by 
Συνέχεια της ανάρτησης του Διονύση
Μια σφαίρα μάζας m=2kg, η οποία θεωρείται υλικό σημείο αμελητέας ακτίνας, συνδέεται στο άκρο μη εκτατού νήματος μήκους l=2m, το άλλο άκρο του οποίου έχει δεθεί σε σταθερό σημείο Ο. Το νήμα είναι κατακόρυφο και η σφαίρα ισορροπεί στη θέση Α. Κάποια στιγμή ασκούμε στη σφαίρα μια σταθερή οριζόντια δύναμη , κατάλληλου μέτρου F, ώστε το νήμα να γίνει οριζόντιο, χωρίς να ξεπεράσει τη θέση αυτή. Βρείτε:
(i) Το μέτρο F της δύναμης
(ii) Την εξίσωση που εκφράζει τον ρυθμό μεταβολής της στροφορμής της σφαίρας ως προς το (Ο) σε συνάρτηση με τη γωνία φ που σχηματίζει το νήμα με την κατακόρυφη.
(iii) Τη μέγιστη στροφορμή της σφαίρας ως προς το (Ο) και τον ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας της σφαίρας την ίδια στιγμή.
Δίνεται g=10m/s2.
Υπόδειξη: Το έργο της σταθερής δύναμης κατά την μετακίνηση της σφαίρας κατά μήκος του τόξου ΑΓ, είναι ίσο με W=Fx, όπου x η προβολή της τροχιάς στη διεύθυνση της δύναμης F
Επισυνάπτω τον διάλογο που είχα με έναν νέο φίλο
Τα συμπεράσματα δικά σας
Γεια σου και από εδώ Θοδωρή, πολύ όμορφη ανάρτηση που λειτουργεί συμπληρωματικά στην ανάρτηση του Διονύση Η στροφορμή και οι ρυθμοί μεταβολής της.
Καλό απόγευμα Θοδωρή.
Ωραία ευρήματα, αλλά και πολύ καλός ο … φίλος σου, αν και βαρεθηκε και σε εγκατέλειψε σύντομα 🙂
Θοδωρή πολύ ωραία άσκηση.
Το Chatgpt εκπαιδεύεται μέσα από τις συνομιλίες που έχει με τους χρήστες. Για αυτό είναι ακόμα δωρεάν. Όταν εκπαιδευτεί πλήρως, δεν θα υπάρχει δωρεάν επιλογή. Βέβαια, θα είναι τόσο εξελιγμένο που όλοι θα αναγκαστούμε να πληρώσουμε όπως ακριβώς έγινε με τους υπολογιστές, τα smartphone κ.λπ.
Καλησπέρα Θοδωρή.
Εξαιρετική άσκηση. Μια παράλληλη σκέψη.
Νομίζω πως η 1η σελίδα δεν ανέβηκε, ξαναπροσπαθώ.
Θοδωρή καλησπέρα.
Πολυ ωραια άσκηση και την έστησες τεχνηέντως και με καλα νούμερα.
Δεν ξέρω αλλά μου θύμισε θέματα όταν ήταν όλο το στερεό. Συνειρμικά μου ήρθε στο μυαλό το Γ θέμα του 2012 που στο Γ3 μόλις πού το σύστημα έφτανε στην οριζόντια θέση.
Γεια σας παιδιά.
Ωραία άσκηση!
Βλέπω ένα ομογενές πεδίο που γέρνει 45 μοίρες.
Μέγιστη ταχύτητα στην κατώτερη θέση δηλαδή στις 45 μοίρες.
Το μπαλάκι πέφτει κατά h = l(1-ρίζα(2)/2).
Η ταχύτητά του γίνεται ρίζα(2g.h)
(Χωρίς χρήση τριγωνομετρικών αριθμών, μόνο Γεωμετρία τετραγώνου).
Καλημέρα, ευχαριστώ για τα σχόλια και τις εναλλακτικές ιδέες επίλυσης.
Παύλο, ευχαριστώ που μου θύμισες πως δεν είχα προσθέσει το σύνδεσμο
της “μητέρας” ανάρτησης.
Χριστόφορε, ωραία εναλλακτική, ένα κλικ πιο τσιμπημένη νομίζω…
Σιγά Γιάννη, που δεν θα έβρισκες γεωμετρική λύση….
Αναζητώ το βηματισμό σχέσης με την ΤΝ…μέχρι πριν λίγο ήμουν άσχετος…
Ψηλαφίζοντας επιδερμικά με τρομάζει….. κυρίως για τα παιδιά μας…
Για να είμαι ειλικρινής, ξεκίνησα θεωρώντας πως με dLο/dt=Στ(ο) θα είχαμε
έναν τρόπο προσέγγισης που δεν θα είχαμε μέσω dp/dt=ΣF(επ)….
