by 
Ο κύλινδρος του σχήματος μάζας m=3kg και ακτίνας R=0,1m φέρει στην επιφάνειά του πολλές φορές τυλιγμένο ιδανικό νήμα και ισορροπεί δεχόμενος κατάλληλη δύναμη F0 στο άκρο Α του σχοινιού, σχηματίζοντας γωνία θ με τον άξονα x΄x όπως φαίνεται στο σχήμα. Για τη γωνία θ ισχύει ημθ=0,6 και συνθ=0,8.
i) Να βρείτε την τιμή του μέτρου της δύναμης F0 και της τριβής που αναπτύσσεται μεταξύ του κυλίνδρου και του κεκλιμένου επιπέδου.
Κάποια στιγμή που θεωρείται t=0 ασκείται δύναμη μέτρου F=20N και ο κύλινδρος ανέρχεται προς τα πάνω χωρίς να ολισθαίνει.
ii) Να βρεθεί η επιτάχυνση του άκρου του σχοινιού.
iii) Την χρονική στιγμή t=1s να βρεθεί το έργο που έχει προσφέρει η δύναμη .
iv) Να βρεθεί η ισχύς της δύναμης την χρονική στιγμή t=2s.
v) Αν η τιμή της οριακής τριβής θεωρείται ίδια με την τιμή της τριβής ολίσθησης και ο συντελεστής οριακής τριβής είναι μ=1.5 να βρεθεί το μέτρο της μέγιστης δύναμης που μπορεί να ασκηθεί ώστε ο κύλινδρος να κυλίεται.
Δίνεται το μέτρο της επιτάχυνσης της βαρύτητας |g|=10m/s2 και η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου περί άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας του Icm= ½·m·R2. εφφ=1/3→φ=18,4ο
Απάντηση
στο blogspot ή σε word ή σε pdf
Τρεις πολύ καλές ασκήσεις που θεωρώ αξίζει να προσεχτούν
Από τον Διονύση Μητρόπουλο Εδώ
Από τον Κώστα Ψυλάκο Εδώ
Από τον Δονύση Μάργαρη Εδώ
Γειά σου Χρήστο. Είναι ένα θέμα που χρειάζεται αρκετή προσοχή. Ωραίες και οι εναλλακτικές λύσεις στο τέλος. Νομίζω στην εκφώνηση ‘ο κύλινδρος ισορροπεί… ασκώντας κατάλληλη δύναμη’, το ‘ασκώντας’ πρέπει να γίνει ΄δεχόμενος’.
Εξαιρετικό και συνάμα δύσκολο θέμα Χρήστο. Τα σχόλιά σου όπως πάντα καλύπτουν ποικιλοτρόπως το θέμα, καθώς πλάγια δύναμη και κεκλιμένο ανεβάζουν πολύ το συντελεστή δυσκολίας.
Πολύ καλή Χρήστο.
Για το έργο θα προτείνω και 5η λύση:
Αφού προχώρησε 2 m ανέβηκε 1,2 m ψηλότερα. Η δυναμική του αυξήθηκε κατά 36 J.
Η κινητική του η μεταφορική έγινε 24J και η στροφική (η μισή) έγινε 12 J.
Η παραγόμενη θερμότητα είναι 0 J.
Σούμα 36+24+12+0=72J.
Καλησπέρα Χρήστο.
Οι ανηφοριές έχουν τα ζόρια τους αλλά και τις ομορφιές τους …,με θέα στο τέλος.
Ωραίες οι εναλλακτικές στα περι έργων …και του Κυρ εννοείται!
Ως προς την παρατήρηση του φίλου Αποστόλη ,μου φαίνεται πως με ένα ( , ) μετά το ισορροπεί δηλώνεται ο δράστης με τον πλέον λιτό τρόπο . Πάντως εκ του πρακτικού προέρχομαι :))
Καλή βδομάδα
Αποστόλη, Τάσο , Γιάννη και Παντελή καλησπέρα
Ευχαριστώ για το σχολιασμό. Αποστόλη θα τη κάνω την διόρθωση που προτείνεις εσύ ή οπως ο Παντελής αλλά όταν βρω λίγο χρόνο καθώς θα πρέπει να ανεβάσω όλα τα αρχεία εκ νέου.
Γιάννη σωστά ξέχασα όπως αναφέρεις να γράψω τη “μεγάλη κυρία” την διατήρηση της ενεργειας.
Καλημέρα Χρήστο.
Πολύ πλούσιο θέμα! Σε ευχαριστούμε.
Δύο πραγματάκια. Διόρθωσε το σύνδεσμο για το αρχείο Word.
Γιατί έδωσες τόσο μεγάλο συντελεστή τριβής στο τελευταίο ερώτημα; Δεν θα μπορούσες να δώσεις για παράδειγμα μ=0,5;
Καλημερα !
Χρηστο τα ειπες ΟΛΑ !!!
Η μελετη σου για την ευρεση του εργου της δυναμης αυτης δινει ολες τους εναλλακτικους τροπους στους οποιους πρεπει να προσθεσουμε και τον τροπο του Γιαννη φυσικα !
Σημαντικο ειναι να σταθει κανεις στο οτι η μετατοπιση του σημειου εφαρμογης της δυναμης σχηματιζει με την διευθυνση της δυναμης γωνια φ=θ/2 . {συνφ = sqrt [0.5*(1+συνθ)] = 0.3*sqrt(10) και η επιταχυνση του σημειου εφαρμογης της δυναμης ειναι 2.4*sqrt(10) m/s^2 για ευκολια πραξεων τα σημειωνω αυτα }.
Μια εναλλακτικη οδο για την αρχικη ισορροπια αφου εχουμε Στ(ο)=0 ==> Fo = Tστ να παρουμε και Στ(ρ) οπου Ρ το σημειο επαφης του στερεου με το κεκλιμενο επιπεδο . Τοτε θα εχουμε :
Wx*R – Fx * (R+R*συνθ) – Fy *R*ημθ = 0 ==> W*ημθ = Fo * συνθ * (1+συνθ) + Fo *(ημθ)^2 ===>
Fo = W*ημθ / (1+συνθ) = W/3 .
Χρηστο ακομη μια πληρη μελετη , σε ευχαριστω και για την αναφορα σου στην παλιοτερη μου αναρτηση 🙂
Διονύση και Κώστα καλημέρα
Ευχαριστώ για το σχολιασμό και χαιρομαι που σας άρεσε.
Διονύση για την κύλιση απαιτείται μεγάλος ελάχιστος συντελεστής τριβής ολισθησης. Οπότε για να βγουν και καλά τα νούμερα έβαλα το μ=1,5. Επιπλέον υστερα από ψάξιμο σε μαθήματα τριβολογιας συντελεστή τριβής 1,5 εμφανιζεται μεταξύ δαπέδου και πλαστικού νάυλον.