Κύλινδρος πάνω σε σφαίρα.

54

Ενας ομογενης κυλινδρος υψους 2l, ισορροπει με τον αξονα του κατακορυφο, πανω σε οχι λειο ημισφαιριο διαμετρου 2R. To συστημα βρισκεται μεσα σε ομογενες κατακορυφο πεδιο βαρυτητας.
Να υπολογισετε το μεγιστο υψος που μπορει να εχει ο κυλινδρος,ωστε η ισορροπια του πανω στο ημισφαιριο να ειναι ευσταθής.

(Visited 1,133 times, 1 visits today)
Subscribe
Ειδοποίηση για
37 Σχόλια
Inline Feedbacks
Όλα τα σχόλια
Μανόλης Μαργαρίτης
1 μήνας πριν

Κωνσταντινε γεια, εξαιρετική , νομίζω l<=R

Τελευταία διόρθωση1 μήνας πριν από Μανόλης Μαργαρίτης
Σπύρος Χόρτης
1 μήνας πριν

Καλησπέρα Κωνσταντίνε.
Βρίσκω,
l*tanθ<R*θ
οπότε η ισορροπία είναι ευσταθής για l<R αλλά με όριο ευστάθειας (μέγιστη εκτροπή θ) που καθορίζεται από το λόγο l/R.
Όμορφο πρόβλημα.
Καλό απόγευμα.

Μανόλης Μαργαρίτης
1 μήνας πριν
Απάντηση σε  Σπύρος Χόρτης

Σπυρο γεια

Θρασύβουλος Πολίτης

Καλημέρα Κώστα
Ωραίο το πρόβλημά σου.
Είπα να το γράψω . . . στον σύνδεσμο εδώ.
 
Φιλικά,
Θ.Π.

Θρασύβουλος Πολίτης

Βελτιωμένη βερζιόν 🙂
της περιόδου:
comment image

Τελευταία διόρθωση1 μήνας πριν από Διονύσης Μάργαρης
Θρασύβουλος Πολίτης

Καλησπέρα Κώστα
Ολόκληρη ή λύση (για κύβο) στον σύνδεσμο εδώ.
 
Νομίζω πως δεν μου ξέφυγε κάτι . . .
Δες το όμως, και μου λες.
 
Φιλικά,
Θ.Π.

Θρασύβουλος Πολίτης

Καλησπέρα Κώστα
Παίρνοντας ως δεδομένο ότι η κίνηση
είναι αρμονική ταλάντωση,
(από τη μορφή της δυναμικής ενέργειας)
η λύση που προτείνεις είναι πολύ καλή!
Κάποια μικρά, εκ παραδρομής, στον σύνδεσμο εδώ.
 
Καλό βράδυ!

Θρασύβουλος Πολίτης

Καλημέρα Κώστα
Δες το σχήμα και τους υπολογισμούς
στον σύνδεσμο εδώ.

Θρασύβουλος Πολίτης

Δε χρειάζεται, Πυθαγόρας φτάνει!:) 🙂

Καλή σου μέρα!

Θρασύβουλος Πολίτης

Με Πυθαγόρειο θεώρημα
η απόσταση D
στον σύνδεσμο εδώ.

Θρασύβουλος Πολίτης

Να’σαι καλά Κώστα!

Θρασύβουλος Πολίτης

Όπου ω , γράψε γωνιακή συχνότητα . . .

Θρασύβουλος Πολίτης

Με τον δεύτερο τρόπο
(Ενέργεια →διαφορική εξίσωση→inspection)

[Kατόπιν βέβαια, προσεγγιστικών παραδοχών
για την κινητική και δυναμική ενέργεια]
 
Καλό απόγευμα!

Σπύρος Τερλεμές
1 μήνας πριν

Είναι εύκολη η απόδειξη της ταλάντωσης. Προτιμότερο είναι να γίνεται δυναμικά mθ”=-…θ (να προσθέσω ότι για να αποδειχθεί η αρμονική ταλάντωση για μικρές γωνίες θ, τότε στο ανάπτυγμα Taylor που αναφέρετε, πρέπει να θεωρήσουμε αμελητέο τον όρο θ^2 – πρόσεγγιση πρώτης τάξης, ώστε να είναι cosθ=1).

