάχιστης ενέργειας. Άρα θα δαπανήσουμε έργο για να πάμε το καδρόνι από τη 2 στην 1!!
Επειδή η άνωση είναι ίδια στην αρχή και στο τέλος, το έργο που δαπανά με είναι για να εξουτερώσουμε το έργο της ροπής της άνωσης.
Ευχαριστώ που με ..ξεμπλόκαρες Διονύση!!
Γεια σου Διονύση μάλλον γράφαμε μαζί
Γιώργο ευχαριστώ πολύ. Δεν πρόσεξα τη λύση που είχες προτείνει! Έτσι είναι, όσο θα στρέφουμε με αμελητέα γωνιακή ταχύτητα τη ράβδο, αυτή θα περιστρέφεται γύρω από το κέντρο μάζας του, και επειδή η άνωση θα είναι σταθερή , το έργο που θα δαπανήσουμε είναι όσο και της άνωσης. Επειδή Α= mg, άρα W=mg(l/4-α/4)=ρα^2•l•(l/4-α/4)
Πολύ έξυπνη, μπράβο Γιάννη!!
Εγώ τα έκανα ..θάλασσα!!