Kαλησπερα Μανόλη. Μας φροντιζεις να μην βαριομαστε μεσα στο καλοκαιρι χαχα.Την ασκηση την εχω λυσει παλια και εχω καταληξει στην δευτεροβαθμια εξισωση
(cosφ)^2+2cosφ-2=0 που εχει λυση cosφ=0,732
Δεν γραφω αναλυτικα την λυση για να ασχοληθουν και αλλοι φιλοι που θελουν.
Τελευταία διόρθωση4 έτη πριν από Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος
Καλησπέρα! Το σώμα μάζας m1 είναι αρχικά ακίνητο σε ύψος h1=R, οπότε έχει δυναμική ενέργεια λόγω βαρύτητας U1=mgR (1). Όταν το σώμα μάζας m1 αποχωρίζεται το σώμα μάζας m2 μηδενίζεται η κάθετη δύναμη στήριξης για το Σ1, οπότε ισχύει ότι Wσυνφ=Fκ ή mgσυνφ=mu^/R ή u^2=gσυνφR (2). Εκείνη τη χρον. στιγμή το Σ1 βρίσκεται σε ύψος h2=Rσυνφ, οπότε έχει δυναμική ενέργεια λόγω βαρύτητας U2=mgRσυνφ (3). Στη συνέχεια, εφαρμόζοντας ΑΔΜΕ για την κίνηση του σώματος από το ύψος h1 στο ύψος h2 (και αντικαθιστώντας τις παραπάνω σχέσεις) προκύπτει ότι συνφ=2/3. Δεν ξέρω αν κάπου έχω κάνει κάτι λάθος και δεν βγάζω το ίδιο.
καλησπέρα παιδια ναι και εγώ αυτο έχω βγάλει 0,732 , υπήρχε ένα λαθακι στις αρχικές μου πράξεις , Οπότε αφου ανέβασε;ς αυτη τη λύση Σπύρο θα ανεβάσω εγώ αργότερα μια με σχετικές ταχύτητες . Να στε καλά και σας ευχαριστώ
Καθώς το μικρό σώμα κατεβαίνει, το ιμικύκλιο υποχωρεί προς τα αριστερά πράγμα που σημαίνει πως η κίνηση του μικρού σώματος ως προς ακίνητο παρατηρητή ΔΕΝ είναι κυκλική. Ίσως να είναι έλλειψη αλλά δεν το έχω αναλύσει.Νομιμοποιούμαστε να χρησιμοποιήσουμε τη σχέση της κεντρομόλου δύναμης m*u^2/R ή m*ω^2*R ;
Εξάλλου παρόλο που η δύναμη που ασκεί το ημικύκλιο είναι σίγουρα κάθετη στην επιφάνεια του ημικυκλίου (λείο) η δύναμη αυτή δεν είναι κάθετη στην ταχύτητα του σώματος. Αν ήταν κάθετη θα ήταν άεργη και το ημικύκλιο δεν θα μπορούσε να “κλέψει” ένα μέρος της δυναμικής ενέργειας του μικρού σώματος
Ένα άλλο που με βαζει σε υποψίες είναι και το εξής. Άν φανταστούμε το ημικύκλιο να είναι αμελητέας μάζας και βάλουμε το μικρό σώμα που έχει κανονικά μαζα κάπου στις 45 μοίρες αυτο θα κινείται κατακόρυφα με ελεύθερη πτώση και η δύναμη απο το ημικύκλιο θα είναι 0 και όχι βέβαια m*u^2/R
Φυσικά μπορεί και να σφάλλω αλλά σε κάθε περίπτωση θα ήθελα να σχολιάσετε την άποψή σας, ευχαριστώ.
καλησπέρα Παναγιώτη , πολύ σημαντικός ο προβληματισμός για την κεντρομόλο και για την τροχιά. Πάντως για τον κινούμενο πανω στο ημικύκλιο παρατηρητή τα πράγματα είναι απλά διότι βλέπει το σωμα να κινείται σε κυκλική τροχια R με εφαπτομενική ταχύτητα που δεν είναι άλλη όμως από τη σχετική και όχι την πραγματική ταχύτητα του σώματος . Αν παρατήρησες στην όχι και τόσο καλογραμένη λύση μου ότι βάζω την σχετική ταχύτητα στον τύπο της κεντρομόλου . Να σαι καλά και ευχαριστώ για τη συμμετοχή και τις εύστοχες παρατηρήσεις σου.
