by 
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.
Να’σαι καλά Κώστα!
Καλημερα Σπυρο.Γεια και παλι Θρασυβουλε. Οι ενεργειακες μεθοδοι ειναι σχεδον παντα συντομοτερες απο τις δυναμικες. Η συγκεκριμενη ασκηση αν γραψουμε τον τυπο της ενεργειας λυνεται σε μια σειρα ,αρκει να παρατηρησουμε οτι η δυναμικη ενεργεια ειναι U=(1/2)kx^2 οπου το x ειναι μια γενικευμενη συντεταγμενη,οποτε απο την εκφραση της ενεργειας που εχουμε βρει U=(1/2)mg( R-l)θ^2 by inspection βλεπουμε οτι k=mg( R-l)
οποτε απο τον τυπο της περιοδου Τ=2π(Ι/k)^(-1/2) βρισκουμε την περιοδο κατ ευθειαν.
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.
Τοτε πρεπει και ο τυπος της περιοδου που εχουμε βρει να ειναι λαθος.Αφου για πολυ μικρες απομακρυνσεις θεωρουμε γραμμικη εξαρτηση της ροπης η της δυναμης κλπ απο την απομακρυνση,κανουμε δηλαδη μια γραμμικοποιηση οποτε εχουμε ΑΑΤ. Η ροπη αδρανειας το ξερω οτι ειναι μεταβλητη ομως μας ενδιαφερει η τιμη της μονο σε ενα σημειο και εκει για την δεδομενη τιμη της ροπης αδρανειας ισχυει ο τυπος της κινητικης ενεργειας ο οποιος δεν εχει σχεση με ταλαντωσεις.Anyway το αποτελεσμα μετα απο αυτα τα τρυκ βγαινει σωστο. 🙂
Μιας και μιλάμε για ταλαντώσεις στερεών σωμάτων, δείτε μια ταλάντωση ημισφαιρίου για μικρές γωνίες εδώ
Καλημερα Σπυρο,καλημερα σε ολους. Αρχικα ελεγα να μην γραψω τιποτα. Η ασκηση αυτη λυνεται με πολυ πιο συντομες διατυπωσεις σε μια το πολυ σελιδα αντι σε εξι σελιδες.
1. Η ροπη αδρανειας ομογενους σφαιρας ως προς μια διαμετρο της ειναι 2/5MR^2=8/15ρπR^5. Aρα του ημισφαιριου ειναι το μισο δηλ.4/15ρπR^5
Στην συνεχεια πρεπει απλως να γραψουμε τις εξισωσεις (8) και το αποτελεσμα για την ροπη αδρανειας ειναι η εξισωση (9) που εχεις γραψει.
2.Η ροπη του βαρους του ημισφαιριου οταν το επιπεδο z=0 ειναι οριζοντιο ειναι (2/3)ρπεgR^3 Στην συνεχεια πρεπει να γραψουμε τις εξισωσεις (15),(16) που εχεις γραψει.
3.H αποσταση του κεντρου μαζας του ημισφαιριου απο την αρχη των αξονων ειναι d1=3/8R. Aυτος ειναι ο μονος υπολογισμος της ασκησης που απαιτει ενα ευκολο οκληρωμα ως προς μια μεταβλητη μονο,αν χωρισεις το ημισφαιριο σε δισκους.Αν κανεις Google,αυτο το βημα ειναι λυμενη ασκησουλα στο ιντερνετ σε πολλες ιστοσελιδες.
4.Αρα η περιοδος αυτου του φυσικου εκρεμους για μικρες γωνιες γυρω απο την θεση ισορροπιας ειναι
Τ=2π ριζα(Ι/mgd2) οπου Ι ειναι η ροπη αδρανειας της σχεσης (9) και d2 ειναι η αποσταση του κεντρου μαζας του ημισφαιριου απο τον αξονα περιστροφης.Αν δεν θελεις να παρεις ετοιμο τον τυπο της περιοδου του φυσικου εκρεμους,τοτε η ροπη του βαρους για μικρες γωνιες φ ειναι τ=mg(d2)sinφ ~ mg(d2)φ Αρα απο τ=Ια προκυπτει η ομογενης διαφορικη εξισωση του απλου αρμονικου ταλαντωτη και απο εκει by inspection βρισκεις την περιοδο.Η περιοδος προκυπτει να ειναι οχι αυτο που εχεις βρει εσυ αλλα στην σχεση (25) στον παρανομαστη μεσα στην ριζα θελει
g ριζα((9/64)R^2+ε^2) αντι για gε που εχεις βαλει εσυ.