Όσον αφορά τον υπολογισμό της ροπής αδράνειας, τότε αυτός μπορεί να γίνει εύκολα και στην περίπτωση κύβου. Αν πάρουμε την ροπή αδράνειας ως προς το κέντρο του, τότε είναι το τριπλό ολοκλήρωμα ρ(x^2 + z^2) όπου x,z στο επίπεδο του χαρτίου. Έτσι ολοκληρώνουμε από -α/2 έως α/2 και στις τρεις συνεταγμένες και παίρνουμε ότι η ροπή αδρανείας ως προς το κέντρο του κύβου είναι 1/6.m.α^2 όπου α η ακμή του.

Θρασύβουλος Πολίτης

Τώρα το συνειδητοποίησα …(άυπνος λόγω ζέστης)
Στην εικόνα νόμιζα ότι βλέπω κύβο και οπότε έλυσα το πρόβλημα:
«Κύβος πάνω σε σφαίρα» και όχι
«Κύλινδρος πάνω σε σφαίρα»
Δεν πειράζει . . . μικρή παραλλαγή! 🙂 🙂
 
Να ‘ σαι καλά!

Βασίλειος Μπάφας
1 μήνας πριν

Καλημέρα Κωνσταντίνε, καλημέρα σε όλους.
Εξαιρετικό πρόβλημα!

Θρασύβουλος Πολίτης

Καλησπέρα σας
 
Επειδή μου ζητήθηκαν διευκρινίσεις για τον τύπο
που εκφράζει τη δυναμική ενέργεια, τις δίνω
στον σύνδεσμο εδώ.
 
Σημείωση: Το σχήμα μου δε διεκδικεί κανένα βραβείο Καλών Τεχνών! 🙂 🙂

Θρασύβουλος Πολίτης

Ο κύβος έχει ακμή 2Ι όσο δηλαδή το ύψος του κυλίνδρου.

Σπύρος Τερλεμές
1 μήνας πριν

Καλημέρα,

Βλέποντας τους υπολογισμούς που κάνετε για την ταλάντωση του κύβου, υπάρχουν μερικά πρακτικά και θεωρητικά σχόλια που θέλω να κάνω.

  • Είναι πάντα προτιμότερο να υπολογίζει κανείς την οποιαδήποτε υποτιθέμενη περίοδο ταλάντωσης (σε συστήματα παρόμοια με αυτό), ξεκινώντας από την δυναμική του συστήματος. Διαφορετικά, αν ξεκινήσει κανείς πρώτα από την ενέργεια, τότε πρέπει να κάνει μια επιπλέον παραγώγιση, που σημαίνει ένα επιπλέον βήμα στον υπολογισμό.
  • Εδώ είναι αρκετά ευκολότερο (και εν τελεί σωστότερο γιατί η φυσική σημαίνει απλότητα) να πάρουμε την ροπή αδράνειας ως προς το σημείο Ε (του σχήματος του κ. Θρασυβούλου). Αυτή είναι J=(…+θ^2). Οπότε η στροφορμή είναι L=(…+θ^2)θ’. Οπότε έχουμε dL/dt=mgΙsinθ. Όταν όμως θα πάμε να υπολογίσουμε την παράγωγο της στροφορμής,τότε αυτή θα υπολογιστεί ως παράγωγος γινομένου. Κατά συνέπεια θα έχουμε 2 όρους. Ο ένας θα είναι (…+θ^2)θ” -> (…)θ” λόγω προσέγγισης. Ο άλλος θα είναι 2θθ’^2. Για να θεωρήσουμε ότι ο κύβος κάνει αρμονική ταλάντωση, πρέπει να τον θεωρήσουμε μηδενικό. Είναι τολμηρή προσέγγιση.
  • Εν τελεί η αρμονική ταλάντωση του κύβου δεν είναι τόσο απλή υπόθεση. Απαιτεί αρκετές προσεγγίσεις οι οποίες πρέπει να μελετηθούν εκτενώς.
Σπύρος Τερλεμές
1 μήνας πριν

Καλημέρα κ. Κωνσταντίνε.

Η δυναμική ενέργεια βγαίνει εύκολα και αναλυτικά όπως είπατε. Το θέμα όμως είναι η κινητική ενέργεια. Το παραπάνω μου σχόλιο επισημάνει ποιο είναι το πρόβλημα όταν πάμε να υπολογίσουμε την κινητική ενέργεια σε τέτοιου είδους συστήματα.

Υπάρχει ένα λάθος που κάνατε, το οποίο μπορεί να είναι σημαντικό, μπορεί και όχι. Προσέξτε ότι έχουμε μεταβλητή ροπή αδράνειας (συνάρτηση του θ(t) και κατα συνέπεια συνάρτηση του t). Αυτό σημαίνει ότι η κινητική ενέργεια δεν μπορεί να γραφτεί ως 1/2.Ι.ω^2. Προσπαθήστε να καταλήξετε στου νόμους του Νεύτωνα με τον προηγούμενο τύπο, όταν Ι=Ι(t). Θα δείτε ότι δεν γίνεται.

