by 
Το δάπεδο είναι λείο. Τα τουβλάκια 1,2,3,4 έχουν διαστάσεις L×L×L/4 , έχουν την ίδια μάζα, και ο συντελεστής τριβής μεταξύ τους είναι μ, ίσος με τον συντελεστή οριακής τριβής .
Δίνουμε στο κάτω τουβλάκι 1 με κτύπημα την μέγιστη ταχύτητα υο, έτσι ώστε να μη ανατραπούν. Με δεδομένα τα μ, g , L υπολογίστε την ταχύτητα υο.
η εκφώνηση και η απάντηση εδώ
μια ενδιαφέρουσα λύση από τον Αριστείδη Μαρκαντωνάτο εδώ
Καλημέρα Αριστείδη.
Ως προς τον προβληματισμό που βάζεις λέω το εξής:
Το κάτω σώμα 1 δέχεται τις ακόλουθες δυνάμεις: το βάρος του mg , την τριβή Τ=μmg παράλληλη στην πάνω έδρα του με φορά προς τα δεξιά, τη δύναμη Ν1=3mg κατακόρυφα προς τα κάτω στο αριστερό άκρο του και τη Ν=4mg από το έδαφος κατακόρυφα προς τα πάνω, που απέχει από το κέντρο μάζας του έστω d.
Αν πάρουμε τις ροπές ως προς το κέντρο μάζας του τότε
για να ισορροπεί πρέπει
Στ(C1)=0=> T•L/8+N•d-N1•L/2=0=>
μmg•L/8+4mg•d-3mg•L/2=0=>
4d=3L/2-μL/8=>
d=3L/8-μL/32=(L/8)•(3-μ/4)
Αυτό μπορεί να γίνει αν
μ<12
Στη λύση μου είχα βγάλει ότι πρέπει μ<4/3<12
Άρα δεν υπάρχει περίπτωση ανατροπής.
Ευχαριστώ και πάλι για την ενασχόλησή σου.
Υ.Γ. το Σεπτέμβριο θα έρθω στο Αγρίνιο. Θα επιδιώξω να συναντηθούμε.
Να είσαι καλά.
Μια άσκηση κουίζ για να αρχίσουμε τη νέα χρονιά με το καλό!
Καλή νέα σχολική Πρόδρομε αν και έχουμε κάποιες ημέρες ακόμα. Στο πρόβλημα κουίζ : Η πλάκα (4) σε σχέση με την (3) θα μετατοπιστεί προς τα αριστερά κατά L/2 , η (3) σε σχέση με την (2) κατά L/4 και η (2) με την (1) κατά L/12 πάντα σχετική μετατόπιση προς τα αριστερά.Από Α.Δ.Ο mu=4m(Vk) =>Vk=u/4. Η θερμότητα ισούται με την απόλυτη τιμή των έργων των τριβών (τριβή επί σχετική μετατόπιση)
1/2mu^2-1/2 4m (u/4)^2= μ mg L/2+ μ 2mg L/4+ μ 3mg L/12=(5/4) μ mgL=>
1/2 m (3/4)u^2=(5/4) μ mgL => u=(10gL/3)^1/2
Πρόδρομε καλησπέρα. Πολύ ωραίο κουίζ. Συγχαρητήρια.
Με την υπόθεση ότι τα τουβλάκια μένουν οριζόντια καθ’ όλη τη διάρκεια του φαινομένου βρίσκω, υ0=sqrt(8μgL(1-0.75μ).
Νέα λύση. Η προηγούμενη είναι λανθασμένη γιατί η οριακή στατική τριβή είναι ίση με την τριβή ολίσθησης δεν το είχα προσέξει στην εκφώνηση. Τα τρία σώματα (2,3,4) έχουν την ίδια επιτάχυνση α=μg. Για το (4) ΣFx= μ mg , για το (3) ΣFx=2 μ mg – μ mg => ΣFx=μ mg και για το (2)ΣFx= 3μ mg -2 μ mg => ΣFx= μ mg . Επομένως έχουν την ίδια ταχύτητα και την ίδια μετατόπιση. Για να μην ανατρέπεται η μάζα (4) Στcm=0 => N X=μ mg L/8 => mgX=μ mg L/8=> X= μ L/8 (Χ=μοχλοβραχίονας της Ν=mg από το cm).
Για να μην ανατρέπεται η μάζα (3) Στcm=0 => 2μ mg L/8 + mg μL/8=2mg X’ =>
X’=3μ L/16 (Χ’ =μοχλοβραχίονας της Ν1=2mg από το cm).
Για να μην ανατρέπεται η μάζα (2) Στcm=0 => 3 μmg L/8 + 2mg 3μL/16=3mg X”=>
Χ”= μL/4. (Χ” =μοχλοβραχίονας της Ν2=3mg από το cm).
Η σχετική μετατόπιση του σώματος (2) σε σχέση με το σώμα (1) έχει μέτρο :
|ΔΧ|=L/2-μL/4=(2-μ)L/4 και κατεύθυνση προς τ΄αριστερά.
Α.Δ.Ο … Vk=U/4
Α.Δ.Ε. 1/2 m U^2-1/2 4m (U/4)^2= 3μmg (2-μ)L/4 =>U=[ 2μL(2-μ)]^2
Αριστείδη και Σπύρο σας ευχαριστώ για την ενασχόλησή σας.
