by 
Είναι γνωστό ότι κινήσεις σφαιρικών σωμάτων πάνω σε ημισφαιρικές επιφάνειες – όπως στο σχήμα – δεν είναι τόσο απλές. Με το θέμα είχε ασχοληθεί παλαιότερα ο κ. Στάθης Λεβέτας εδώ , μελετώντας την κύλιση της σφαίρας. Ωστόσο, στην παρούσα ανάρτηση μελετώ εκτενώς τόσο την κύλιση όσο και την ολίσθηση της σφαίρας, και μάλιστα βγάζω αναλυτική έκφραση για την ταχύτητα του σώματος.
Νομίζω ότι είναι μια πλήρης μελέτη της κίνησης της σφαίρας – για οποιεσδήποτε αρχικές συνθήκες και οποιουσδήποτε συντελεστές τριβής – με ενδιαφέροντα συμπεράσματα.
Πάντα πολύ καλός!
Ευχαριστώ κ. Γιάννη!
Καλημέρα Σπύρο και ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ για τη μελέτη σου, που θα μπορούσε να είναι σημείο αναφοράς για Πανεπιστημιακή έρευνα!!
Δεν άφησες τίποτε που να μην το εξέτασες!
Θέλω να μελετήσεις αν έχεις χρόνο, και το εξής πρόβλημα:
Στην κόχη ενός τραπεζιού που εμφανίζονται τριβές, αφήνουμε μια λεπτή κυλινδρική ράβδο, π.χ. μια ατσάλινη βελόνα μήκους 20cm . Λόγω ασταθούς ισορροπίας αυτή αρχίζει να πέφτει στρεφόμενη γύρω από το σημείο στήριξης, κάποια στιγμή ολισθαίνει, και τελικά εγκαταλείπει το τραπέζι.
Ζητάμε με ποια γωνιακή ταχύτητα ω θα εγκαταλείψει.
Υπόψιν ότι όταν θα είναι στον αέρα, η γωνιακή ταχύτητα διατηρείται. Την άσκηση αυτή είχα βάλει στο διαγωνισμό φυσικής της ε.ε.φ. το 2001 ή 2002.
Έλεγα ότι δεν θα έχουμε ολίσθηση, και θέλαμε να βρει η ράβδος το πάτωμα (σε δεδομένο ύψος Η από το τραπέζι) σε κατακόρυφη θέση.
Και κάτι άλλο προσωπικό: θα δώσεις Πανελλαδικές εξετάσεις ή όχι;
Καλημέρα κ. Πρόδρομε! Ευχαριστώ για τα όμορφα λόγια!
Όσον αφορά το πρόβλημα τώρα.
Κάνοντας υπολογισμούς, καταλήγω ότι οι συντελεστές τριβής που απαιτούνται για να επιτευχθεί ικανοποιητικά κάτι τέτοιο (δηλαδή το διάστημα ολίσθησης της ράβδου να είναι πολύ μικρό) χρειάζεται να είναι μεγάλοι.
Για πιο μικρούς συντελεστές τριβής, η ράβδος θα ξεκινήσει να ολισθαίνει για σημαντικό διάστημα και η κίνηση της θα γίνει περίπλοκη – θα προκύψουν παρόμοιες εξισώσεις με της παρούσας ανάρτησης.
Το ερώτημα είναι για ποιους συντελεστές έχουμε πολύ σύντομη ολίσθηση καθώς η ράβδος πέφτει?
Δίνω την απάντηση παρακάτω
Εφόσον η ράβδος (θεωρώ μήκους 2L) δεν ολισθαίνει, ισχύει xcm=Lcosθ και ycm=Lsinθ, όπου θ η γωνία με τον ορίζοντα.
Παραγωγίζοντας διπλά παίρνουμε xcm”=xcm”(θ,θ’,θ”) και ycm”=ycm”(θ,θ’,θ”).
Στροφικά είναι -mgLcosθ=(1/3)m(2L)^2.θ”, οπότε έχουμε την έκφραση θ”(θ).
Ολοκληρώνοντας (δηλαδή διατήρηση ενέργειας) παίρνουμε θ’^2=(3g/2)(1-sinθ), δηλαδή έχουμε και την έκφραση θ'(θ).