Ο παρατηρητής πάνω στο ιμικύκλιο δεν είναι αδρανειακός, επιταχύνεται με μεταβλητή επιτάχυνση προς τα αριστερά, και για αυτόν δεν ισχύει ούτε καν ο πρωτος νόμος του Νεύτωνα για παράδειγμα αν κρατά ένα σώμα στο χέρι του θα πρέπει να του ασκεί συνέχεια οριζόντια δύναμη προς τα αριστερά για να το κρατήσει ακίνητο ως προς τον εαυτό του. Επομένως πιστεύω ότι δεν μπορούμε να τον χρησιμοποιήσουμε για οποιονδήποτε υπολογισμό.
Σε αυτό το σημείο θα ήθελα να σε ευχαριστήσω για αυτό το υπέροχο πρόβλημα που ανεξάρτητα αν τελικά έχω δίκιο ή όχι με έκανε να σκεφτώ λιγάκι πέρα από τα συνηθισμένα και τα καθημερινά
Καλησπέρα και πάλι Παναγιώτη, στο σημείο αυτό θα ήθελα να επισημάνω ότι η σχέση της κεντρομόλου χρησιμοποιήθηκε dt μετά τον αποχωρισμό όπου ο παρατηρητής επί του ημικυκλίου είναι αδρανειακός
by 
άλλη μια ασκηση προς λύση για ψυχαγωγία , οι επιλογες με επιφύλλαξη
Kαλησπερα Μανόλη. Μας φροντιζεις να μην βαριομαστε μεσα στο καλοκαιρι χαχα.Την ασκηση την εχω λυσει παλια και εχω καταληξει στην δευτεροβαθμια εξισωση
(cosφ)^2+2cosφ-2=0 που εχει λυση cosφ=0,732
Δεν γραφω αναλυτικα την λυση για να ασχοληθουν και αλλοι φιλοι που θελουν.
Καλησπέρα! Το σώμα μάζας m1 είναι αρχικά ακίνητο σε ύψος h1=R, οπότε έχει δυναμική ενέργεια λόγω βαρύτητας U1=mgR (1). Όταν το σώμα μάζας m1 αποχωρίζεται το σώμα μάζας m2 μηδενίζεται η κάθετη δύναμη στήριξης για το Σ1, οπότε ισχύει ότι Wσυνφ=Fκ ή mgσυνφ=mu^/R ή u^2=gσυνφR (2). Εκείνη τη χρον. στιγμή το Σ1 βρίσκεται σε ύψος h2=Rσυνφ, οπότε έχει δυναμική ενέργεια λόγω βαρύτητας U2=mgRσυνφ (3). Στη συνέχεια, εφαρμόζοντας ΑΔΜΕ για την κίνηση του σώματος από το ύψος h1 στο ύψος h2 (και αντικαθιστώντας τις παραπάνω σχέσεις) προκύπτει ότι συνφ=2/3. Δεν ξέρω αν κάπου έχω κάνει κάτι λάθος και δεν βγάζω το ίδιο.
Καλησπέρα κ. Μανόλη,
Καταλήγω στην ίδια εξίσωση με τον κ. Κωνσταντίνο.
Ας γράψω την λύση μου.
Είναι X=x+Rsinθ άρα Χ’=x’+Rcosθ.ω. όπου Χ και x οι συντεταγμένες του ημικυκλίου (της άκρης του) και του μικρού σώματος. Επίσης y=Rcosθ άρα y’=-Rsinθ.ω
Αφού η ορμή στον x διατηρείται, είναι x’=-X’, άρα x’=-(R/2).cosθ.ω
Έτσι η κινητική ενέργεια του συστήματος είναι (1/4).(2-cos^2θ).m.R^2.ω^2. (1)
Το έργο του βάρους είναι W=mgR(1-cosθ). (2)
Το σώμα χάνει την επαφή όταν Ν=0 δηλαδή όταν ω^2.R=gcosθ. (3)
Συνδυάζοντας την (1),(2) και (3) προκύπτει ότι cosθ=0,732
καλησπέρα παιδια ναι και εγώ αυτο έχω βγάλει 0,732 , υπήρχε ένα λαθακι στις αρχικές μου πράξεις , Οπότε αφου ανέβασε;ς αυτη τη λύση Σπύρο θα ανεβάσω εγώ αργότερα μια με σχετικές ταχύτητες . Να στε καλά και σας ευχαριστώ
Παναγιώτη καλησπέρα , το ημισφαίριο ξεκινα να ολισθαίνει πάνω στο λείο οριζόντιο δρόμο
Ναι έχετε δίκιο δεν το πρόσεξα
Ανέβασα μια λύση του θέματος. Σας ευχαριστώ όλους για τη συμμετοχή
Καλησπέρα !
