by 
Στ’ άκρα μιας οριζόντιας αβαρούς ράβδου μήκους 2ℓ έχουμε στερεώσει δυο μικρά σφαιρίδια μάζας Μ. Το σύστημα αυτό ισορροπεί και μπορεί να στρέφεται σε κατακόρυφο επίπεδο χωρίς τριβές, γύρω από σταθερό οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το μέσον της. Ένα μικρό κωνικό σώμα μάζας m, αφήνεται να κινηθεί από ύφος ℓ πάνω από το αριστερό σφαιρίδιο του συστήματος ράβδος – σφαιρίδια.
Η κρούση είναι πλαστική και ακαριαία. Αμέσως μετά την κρούση και η ράβδος ασκεί στο παραγόμενο συσσωμάτωμα δύναμη μέτρου Ν, που σχηματίζει γωνία φ = 45°, όπως φαίνεται στο σχήμα. Δίνεται εφ45° = 1.
1. Ο λόγος m/M είναι ίσος με:
α. 2 β. 3 γ. 4
2. Το ποσοστό της κινητικής ενέργειας που είχε το κωνικό σώμα λίγο πριν την κρούση και μετατράπηκε σε θερμότητα εξαιτίας της είναι ίσο με:
α. 50% β. 64% γ. 75%
3. Τη στιγμή που το σύστημα ράβδος-σώματα ακινητοποιείται στιγμιαία μετά την κρούση η ράβδος σχηματίζει με την οριζόντια διεύθυνση γωνία:
α. 30° β. 45° γ. 60°
4. Το ελάχιστο ύφος από το οποίο πρέπει να αφεθεί το κωνικό σώμα, ώστε μετά την κρούση το σύστημα ράβδος – σώματα να εκτελέσει ανακύκλωση είναι:
α. 2ℓ β. 4ℓ γ. 8ℓ
Η συνέχεια εδώ.
Καλησπέρα Νίκο.
Ωραία άσκηση. Ασχολήθηκα με το 1 ερώτημα.
Νομίζω ότι το δεδομένο με την δύναμη Ν που δέχεται το συσσωμάτωμα και την γωνία που σχηματίζει με την ράβδο δεν χρειάζεται.
Η ράβδος επειδή είναι αβαρής οφείλει να δέχεται δύναμη ίσου μέτρου στην διευθυνση του άξονα ψ από τα σώματα στα άκρα της.
Επίσης δεν κατάλαβα γιατί αντικαθιστάς την κεντρομόλο επιτάχυνση με την επιτρόχια δεχόμενος ότι έχουν ίσο μετρο.
Βρήκα το ίδιο αποτέλεσμα m = 2M χωρίς να χρησιμοποιήσω τα παραπάνω
Καλημέρα Γιώργο!
Η άσκηση μπορεί στο α ερώτημα να προσεγγιστεί με διάφορους τρόπους. Εγώ για παράδειγμα έχω κάνει τη λύση με χρήση του Θ.Ν.Σ.Κ. για το σύστημα ράβδος- σώματα, ενώ ο Γρηγόρης έχει κινηθεί διαφορετικά.
Συμφωνώ για τις κατακόρυφες δυνάμεις στ’ άκρα της ράβδου αλλά προτείνω να αναρτήσεις τη λύση σου για να έχουμε καλύτερη εικόνα.
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο.
Γειά σου Νίκο . Υψηλού επιπέδου άσκηση. Μου άρεσε. Για να είναι εντός ύλης η απάντηση , αντί του ΘΝΣΚ όπως αναφέρεις και στην απάντησή σου στο σχόλιο του Γιώργου, μπορούμε να εφαρμόσουμε τον ΘΝΜ για το M+m και το Μ ξεχωριστά λαμβάνοντας υπόψη ότι οι κατακόρυφες συνιστώσες των δυνάμεων που ασκεί η ράβδος σε αυτά τα δύο σώματα είναι διανυσματικά ίσες γιατί σε διαφορετική περίπτωση η αβαρής ράβδος αποκτά άπειρη γωνιακή επιτάχυνση (και εδώ βέβαια κατά μία έννοια έμμεσα υπεισέρχεται ο ΘΝΣΚ αν και θα μπορούσε διασταλτικά να δικαιολογηθεί αυτό βάσει της θεωρίας του σχολικού). Επιπλέον στα ερωτήματα 3 και 4 μπορεί να εφαρμοστεί η ΑΔΜΕ για το στερεό (ράβδος – δύο σώματα).
Καλημέρα Νίκο.
Στέλνω σε εικόνα, μια απόδειξη:
Το δεδομένο με την γωνία το χρησιμοποίησα
Συνεχίζω όμως να μην κατανοώ γιατί αντικατάστησες την κεντρομόλο με την επιτρόχιο που είχες υπολογίσει.
Αν γνωρίζουμε ότι επιτροχ = κεντρομ και αντικαταστήσουμε βγαίνει αμέσως μετά τις απλοποιήσεις m = 2M
Καλημέρα Γιώργο.
Γράφαμε μαζί. Κινήθηκα όπως είπες αφού απέδειξα πρώτα ότι οι κατακόρυφες δυνάμεις στην ράβδο είναι ίσες
Γεια και πάλι απο τον κα(η)μένο Μαραθώνα!
Στα κλεφτά ειδα ότι ο Γρηγόρης έχει εξισώσει Νχ=Νψ