Samael
Τιμώμενο Μέλος
Στην έβγαλα στα γρήγορα οπότε ρίξε μια ματιά να δεις οτι είναι εντάξει τα νούμερα, και εαν κάπου υπάρχει θέμα ή δεν καταλαβαίνεις πες μου.
Λύση :
m1 = 1kg
m2 = 2kg
x = 1m
μ = 0.5
Έστω uo η αρχική ταχύτητα. Επειδή το σώμα κινείται σε δάπεδο με συντελεστή τριβής ολίσθησης μ = 0.5, θα χάσει ενέργεια :
Εα1 = Fτ1*x = μΝ1x
Όμως απο τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για τον κατακόρυφο άξονα θα ισχύει για το σώμα 1 :
Fy1 = m1α <=>
N1 = m1g
Επομένως :
Εα1 = μN1x =>
Εα1 = 0.5*1kg*(10m/s²)*1m = 5 J
Απο το ΘΜΚΕ για την κίνηση του σώματος 1 απο την αρχική θέση ως το σημείο της κρούσης :
ΔΚ = Wολ =>
0.5m1(u1)² - 0.5m1(uo)² = -Εα =>
(η τριβή πάντα καταναλώνει ενέργεια και για αυτό το μειον)
0.5*1kg(u1)² - 0.5*1kg(uo)² = -5 =>
u1² = uo² - 10 =>
Επίσης επειδή πρόκειται για ελαστική κρούση, με το σώμα 2 να είναι ακίνητο, η νέα ταχύτητα του σώματος 1 αμέσως μετά την κρούση θα είναι :
u1' = (m1 - m2)u1/(m1 + m2) = (1kg - 2kg)u1/(1kg + 2kg) = -u1/3
Απο το ΘΜΚΕ για την κίνηση του σώματος 1 αμέσως μετά την κρούση ως το αρχικό σημείο της τροχιάς του στο οποίο σταματάει:
ΔK = Wολ =>
0.5m1(u1'')² - 0.5m1(u1')² = -5 =>
-0.5m1(u1')² = -5 =>
(-u1/3)² = 10 =>
u1² = 90 m²/s²
Άρα :
u1² = uo² - 10 =>
uo² = u1² + 10 = 90 + 1 = 100 =>
uo = 10 m/s
Η αρχική ταχύτητα του σώματος 1 λοιπόν είναι 10m/s.
ii)
Το σώμα 2 θα έχει μετά την κρούση ταχύτητα :
u2 = 2m1u1/(m1+m2) = 2*1kg*(3m/s)/(1kg + 2kg) = 2 m/s
Άρα εφαρμόζοντας ΘΜΚΕ απο το σημείο της κρούσης ως το σημείο που σταματάει να κινείται :
ΔΚ = Wολ =>
0 - 0.5m2(u2)² = -μN2x' => Βρες το Ν2 όπως το Ν1
-0.5m2(u2)² = -μ(m2)gx' =>
0.5*(2kg)(2m/s)² = -0.5(2kg)*(10m/s²)χ' =>
4m²/s² = (10m/s²)x' =>
x' = 4/10 = 0.4m
Άρα το σώμα 2 θα διανύσει 0.4m πριν σταματήσει.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο ρυθμός μεταβολής για το μέγεθος x είναι πάντα το dx/dt. Όμως...υπό προϋποθέσεις αυτή η ποσότητα ταυτίζεται με το Δx/Δt. Οπότε εσύ υπολογίζοντας το Δx/Δt, υπολογίζεις τον ρυθμό μεταβολής. Πότε επιτρέπεται όμως αυτό ; Όταν το μέγεθος x μεταβάλλεται με σταθερό ρυθμό όπως σου είπε ο Δίας.Μισο λεπτο, δηλαδή ο ρυθμός μεταβολής πχ. της ορμής είναι το Δp/Δt ή το dp/dt ?
Στο κομματι της φυσικής των πανελληνίων ποια ακριβως είναι η διαφορά τους και πως επηρεάζουν τις ασκήσεις; Αν μπορείτε δώστε μου ενα παράδειγμα για να καταλαβω την διαφορά μεταξύ των δυο στο κομματι της φυσικής παντα καθώς έχω επιλέξει 3ο πεδίο και δεν θελω να μπλεχτώ με μαθηματικα.
Εαν ξέρεις λοιπόν οτι dx/dt = σταθερό , μπορείς να πεις ωραία , μετρώ το χ μια χρονική στιγμή t1, και μετά το μετρώ και μια χρονική στιγμή t2 > t1. Ο ρυθμός μεταβολής τότε θα είναι :
dx/dt = Δx/Δt = (x2 - x1) / (t2 - t1).