Έχω έναν προβληματισμό :
Καθώς το μικρό σώμα κατεβαίνει, το ιμικύκλιο υποχωρεί προς τα αριστερά πράγμα που σημαίνει πως η κίνηση του μικρού σώματος ως προς ακίνητο παρατηρητή ΔΕΝ είναι κυκλική. Ίσως να είναι έλλειψη αλλά δεν το έχω αναλύσει.Νομιμοποιούμαστε να χρησιμοποιήσουμε τη σχέση της κεντρομόλου δύναμης m*u^2/R ή m*ω^2*R ;
Εξάλλου παρόλο που η δύναμη που ασκεί το ημικύκλιο είναι σίγουρα κάθετη στην επιφάνεια του ημικυκλίου (λείο) η δύναμη αυτή δεν είναι κάθετη στην ταχύτητα του σώματος. Αν ήταν κάθετη θα ήταν άεργη και το ημικύκλιο δεν θα μπορούσε να “κλέψει” ένα μέρος της δυναμικής ενέργειας του μικρού σώματος
Ένα άλλο που με βαζει σε υποψίες είναι και το εξής. Άν φανταστούμε το ημικύκλιο να είναι αμελητέας μάζας και βάλουμε το μικρό σώμα που έχει κανονικά μαζα κάπου στις 45 μοίρες αυτο θα κινείται κατακόρυφα με ελεύθερη πτώση και η δύναμη απο το ημικύκλιο θα είναι 0 και όχι βέβαια m*u^2/R
Φυσικά μπορεί και να σφάλλω αλλά σε κάθε περίπτωση θα ήθελα να σχολιάσετε την άποψή σας, ευχαριστώ.
Μανόλη καλησπέρα. Δύσκολο πρόβλημα. Στέλνω μία λύση , ρίξε μια ματιά και τα ξαναλέμε.
https://docs.google.com/document/d/1VrxDPAW-sOa3HZ1lxG15e7MB3pFsAMsC/edit?usp=sharing&ouid=111835056782751969998&rtpof=true&sd=true
Αριστείδη καλησπέρα , συμφωνώ η άσκηση δεν είναι τόσο εύκολη ,. Νομίζω την αντιμετωπισεςς με επιτυχία , εύγε να σαι καλά
καλησπέρα Παναγιώτη , πολύ σημαντικός ο προβληματισμός για την κεντρομόλο και για την τροχιά. Πάντως για τον κινούμενο πανω στο ημικύκλιο παρατηρητή τα πράγματα είναι απλά διότι βλέπει το σωμα να κινείται σε κυκλική τροχια R με εφαπτομενική ταχύτητα που δεν είναι άλλη όμως από τη σχετική και όχι την πραγματική ταχύτητα του σώματος . Αν παρατήρησες στην όχι και τόσο καλογραμένη λύση μου ότι βάζω την σχετική ταχύτητα στον τύπο της κεντρομόλου . Να σαι καλά και ευχαριστώ για τη συμμετοχή και τις εύστοχες παρατηρήσεις σου.
Ο παρατηρητής πάνω στο ιμικύκλιο δεν είναι αδρανειακός, επιταχύνεται με μεταβλητή επιτάχυνση προς τα αριστερά, και για αυτόν δεν ισχύει ούτε καν ο πρωτος νόμος του Νεύτωνα για παράδειγμα αν κρατά ένα σώμα στο χέρι του θα πρέπει να του ασκεί συνέχεια οριζόντια δύναμη προς τα αριστερά για να το κρατήσει ακίνητο ως προς τον εαυτό του. Επομένως πιστεύω ότι δεν μπορούμε να τον χρησιμοποιήσουμε για οποιονδήποτε υπολογισμό.
Σε αυτό το σημείο θα ήθελα να σε ευχαριστήσω για αυτό το υπέροχο πρόβλημα που ανεξάρτητα αν τελικά έχω δίκιο ή όχι με έκανε να σκεφτώ λιγάκι πέρα από τα συνηθισμένα και τα καθημερινά
Καλησπέρα και πάλι Παναγιώτη, στο σημείο αυτό θα ήθελα να επισημάνω ότι η σχέση της κεντρομόλου χρησιμοποιήθηκε dt μετά τον αποχωρισμό όπου ο παρατηρητής επί του ημικυκλίου είναι αδρανειακός
Θα ξανακοιτάξω τη λύση αύριο.
Καλό βράδυ