Συνεπώς, είναι γνωστές οι χωρικές εκφράσεις xcm”=xcm”(θ) και ycm”=ycm”(θ). Από τον δεύτερο νόμο του νεύτωνα έχουμε Τ=απόλυτο(mxcm”) και N-mg=mycm”. Η επαφή χάνεται όταν Ν=0, άρα λύνοντας θα πάρουμε μια γωνία θmax. Δηλαδή εμείς θέλουμε για 0<θ<θ1<θmax να μην έχουμε ολίσθηση, όπου θ1 μια γωνία πριν χάθεί η επαφή την οποία θεωρούμε ικανοποιητική για να θεωρηθεί μικρό το διάστημα ολίσθησης. Άρα πρέπει να ισχύει Τ(θ)<μΝ(θ) για 0<θ<θ1.
Αυτό γράφεται μ>(απόλυτο(xcm”(θ)))/(g+ycm”(θ))=λ(θ), για 0<θ<θ1
Κάνοντας πράξεις, βγάζω ότι λ(θ)=(3/4)(cosθ. απόλυτο(2-sinθ))/(1+(3/4)(3sin^2θ-2sinθ-1).
Για γωνία θ1 τέτοια ώστε λ(θ1)=μ, ξεκινάει η ολίσθηση.
Παρακάτω φαίνεται η γραφική παράσταση της λ(θ) – πράσινη, της αντίδρασης Ν – κόκκινη, και το σημείο που χάνεται η επαφή – μαύρη.
Βλέπουμε ότι όσο η γωνία πλησιάζει την γωνία αποχώρησης, τόσο μεγαλύτερη γίνεται η λ(θ),άρα η συνθήκη μ>λ(θ) δεν μπορεί να ικανοποιηθεί πλέον.
Αξίζει να αναφερθώ στο γεγονός ότι όταν sinθ=2/3, η τριβή μηδενίζεται (αφού μηδενίζεται η xcm”) στιγμιαία και ύστερα αλλάζει φορά. Δηλαδή, αρχικά η τριβή είναι προς τα δεξιά μέχρι να φτάσει σε γωνία sinθ=2/3, μετά την οποία αλλάζει φορά και είναι προς τα αριστερά. Οριζόντια δηλαδή, το κέντρο μάζας επιταχύνεται για ένα διάστημα και μετά επιβραδύνεται.
Μπράβο Σπύρο, ανταποκρίθηκε άμεσα και το έλυσες!!
Βέβαια το θέμα το έθεσα στο διαγωνισμό φυσικής, έτσι ώστε να μην έχουμε ολίσθηση, πολύ μεγάλος συντελεστής τριβής.
Οπότε η ράβδος στρέφεται μέχρι να γίνει Ν=0 και Τs=0.
Με Λυκειακή φυσική αντιμετωπίζεται το πρόβλημα. Ζητούσαμε και το ελάχιστο ύψος Η από το τραπέζι, ώστε όταν βρίσκει το δάπεδο να είναι κατακόρυφη. Νομίζω ότι το είχε λύσει μόνο ένας!!
Αν θα δώσεις Πανελλαδικές εξετάσεις νομίζω ότι πρέπει να προσαρμόσεις τις απαντήσεις σου με τις Λυκειακές γνώσεις .
Κι αυτό γιατί ίσως δεν κατανοηθεί αυτή από αυτόν που θα το βαθμολογήσει!
Να είσαι καλά.
κ. Πρόδρομε, αν θεωρήσουμε μεγάλους συντελεστές – άρα μικρότερο διάστημα ολίσθησης – τότε το πρόβλημα ναι μπορεί να λυθεί λυκειακά θεωρώντας μόνο κύλιση.
Η γωνιακή ταχύτητα θα είναι από την στιγμή του χασίματος της επαφής και μετά, σταθερή, άρα ο χρόνος που θα χρειαστεί για να γίνει κατακόρυφη θα είναι t=(θ+π/2)/ω, όπου θ και ω προκύπτουν άμεσα από την διατήρηση της ενέργειας (θ ως προς τον ορίζοντα). Βγάζουμε λοιπόν τον χρόνο.
Η συνθήκη ταυτόχρονης επαφής της ράβδου με το δάπεδο όταν η ράβδος είναι κατακόρυφη, μας δίνει το ύψος, αφού το κέντρο μάζας επιταχύνεται ομαλά και ο χρόνος καθόδου είναι γνωστός και ίσος με t.
Είναι πολύ όμορφη η άσκηση σας!
Τέλος, ευχαριστώ για την συμβουλή, θα δώσω Πανελλήνιες.
Καλό απόγευμα!