by 
Β2) Κύλινδρος μάζας Μ και ακτίνας R ισορροπεί σε κεκλιμένο επίπεδο κλίσης θ με τη βοήθεια νήματος που είναι τυλιγμένο σε εγκοπή ακτίνας R/2 και είναι παράλληλο στο κεκλιμένο επίπεδο. Το άλλο άκρο του νήματος είναι δεμένο σε ακλόνητο στήριγμα στο σημείο Α. Ο ελάχιστος συντελεστής οριακής στατικής τριβής πρέπει να είναι
α) μs≥εφθ/4 β) μs≥εφθ/3 γ) μs≥εφθ/2
Επιλέξτε τη σωστή σχέση 2 μον. Δικαιολογείστε 7 μον.
Το Διαγώνισμα εδώ σε pdf
Εκφωνήσεις και απαντήσεις εδώ σε pdf
Γειά σου Πρόδρομε.
Ωραίο με λογικές τις όποιες δυσκολίες.
Αξίζει για προπόνηση των υποψηφίων.
Να είσαι καλά
Γιώργο Χριστόπουλε αυτό που περιγράφεις στο τελευταίο σχόλιο το δέχομαι στον πραγματικό κόσμο του πειράματος, εφ’όσον επιλέξουμε κατάλληλα σώματα που το χρονικό διάστημα διείσδυσης του κινούμενου να μην είναι ακαριαία αλλά συγκρίσιμη με Τ/4. ΦΥΣΙΚΑ θέλει και σκληρό ελατήριο ώστε η περίοδος ταλάντωσης να είναι πολύ μικρή.
Βέβαια στη διάρκεια της διείσδυσης έχουμε πολύπλοκο φαινόμενο που δεν μπορούμε να το μελετήσουμε.
Ζούμε ως δάσκαλοι της Φυσικής, στον ιδεατό κόσμο των ασκήσεων, και δεχόμαστε πολλά αφαιρετικά και καμιά φορά μακριά της πραγματικότητας.
Να είσαι καλά και καλό απόγευμα.
Προδρομε καλησπέρα.Αφου στον πραγματικό κόσμο είναι κάπως έτσι γιατί στο δικό μας ιδεατό μοντέλο η (άπειρη)δύναμη να μην μεταφέρεται ακαριαία στο σύστημα και να το ανασηκώνει;
Η ράβδος δεν ανασηκώνεται διότι για να γίνει αυτό πρέπει να δεχθεί δύναμη από το ελατήριο. Δηλαδή το (ιδανικό) ελατήριο να συσπειρωθεί.
Για να γίνει αυτό θέλει κάποιο χρόνο.
Φαίνεται και στην προσομοίωση.
Η δύναμη είναι όντως μεγάλη. Γι’ αυτό αλλάζει ακαριαία η ορμή του συστήματος.
Καλησπέρα Παντελή. Ευχαριστώ για το σχόλιο και για το γεγονός ότι σου άρεσε το διαγώνισμα.
Προσπάθησα να είναι μέτριο με μερικά πιο δύσκολα πράγματα.
Νάσαι καλά και καλό βράδυ.
Γιώργο όπως σου έγραψα παραπάνω, η ράβδος δέχεται δύναμη από το ελατήριο. Αρχικά είναι επιμηκυμένο, άρα τραβάει προς τα κάτω. Για να σπρώξει προς τα πάνω πρέπει να συσπειρωθεί. Αυτό απαιτεί κάποιο χρονικό διάστημα που εξαρτάται από την μάζα και τη σταθερά του ελατηρίου..
Δεν μπορεί να μεταφερθεί ακαριαία. Έγραψα κάτι σκέψεις παραπάνω,δεν καταλαβαίνω την ένστασή σου.
Καλό βράδυ..
Ας δούμε πως ανασηκώνεται απουσία ελατηρίου:
Προσομοίωση.
Καλησπέρα.
Ωραίο το διαγώνισμα Πρόδρομε, όπως πάντα.
Στον υπολογισμό του έργου της F στο Γ3 θα έπαιρνα 2 θμκε ένα για κάθε σώμα και θα πρόσθετα. Η θα υπολόγιζα πρώτα το έργο της τάσης για το περιστρεφόμενο σώμα. Θεωρώ ότι η εφαρμογή του θμκε για σύστημα ενέχει κινδύνους.
Γιώργο είπες ότι την κρούση την θεωρούμε πρακτικά ακαριαία και επομένως θα ασκηθεί τεράστια δύναμη στο σώμα και στο σύστημα και θα τιναχθεί η ραβδος προς τα πάνω.