Σε τέτοιες περιπτώσεις κάνουμε αυτό που είπα. Στ=dL/dt και προχωράμε από εκεί βρίσκοντας την διαφορική. Τα γράφω αναλυτικά στο προηγούμενο σχόλιο.

Για τους λόγους αυτούς πιστεύω ότι ο κύβος δεν θα εκτελεί αρμονική ταλάντωση, γιατί όπως αναφέρω, ότι προσέγγιση και να γίνει,η διαφορική δεν είναι γραμμική.

Σπύρος Τερλεμές
1 μήνας πριν

Μιας και μιλάμε για ταλαντώσεις στερεών σωμάτων, δείτε μια ταλάντωση ημισφαιρίου για μικρές γωνίες εδώ

Σπύρος Τερλεμές
1 μήνας πριν

Καλημέρα κ. Κωνσταντίνε,

Ευχαριστώ για το σχόλιο. Το διάβασα αναλυτικά και χαίρομαι που αφιερώσατε χρόνο να διαβάσετε την εργασία και να γράψετε τις παρατηρήσεις. Φυσικά και δέχομαι κάθε καλοπροαίρετη κριτική. Αντίστοιχα όμως θα μου επιτρέψετε να κάνω και εγώ μερικές παρατηρήσεις στο σχόλιο σας.

  1. Το πως θα επιλέξω να παρουσιάσω μια εργασία μου και τα βήματα που θα ακολουθήσω, μπορεί να διαφέρουν από τα δικά σας ή οποιαδήποτε άλλου. Μπορεί κάποιος να παίρνει έτοιμους τύπους. Εγώ μπορεί να κάθομαι να υπολογίζω τις ροπές αδράνειας. Αυτό είναι καθαρά προσωπική πεποίθηση για το τι χρειάζεται να παρουσιαστεί σε μια τέτοια εργασία.
  2. Με όσο φιλικό τρόπο και να γράψω μια τέτοια εργασία, δεν θα είναι πολύ επισκέψιμη. Δεν είναι τόσο το θέμα των viewers – είναι να κάνω κάτι ποιοτικό και σωστό.

Πάμε τώρα στα “λάθη” που μου επισημάνατε.

Ένα μαθηματικό λάθος που κάνετε στο σχόλιο είναι ότι γράφετε:

επισης το τοπικο μεγιστο δεν ειναι ολικο μεγιστο επειδη οι δυο τιμες που λες ειναι μικροτερες αλλα επειδη η παραγωγος εχει μονο μια ριζα”

Φυσικά και έχετε μεγάλο λάθος γιατί ακόμα και αν η παράγωγος έχει μια ρίζα, δεν σημαίνει ότι είναι ολικό μέγιστο – ξεχνάτε τα άκρα στο πεδίο ορισμού. Το θεώρημα του Fermat αναφέρεται σε ανοιχτά διαστήματα. Εφόσον εδώ δεν είναι ανοιχτό (παίρνει τιμές από 0 έως R) τότε πρέπει να ελέγξουμε και τα άκρα.

Πάμε τώρα στα άλλα:

  1. Γράφετε ότι η ροπή στην σχέση (21) δεν μηδενίζεται για θ=0. Φυσικά και δεν μηδενίζεται, και δεν πρέπει να μηδενίζεται. Η ροπή λαμβάνεται ως προς τον άξονα περιστροφής και ο βραχίονας του βάρους είναι 3/8R όταν θ=0.
  2. Τα άκρα ολοκλήρωσης από φυσικής σημασίας χρησιμοποιούνται αρκετές φορές όπως τα έβαλα. Παρόλα αυτά το μαθηματικά σωστό είναι να είναι διαφορετικά.

Και τέλος το δικό μου λάθος:

Ανέπτυξα κατά Taylor γύρω από την γωνία θ, ενώ έπρεπε να αναπτύξω γύρω από από την γωνία που σχηματίζει το κέντρο μάζας με την κατακόρυφο. Γι αυτό προκύπτει λάθος περίοδος.

Θα αποσύρω την εργασία μέχρι να βρω χρόνο να κάνω την διόρθωση.

Ευχαριστώ για το σχόλιο και τις επισημάνσεις. Καλημέρα.