Η περιοδος που εχεις βρει απειριζεται για ε=0 και αυτο δεν ειναι λογικο.Αυτο θα γινοταν αν το κεντρο μαζας βρισκοταν στην αρχη των αξονων και οχι εκει που βρισκεται τωρα.Επισης η ροπη που εχεις βρει στην σχεση (21) δεν μηδενιζεται για θ=0.
Δεν μπορουν να γινουν ταλαντωσεις για μικρες γωνιες αυτης που εσυ εχεις ονομασει θ διοτι η θ =0 δεν ειναι θεση ισορροπιας του ημισφαιριου.Στην θεση ισορροπιας του ημισφαιριου ισχυει θ=Arctan(d1/ε) που ειναι πεπερασμενη γωνια και εσυ την αναπτυσεις κατα Τaylor γυρω απο την θ=0. ! Κατα συνεπεια ολα αυτα που εχεις κανει απο την εξισωση 17 και ,μετα ειναι λαθος.Στην σελιδα 5 γραφεις Then, from the figure below, its torque with respect to the axis , will be:.. και απο κατω δεν βλεπω σχημα.
Απο την εξισωση (16) και μετα, So, we have found…θελει μια διορθωση στις ανισοτητες αντι για α θελει α παραγωγος και επισης το τοπικο μεγιστο δεν ειναι ολικο μεγιστο επειδη οι δυο τιμες που λες ειναι μικροτερες αλλα επειδη η παραγωγος εχει μονο μια ριζα.
Και κατι ακομα. Ενα ορισμενο ολοκληρωμα ως προς μια μεταβλητη,ποτε δεν πρεπει να εχει το συμβολο της ιδιας μεταβλητης στα ορια ολοκληρωσης τα οποια ειναι σταθερα.Μπορεις να γραψεις f(t)= int(f(x))dx απο 0 εως t ή
f(x)= int(f(t))dx απο 0 εως x αλλα ποτέ f(x)= int(f(x))dx απο 0 εως x.Ενας φυσικος συνηθως δεν δινει πολυ σημασια αλλα αν το δει αυτο ενας μαθηματικος σκιζει τα ρουχα του.Ειναι σοβαρο λαθος.
Υποθετω οτι δεχεσαι κριτικη για αυτα που γραφεις εκτος αν παιρνεις for granted οτι ειναι τελεια και δεν επιδεχονται βελτιωσεις.Εχεις ενα καινουργιο site και θελεις να εχει επιτυχια.Αυτο σημαινει πολλους Viewers.Δεν μιλαω για λαθη τεχνικου χαρακτηρα τα οποια κανουμε ολοι.Πρεπει να γραφεις με τροπο πιο φιλικο προς τον αναγνωστη. Πιστευω οτι ειμαι ο μονος που διαβασα cover to cover την δουλεια σου αυτη.
Οταν ο αλλος δει οτι κανεις χρονοβορους υπολογισμους
ενω μπορεις να τους αποφυγεις,αυτο κανει κακη εντυπωση.Πρεπει να κανεις πιο πολυ focus σε πιο συγκεκριμενου χαρακτηρα λυσεις προβληματων.Αυτη την δουλεια σου θα μπορουσε να την διαβασει ενας καλος μαθητης θετικης κατευθυνσης ενω τωρα την εχεις κανει απαγορευτικη για τους πιο πολλους αναγνωστες.Αντιθετα το falling chain που εχεις ανεβασει ειναι πολυ ωραιο.Αυτα σου τα γραφω φιλικα και οχι για να κανω τον εξυπνο.Θα ηταν ευκολο να γραψω ενα μπραβο συγχαρητηρια χωρις να εχω διαβασει τιποτα.Μου εχει παρει ωρες να διαβασω την δημοσιευση σου και να σου απαντησω.Θα με ενδιεφερε να πουν και αλλοι συναδελφοι την γνωμη τους.
Φιλικα. Κωνσταντινος.
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.
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:
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.