Μόλις έκανα την ανάρτηση, είδα πως αντίστοιχα και λίγο πιο εύκολα,
φθάνεις στα ίδια συμπεράσματα, αφού ΣF(επ)=Fσυνφ-wημφ=F(συνφ-ημφ)…
Καλημέρα και καλή εβδομάδα.
Καλά θέματα για προβληματισμό τόσο του Διονύση όσο και του Θοδωρή.
Θα ήθελα να προσθέσω ότι το έργο της σταθερής δύναμης F θα προτιμούσα να το υπολογίσω κατευθείαν από το γνωστό τύπο WF = |F| * |ΔXAB| *συνα = |F| * |x| δηλαδη να έβλεπα το x ως την προβολή της μετατόπισης στη σταθερή διεύθυνση της δύναμης.
Όσον αφορά το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας θα ήθελα στον τύπο να υπάρχει και το κομματι εκείνο που περιέχει ολοκληρωμένα την ισχύ του βάρους καθώς και την ισχύ της δύναμης F .
Ίσως να το έγραφα : dK/dt = dW(Σf) / dt = ΣF*υ = ΣFt*υ + ΣFr*υ , διανύσματα.
Τα εργαλεία των μαθηματικών πρέπει να τα χρησιμοποιούμε πάντα είτε αφορουν στοιχειώδη αθροισματα , είτε αφορουν εσωτερικά γινόμενα .
Η κίνηση στην άσκηση σου Θοδωρή ξεκινά με ταχύτητα μηδέν και καταλήγει σε ταχύτητα μηδέν. Άρα υπάρχει μια φάση επιταχυνόμενης κίνησης και μια φάση επιβραδυνόμενης κίνησης , επομένως κάποια στιγμή έχουμε και μεγιστοποίηση του μέτρου της ταχύτητας άρα και της στροφορμής .
Τότε η συνισταμένη των δυνάμεων στην εφαπτομενική διευθυνση είναι μηδενική (αεπ = 0) , έχουμε F*συνφ=W*ημφ , επειδή F=W (μέτρα) τότε φ=45 μοίρες . Προφανώς τότε τόσο ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμης ως προς το Ο όσο και ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας θα είναι μηδενικοί.
Καλησπ´ρεα Θοδωρή. Πολύ όμορφη!
Πειραξα λίγο την τριγωνομετρία και εβγαλα τα παρακάτω
και….
και για (ΔΚ/Δt)max
και η αντιστοιχη γραφική
Κώστα οι μαθητές έχουν διδαχθεί ευθύγραμμες κινήσεις όπου το διάνυσμα Δχ
βρίσκεται πάνω στη διεύθυνση της κίνησης και το διάνυσμα της σταθερής F
μπορεί να έχει άλλη διεύθυνση, η οποία σχηματίζει γωνία θ με το Δχ.
Στην οριζόντια βολή που είναι καμπυλόγραμμη το έργο του βάρους, ως διατηρητική δύναμη, υπολογίζεται με τη διαφορά δυναμικής βαρυτικής ενέργειας, αρχικής και τελικής θέσης.
Δεν οφείλουν να γνωρίζουν αυτό που αναφέρεις, το οποίο ουσιαστικά
προκύπτει αθροίζοντας άπειρα στοιχειώδη έργα όπως έδειξε ο Διονύσης.
Για μένα το σημαντικό, στην ανάρτηση του Διονύση δεν είναι το έργο της F.
Αυτό οφείλει κατά τη γνώμη μου να δοθεί. Το σημαντικό είναι να “ανακαλύψουν” την κίνηση που περιγράφεις η οποία εκτιμώ πως αναδύεται από τα σχήματα για γωνίες
0<φ<π/4 και π/4<φ<π/2
Γιώργο, με τρόμαξες….. από τη μία θαυμάζω την ικανότητά σου στον μαθηματικό φορμαλισμό, από την άλλη τρομάζω….
Απλά να σου θυμίσω πως πέρα από τις σχέσεις που συνδέουν τους τριγωνομετρικούς αριθμούς παραπληρωματικών και συμπληρωματικών γωνιών…..υπάρχει βαθύ σκοτάδι….
Καλημέρα Θοδωρή. Σιγουρα αυτη η προσέγγιση δεν eίναι για τους μαθητές.
Απλά όταν εφτασα στη σχεση συνφ-ημφ είπα να την πειράξω λίγο και….. βγηκαν ολα αυτά. Τα ανέβασα όχι για τους μαθητές, αλλά για όποιoν ενδιαφέρεται.
Μια μικρή διορθωση στο τέλος:
(Δκ/Δt)max = 80 sqr(5 *0,053) =41,2 J/s