Η γνώμη μου είναι ότι αυτές οι τεράστιες κρουστικές δυνάμεις έχουν σχέση δράσης – αντίδρασης μόνο για τα συγκρουόμενα σώματα και επομένως συνισταμένη 0 χωρίς να μπορούν να επηρεάσουν την ράβδο αφού ούτε την δύναμη του ελατηρίου μπορούν να αλλάξουν πρακτικά κατά την διάρκεια της ύπαρξης τους
Γεια σου Πρόδρομε και σε ευχαριστούμε για το καλό διαγώνισμα.
Γιώργο Κόμη και Αποστόλη σας ευχαριστώ για το σχόλιο και για την αποδοχή του.
Να είστε πάντα καλά.
Καλησπέρα.
Πρόδρομε πολύ ενδιαφέρον το Διαγώνισμά σου. Έχει κάποια σημεία που χρειάζονται προσοχή και πιστεύω ότι η δυσκολία τους θα επιφέρει ένα γόνιμο προβληματισμό στη συγκεκριμένη φάση της προετοιμασίας των μαθητών. Φυσικά υπάρχουν και σημεία που είναι αρκετά προσιτά και προφάνως καλώς υπάρχουν.
Όσον αφορά το Θέμα Γ έχεις προσέξει όπως θα έπρεπε την εκφώνηση του γιατί υπάρχουν οι γνωστές ιδιαιτερότητες που στο παρελθόν μας έχουν απασχολήσει. Στο Γ3 δεδομένου ότι δεν υπάρχουν απώλειες θα το έλυνα με Α.Δ.Ε.
Στο Θέμα Δ το μοντέλο των κρούσεων που εξετάζουμε θεωρεί ότι η κρούση μεταξύ δυο σωμάτων έχει ελάχιστη χρονική διάρκεια κατά την οποία μεταξύ των σωμάτων αναπτύσσονται ισχυρές ωστικές δυνάμεις. Αυτές προκαλούν απότομες μεταβολές στις ορμές των σωμάτων όχι όμως των θέσεων τους λόγω της πολύ μικρής διάρκειας τους. Φυσικά επειδή υπακούουν στον 3ο ΝΝ έχουν σχέση δράσης- αντιδρασης, κατά τα γνωστά η συνισταμένη τους για το σύστημα είναι μηδέν. Βέβαια εδώ τα βάρη των σωμάτων και η δύναμη του ελατηρίου επειδή η διάρκεια της κρούσης είναι πρακτικά αμελητέα οι ωθήσεις των δυνάμεων αυτών μπορεί να θεωρηθούν αμελητέες. Άλλωστε αυτό κάνουμε σε κάθε ανάλογο θέμα. Καταλήγουμε στο να έχουμε διατήρηση της ορμής του συστήματος.
Στην λύση που έκανα για το Θέμα Δ προτίμησα να εκφράσω την Fελ συναρτήση της απομάκρυνσης και δεδομένου ότι η μάζα της ράβδου είναι τετραπλάσια της μάζας του σώματος Σ1 και του Σ2 (Μ=4m1=4m2=4m) έχω βγάλει ότι :
Fελ = 2mg – k*y —> F’ελ = -2mg + k*y τότε θα έχουμε για τις Ν1 , Ν2
|Ν2| = (1/3) * (4mg – 2*F’ελ) = (1/3) * (8mg – 2*k*y)
|N1| = (1/3) * (8mg – 1*F’ελ) = (1/3) * (10mg – k*y)
για y=+4*Δl1=0.4m θα είναι |Ν2|=0 και |Ν1| = 2mg
για το Δ4 δεδομένης της προηγούμενης ανάλυσης :
v’ = 0.5*u’2 , με (v’)^2 = (k/2m) * ( 16*Δl1^2 – Δl1^2) ==>
===> |u’2| = sqrt ( 30*g*Δl1) = sqrt(30) m/s
Καλησπέρα Κώστα κι ευχαριστώ για το σχόλιο, τις παρατηρήσεις σου, καθώς και για την εναλλακτική λύση που έκανες στο Δ!!
Επίσης ευχαριστώ για την ενδελεχή μελέτη των θεμάτων, όπου προχθές είχες βρει λάθος αντικατάσταση στο Γ θέμα, κάτι που μου εμπνέει εμπιστοσύνη στη σχολαστκή σου ενασχόληση με ό,τι καταπιάνεσαι!
Άλλωστε εδώ και χρόνια “χτενίζεις” τα βιβλία του Γ. Παναγιωτακόπουλου, λύνοντας ΟΛΑ τα θέματα και με τις εύστοχες παρατηρήσεις σου, τα βιβλία είναι άνευ λαθών!
Να είσαι πάντα καλά, νομίζω ότι όλοι εδώ στο υλικονέτ αναγνωρίζουν τη δουλειά που κάνεις στο…παρασκήνιο, αλλά και στο προσκήνιο!
Πρόδρομε σε ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια!
Να είμαστε καλά να αλληλεπιδρούμε!