by 
A4. Το τετράγωνο πλαίσιο ΚΛΜΝ του σχήματος είναι ακίνητο με το επίπεδό του παράλληλο στις γραμμές oριζόντιου ομογενούς μαγνητικού πεδίου και εκτός λοιπών αλληλεπιδράσεων. Τη χρονική στιγμή t = 0 ρευματοδοτούμε το πλαίσιο με ρεύμα ωρολογιακής φοράς:
α. Όλες οι πλευρές του πλαισίου θα δεχτούν δύναμη Laplace
β. Μόνο οι πλευρές ΚΛ και ΜΝ του πλαισίου θα δεχτούν δύναμη Laplace
γ. To πλαίσιο θα δεχτεί συνισταμένη δύναμη Laplace προς τα δεξιά
δ. Στο πλαίσιο θα ασκηθεί ζεύγος δυνάμεων
Το διαγώνισμα σε word
και σε pdf
Οι απαντήσεις σε word
και σε pdf
Δεν συμφωνώ με αυτό που λες Αποστόλη, έχουν γίνει άπειρες συζητήσεις για το θέμα και νομίζω ο καταλληλότερος να σε δώσει τους αντίστοιχους συνδέσμους είναι ο Διονύσης ή ο Γιάννης. Πάντως από όλη τη συζήτηση θεωρώ ότι πιο κοντινό σε ορισμό έχω ( που δεν υπάρχει) για την κχο είναι ένα σημείο με ταχύτητα μηδέν και το αντιδιαμετρικό του με 2Vcm για τον παρατηρητή που κάνει φυσική. Νομίζω ότι άλλ ο εχει υπωθει καταλήγει σε αδιέξοδα.
Καλησπέρα Νίκο.
Να δώσω τους συνδέσμους για παλιότερες συζητήσεις, αν και δεν νομίζω ότι έχουν καταλήξει πουθενά.
Περί κύλισης σε κινούμενη επιφάνεια.
ή στενάχωρες συζητήσεις, όπως αυτή:
Περί κύλισης…
Μάλλον θα έπρεπε να δώσω σαν πρώτη την ανάρτηση:
Περί κύλισης και τριβής.
Να προσθέσω μόνο ότι, το ότι δεν έχουν καταλήξει οι συζητήσεις, δεν σημαίνει ότι προσωπικά δεν διατηρώ τις ίδιες θέσεις, που έχω εκφράσει στους συνδέσμους που έδωσα…
Καλησπέρα,
Μερικές σκέψεις πάνω στο συγκεκριμένο θέμα εδώ.
Η τοποθέτηση του Διονύση με βρίσκει σύμφωνο. Μάλλον πρέπει να μελετήσω τις συζητήσεις, ώστε να κατανοήσω την ένστασή σου Νίκο.
Αποστόλη είναι πολύ καλό!
Σε ευχαριστώ Γιάννη.
Καλησπέρα σας, σε ευχαριστώ Διονύση για την παράθεση της συζήτησης. Νομίζω είχαν ειπωθεί πολύ σημαντικά πράγματα από όλους που ,τουλάχιστον εμένα με έκαναν πιο προσεκτικό . Αποστόλη συγχαρητήρια και πάλι για το διαγώνισμα σου.
Αποστολη δεν εχω προλαβει να το δω με τον χρονο που του χρειαζεται ….. Θα γινει και αυτο !!!
Οσον αφορα το θεμα της συνθεσης η λυση που προτεινεις ειναι η πιο ενδεδειγμένη σε αυτη την περιπτωση .
Οι αλλες που προσθεσες εκτιμω οτι η μεν πρωτη κανει παλι χρηση επαλληλιας για το x αρα δεν βλεπω το λογο να μην το κανει καποιος και για την ταχυτητα οπως το προτεινεις και στην αρχικη σου λυση .
Στην αλλη με την εφαρμογη του στρεφομενου ειναι μια καλη σκεψη αλλα ,,,,,,.
Αν ο μαθητης δεν εχει εκπαιδευτεί καταλληλα ωστε να μην ¨βλεπει" μονο τυπους και να προσπαθει να τους εφαρμοσει τοτε τα πραγματα θα ειναι δυσκολα …. Πρεπει να μαθει οτι ολα ξεκινουν απο την αρχη της επαλληλιας και οι τυποι του βιβλιου εχουν βγει απο εκει .
Η εφαπτομενη της γωνιας ειναι η γωνια που συμβολιζει την διαφορα φασης της Χ με την Χ2 θα εχει βρει εφΘ = 0.25 .
Πως θα γραψει την Χ ?
Θα πει Χ= Α * ημ [ωt + (π/4) + Θ] .