Τα αποτελέσματά μας δεν συμφωνούν! Μπορεί να έκανα κι εγώ λάθος ! Δείτε τη λύση μου, η οποία θεωρεί ότι για να πορεύονται μαζί τα σώματα πρέπει το κέντρο μάζας των 2,3,4 να είναι στην κατακόρυφη που διέρχεται από την πίσω έδρα του 1.
Μέχρι τότε θα υπάρχει ολίσθηση και σχετικές κινήσεις.
Υπολόγισα υο=2.sqrt(μgL).
Αρχικά την ξεκίνησα με δύο σώματα αλλά δεν μου άρεσε και την τροποποίησα έτσι που το όλο σύστημα να φτιάχνει κύβο ακμής L.
Να είστε καλά και καλό υπόλοιπο καλοκαιριού.
Καλησπέρα σε όλους,
Η τριβή που δέχεται το κατώτερο τουβλάκι είναι -3μmg άρα η επιτάχυνση του είναι α=-3μg
Κάθε ανώτερο τουβλάκι δέχεται τριβή μmg προς τα δεξιά, άρα το 2ο,3ο,4ο τουβλάκι κινούνται σαν ένα σώμα Σ με επιτάχυνση α’=μg.
Το ύψος του Σ είναι 3L/4, άρα το κέντρο μάζας του είναι 3L/8. Παίρνουμε την ροπή ως προς το κέντρο μάζας. Είναι Ν.x=T.(3L/8) άρα 3mg.x=3μmg.(3L/8). Δηλαδή x=3μL/8.
Οπότε η σχετική μετατόπιση του Σ και του κατώτερου είναι S=L/2-x=L/2-3μL/8
Επίσης η σχετική επιτάχυνση των σωμάτων είναι α(σχε)=α-α’=-4μg. Οπότε έχουμε:
υο^2=2.α(σχε).S δηλαδή υο=sqrt(μgL(4-3μ))
Οι συνονόματοι συμφωνούμε με διαφορά έναν παράγοντα 2. Και το πιο πιθανό είναι να ξέφυγε από μένα το δυάρι.
Πρόδρομε καλησπέρα. Πρέπει να εξασφαλίσουμε ότι κατά τη διάρκεια της επιταχυνόμενης κίνησης δεν θα σηκωθούν “σούζα” τα τρία πάνω τουβλάκια.
Καλό υπόλοιπο…
Καλησπέρα σε όλους. Σπύρο Τερλεμέ ευχαριστώ, η λύση σου είναι υποδειγματική!
Διόρθωσα τη λύση της χωρίς σχετικές κινήσεις.
Να είστε καλά.
Μου ξέφυγαν οι ροπές των τριβών στις πάνω επιφάνειες των σωμάτων 3 και 2 . Το είδα μετά αλλά δεν το έστειλα. Και η λύση με το κέντρο μάζας το ίδιο αποτέλεσμα δίνει. Υπάρχει ένα πρόβλημα όμως η μάζα 1 ισορροπεί ή περιστρέφεται ως προς το cm όταν στο άκρο της ασκείται δύναμη 3mg με φορά προς τα κάτω; θα το μελετήσω μετά.
Καλό μεσημέρι πρόδρομε, η τριβή στο σώμα (1) είναι προς τ΄αριστερά και έχει μέτρο Τ=3μmg. Έχω μάθημα τώρα θα σου γράψω αναλυτικά την λύση μαζί με τους ροπές που είχα ξεχάσει και την μελέτη του σώματος (1). Αν μ<4/3 η δύναμη Ν=4mg μάλλον δεν ασκείται στο άκρο του σώματος (1).
Υ.Γ Να έρθεις και θα βρεθούμε μαζί και με τον κυρ. Τσούνη τον συγγραφέα από το Αγρίνιο, είναι πολύ καλός φίλος μου.
Αριστείδη διόρθωσα και βγάζω ότι δεν ανατρέπεται το σώμα 1.
Το κάτω σώμα 1 δέχεται τις ακόλουθες δυνάμεις: το βάρος του mg , την τριβή Τ1=3μmg παράλληλη στην πάνω έδρα του με φορά προς τα αριστερά, τη δύναμη Ν1=3mg κατακόρυφα προς τα κάτω στο αριστερό άκρο του και τη Ν=4mg από το έδαφος κατακόρυφα προς τα πάνω, που απέχει από το κέντρο μάζας του έστω d.
Αν πάρουμε τις ροπές ως προς το κέντρο μάζας του τότε
για να ισορροπεί πρέπει
Στ(C1)=0=> -T1•L/8+N•d-N1•L/2=0=>
-3μmg•L/8+4mg•d-3mg•L/2=0=>
4d=3L/2+3μL/8=>
d=3L/8+3μL/32=(3L/8)•(1+μ/4)
d<=L/2=>
(3L/8)•(1+μ/4)<=L/2 =>
3/4+3μ/16<1 =>
3μ/16<1/4=>
μ<4/3
Στη λύση μου είχα βγάλει ότι πρέπει να ισχύει μ<4/3
άρα το σώμα 1 δεν ανατρέπεται.
Υ.Γ. όταν έρθω θα σε ειδοποιήσω. Ήμουν πρίν μια βδομάδα.
Να είσαι καλά.
Πρόδρομε σου στέλνω την αναλυτική λύση με την μελέτη του σώματος (1), με κλικ εδώ.
Ευχαριστώ κ. Πρόδρομε!
Καλησπέρα κ. Σπύρο!