by 
Ενας ομογενης κυλινδρος υψους 2l, ισορροπει με τον αξονα του κατακορυφο, πανω σε οχι λειο ημισφαιριο διαμετρου 2R. To συστημα βρισκεται μεσα σε ομογενες κατακορυφο πεδιο βαρυτητας.
Να υπολογισετε το μεγιστο υψος που μπορει να εχει ο κυλινδρος,ωστε η ισορροπια του πανω στο ημισφαιριο να ειναι ευσταθής.
Καλησπερα συναδελφοι.Στο προβλημα αυτο δεν εχουμε ολισθηση μεταξυ των επιφανειων που βρισκονται σε επαφη.Η μικρη μετατοπιση του κυλινδρου απο την θεση ισορροπιας για να διαπιστωσουμε αν η ισορροπια εναι ευσταθης,γινεται μονο γωνιακα.
Καλησπέρα Κωνσταντίνε.
Βρίσκω,
l*tanθ<R*θ
οπότε η ισορροπία είναι ευσταθής για l<R αλλά με όριο ευστάθειας (μέγιστη εκτροπή θ) που καθορίζεται από το λόγο l/R.
Όμορφο πρόβλημα.
Καλό απόγευμα.
Κωνσταντινε γεια, εξαιρετική , νομίζω l<=R
Σπυρο γεια
Καλησπέρα Σπύρο και Μανόλη. Σωστά l<R βγαίνει.
Καλημέρα Κώστα
Ωραίο το πρόβλημά σου.
Είπα να το γράψω . . . στον σύνδεσμο εδώ.
Φιλικά,
Θ.Π.
Τώρα το συνειδητοποίησα …(άυπνος λόγω ζέστης)
Στην εικόνα νόμιζα ότι βλέπω κύβο και οπότε έλυσα το πρόβλημα:
«Κύβος πάνω σε σφαίρα» και όχι
«Κύλινδρος πάνω σε σφαίρα»
Δεν πειράζει . . . μικρή παραλλαγή! 🙂 🙂
Να ‘ σαι καλά!
Καλημέρα Κωνσταντίνε, καλημέρα σε όλους.
Εξαιρετικό πρόβλημα!
Kαλημερα Θρασύβουλε και ευχαριστω. Ωραια η λυση σου.Βασικα ειναι ασκηση γεωμετριας περισσοτερο αφου το πιο σημαντικο ειναι να γραψουμε την συναρτηση U(θ). Εγω εγραψα οτι πρεπει mg(I+R)cosθ+mgRθsinθ>mg(I+R) αρα αν γραψουμε οτι για μικρες γωνιες sinθ~θ και
cosθ~1-(θ^2)/2 που ειναι οι πρωτοι οροι των αναπτυγματων Maclaurin βρισκουμε (1/2)( R-l)θ^2>0 η R>l
To αποτελεσμα αυτο ειναι ανεξαρτητο του αν θα παρεις κυβο η κυλινδρο η πρισμα οποτε δεν μας πειραζει καθολου που το ελυσες με κυβο.
Για Το αποτελεσμα που εχεις βρει για την περιοδο σου χρειαζεται καποια ροπη αδρανειας. Αν ηταν κυλινδρος προφανως σου χρειαζεται η ροπη αδρανειας ως προς οριζοντιο αξονα που περναει απο το σημειο επαφης του με την σφαιρα. Αν ειναι κυβος προφανως βγαινει αλλο αποτελεσμα.
Πως την ελυσες? Την ελυσες ενεργειακα θεωρωντας οτι κανει αρμονικη ταλαντωση και αρα ωmax=ωθο οπου θο ειναι το γωνιακο πλατος και στην συνεχεια εξισωσες την δυναμικη ενεργεια U(θ) στην θεση θο με την κινητικη ενεργεια στην θεση ισορροπιας οποτε βρισκεις το ω,ή το πηγες με ροπες οποτε κατεληξες στην διαφορικη εξιδωση του απλου αρμονικου ταλαντωτη και απο εκει by inspection βρισκεις το ω?
Καλημέρα Βασίλειε!
Είναι εύκολη η απόδειξη της ταλάντωσης. Προτιμότερο είναι να γίνεται δυναμικά mθ”=-…θ (να προσθέσω ότι για να αποδειχθεί η αρμονική ταλάντωση για μικρές γωνίες θ, τότε στο ανάπτυγμα Taylor που αναφέρετε, πρέπει να θεωρήσουμε αμελητέο τον όρο θ^2 – πρόσεγγιση πρώτης τάξης, ώστε να είναι cosθ=1).
Όσον αφορά τον υπολογισμό της ροπής αδράνειας, τότε αυτός μπορεί να γίνει εύκολα και στην περίπτωση κύβου. Αν πάρουμε την ροπή αδράνειας ως προς το κέντρο του, τότε είναι το τριπλό ολοκλήρωμα ρ(x^2 + z^2) όπου x,z στο επίπεδο του χαρτίου. Έτσι ολοκληρώνουμε από -α/2 έως α/2 και στις τρεις συνεταγμένες και παίρνουμε ότι η ροπή αδρανείας ως προς το κέντρο του κύβου είναι 1/6.m.α^2 όπου α η ακμή του.
Με τον δεύτερο τρόπο
(Ενέργεια →διαφορική εξίσωση→inspection)
[Kατόπιν βέβαια, προσεγγιστικών παραδοχών
για την κινητική και δυναμική ενέργεια]
Καλό απόγευμα!
Ναι σωστα Σπυρο. Μπορει ενας μαθητης που δεν ξερει καθολου μαθηματικη αναλυση,ας πουμε του τομεα υγειας να υπολογισει την ροπη αδρανειας κυβου που βρηκες χρησιμοποιωντας μαθηματικα τριτης γυμνασιου?
Βελτιωμένη βερζιόν 🙂
της περιόδου:
Τελικα εκατσα να το κανω και βρισκω 5/12 αντι για 7/3 μεσα στην ριζα. 🙂 Το 5/12 βγαινει στην ροπη αδρανειας και στην κινητικη ενεργεια και ακολουθει μεχρι το τελος.