Αν θα βρει το Χ απο το Χ1 + Χ2 για την t=0 τοτε οπως ειπα δεν βλεπω για ποιο λογο να μην σκεφτει αναλογα και για τις ταχυτητες . Οποτε ο τυπος που εγραψα θα του δημιουργησει προβλημα .
Ολα αυτα θα συμβουν αν το παει ακολουθωντας κατα γραμμα σχεδον το βιβλιο …..
Παρακατω απλα υπενθυμίζω μια πορεια επιλυσης οχι για να συμπηρωσει την λυση που αρχικα εδωσες αλλα μονο για να φρεσκαρουμε την διαδικασια ακολοθώντας την αρχη της επαλληλιας με σκοπο γενικά να βρισκουμε την Χ(t) . Απλα την εφαρμοσα στις εξισωσεις σου . Εδω να τονισω οτι η (φ) ειναι η αρχικη φαση της Χ .
Καλησπέρα. Νίκο σε ευχαριστώ και πάλι. Κώστα σε ευχαριστώ για το σχόλιο και συμφωνώ με τη θέση σου.
Επανέρχομαι στο Β3.Αφού παραστήσουμε τις χ1 και χ2 με τα περιστρεφόμενα διανύσματα Α1 και Α2, ώστε να σχηματίζουν γωνία φ=45°, με το Α1 να «προηγείται»,εφαρμόζουμε τον κανόνα του παρ/μου και με το νόμο του συνημιτόνου βρίσκουμε το πλάτος της σύνθετης αατ Α=ρίζα0,34m.Ονομάζουμε θ την διαφορά φάσης μεταξύ της συνισταμένης και της 2ης « καθυστερημένης» αατ.Από τον νόμο των ημιτόνων έχουμε ημθ/ Α1=ημ(180°-φ)/Α, οπότε ημθ=1/ρίζα17. Από την βασική τριγωνομετρική εξίσωση προκύπτει συνθ=4/ρίζα17.Η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης χ της συνισταμένης αατ είναι χ= Α*ημ(φ2+θ)=ρίζα0,34 *ημ(2πt+π/4+θ) συνεπώς η χρονική εξίσωση της ταχύτητας είναι υ=ω*Α*συν(2πt+π/4+θ)=ρίζα0,34*2π*συν(2πt+π/4+θ) συνεπώς για t=0 υ=ρίζα0,34*2π*συν(π/4+θ) ,(1).συν(π/4+θ)=συνπ/4*συνθ- ημπ/4*ημθ=ρίζα2/2*4/ρίζα17-ρίζα2/2*1/ρίζα17=3*ρίζα2/2*ρίζα17, (2).Η (1) με βάση την (2) δίνει μετά από αντικατάσταση και πράξεις υ=0,6πm/s
Ωραίο διαγώνισμα Αποστόλη
Θα το χρησιμοποιήσω
Καλημέρα Δημήτρη. Σε ευχαριστώ και χαίρομαι που θα το χρησιμοποιήσεις.
Καλημέρα Αποστόλη. Εξαιρετικό διαγώνισμα, για όλους τους μαθητές, με λεπτά σημεία,που θα ξεχωρίσουν τον καλά διαβασμένο. Όπως Α4, Α5γ.
Στο Β1 ομολογουμένως πήγα με τις συνθήκες ισορροπίας
Η γεωμετρική λύση που δίνεις βέβαια είναι σαφώς ευκολότερη, αλλά κάτι μου φαίνεται ότι λείπει,κάποιο θεώρημα πρέπει να επικαλεστούμε που προσωπικά δεν το θυμάμαι, ίσως ο Γιάννης να το διατύπωνε…
Μου άρεσε επίσης πολύ το θέμα Δ5 και η αντιπαραβολή των δύο διαγραμμάτων, που δείχνει ότι μπορούμε να έχουμε ΗΕΔ επαγωγής, χωρίς ρεύμα.
Να είσαι καλά!
Καλημέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχόλιο. Για το Β1 δεν νομίζω ότι χρειάζεται κάτι παραπάνω. Αν οι φορείς των δυνάμεων δεν ήταν συντρέχοντες, η Στ ως προς το σημείο τομής θα ήταν διάφορη του μηδενός, πράγμα άτοπο, αφού έχουμε ακίνητο στερεό. Από τα σχεδόν 50 γραπτά που διόρθωσα, τα περισσότερα λάθη έγιναν στο Α2, στο Α5γ φυσικά (το μάτι πήγε στα 50Ηz), στο Δ2 (ανεπαρκής περιγραφή της κίνησης), στο Δ4α (ελήφθη χωρίς έλεγχο το P = I^2 •R) και φυσικά στο Δ5 όπως σωστά προέβλεψες.