Εαν όμως δεν ισχύει οτι dx/dt = σταθερό, ΔΕΝ μπορείς να πεις οτι :
dx/dt = Δx/Δt = (x2 - x1) / (t2 - t1)
Παράδειγμα :
Ας υποθέσουμε οτι το μέγεθος x είναι η οριζόντια θέση ενός σώματος το οποίο γνωρίζουμε οτι την t1 = 0s βρίσκεται στην θέση x1 = 0m και την θέση t2 = 5s , βρίσκεται στην θέση x2 = 5m. Βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της θέσης dx/dt στην περίπτωση όπου :
i) Το σώμα κάνει ευθύγραμμη κίνηση χωρίς επιτάχυνση.
ii) Το σώμα κινείται ευθύγραμμα και ομαλά.
Λύση :
Στην i) περίπτωση ο ρυθμός μεταβολής της θέσης, δηλαδή η ταχύτητα, είναι σταθερή καθώς το σώμα δεν επιταχύνεται. Άρα ο ρυθμός μεταβολής της θέσης θα είναι :
dx/dt = Δx/Δt = 5m - 0m / 5s - 0s = 5m/5s = 1m/s
Στην ii) περίπτωση ας υποθέσουμε οτι το προηγούμενο κόλπο ισχύει και πάλι, άρα υπολογίζουμε τον ρυθμό μεταβολής ως :
u = dx/dt = Δx/Δt = 1m/s
Όμως ξέρουμε οτι στην ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση ισχύει :
u(t) = dx/dt = uo + αt = u(0) + αt
Συμπέρασμα :
Στην πρώτη περίπτωση που ο ρυθμός μεταβολής του ζητούμενου μεγέθους γνωρίζαμε εκ των προτέρων οτι είναι σταθερός, επειδή μας έγινε γνωστό το είδος της κίνησης, ήταν σωστό να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής μέσω της σχέσης : dx/dt = Δx/Δt. Στην δεύτερη περίπτωση όμως, το αποτέλεσμα μας δεν είναι λάθος. Η θεωρία προβλέπει οτι η ταχύτητα(δηλαδή ο ρυθμός μεταβολής της θέσης dx/dt) είναι συνάρτηση του χρόνου. Αλλάζει δηλαδή απο χρονική στιγμή σε χρονική στιγμή. Αλλά εμείς την υπολογίζουμε ως μια συνάρτηση ανεξάρτητη του χρόνου, δηλαδή ως μια ποσότητα που είναι σταθερή όλες τις χρονικές στιγμές. Το λάθος μας ήταν οτι θεωρήσαμε πως : dx/dt = Δx/dt , το οποίο τώρα δεν ισχύει καθώς το είδος της κίνησης λέει ξεκάθαρα οτι δεν είναι σταθερή ποσότητα.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Σαφώς και έχεις δίκιο, ευχαριστώ που το αναφέρεις για πληρότητα.Έχεις δίκιο ότι (γενικά) το dy/dx όπως ορίστηκε δεν είναι κλάσμα, παρόλο που ο συμβολισμός του Leibniz μας παρακινεί να πιστέψουμε το αντίθετο. Ωστόσο αυτή είναι η μισή αλήθεια, καθώς με κατάλληλη μαθηματική θεμελίωση μπορεί να οριστεί και, συνεπώς, να χρησιμοποιηθεί σαν ένα (non-standard analysis, differential forms).
Δεν επεκτάθηκα πολύ γιατί να μην τον μπλέξω. Για να είμαι ειλικρινής τα σχηματάκια του @Dias πιστεύω θα τον βοηθήσουν περισσότερο απο όλα τα άλλα, διότι κακά τα ψέματα έτσι καταλαβαίνει ο κόσμος. Οι μαθηματικοί ορισμοί και τα θεωρήματα είναι προϊόν τέτοιας βασικής κατανόησης και αποτελούν ένα κομψοτέχνημα που εκφράζει με τον πιο περιεκτικό και πλήρη τρόπο μια αλήθεια, αλλά είναι πολύ δύσχρηστα εργαλεία για την αρχική κατανόηση των εννοιών.
Προσπάθησε να εξηγήσεις ας πούμε το όριο με τον ορισμό που περιέχει ε και δ και θα δεις να καίγονται κεφάλια ακόμα και στην Γ λυκείου. Δείξε μια εικόνα και θα το καταλάβει και παιδί του γυμνασίου χωρίς καμία δυσκολία .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ναι, τεράστια.Καλησπερα. Υπάρχει κάποια διαφορά αν πω Δp/Δt και dp/dt ; Η απορία αφορα ολους τους ρυθμούς μεταβολής οχι μόνο την ορμή. Πχ εχει διαφορά το Δu/Δt με το du/dt ?
Από φυσικής άποψης το ΔP/Δt εκφράζει την μέση χρονική μεταβολή της ορμής σε ένα χρονικό διάστημα Δt = t2 - t1. Οπότε :
ΔP/Δt = (Pτελ - Pαρχ) / (tτελ - tαρχ)
Το dP/dt εκφράζει την στιγμιαία μεταβολή της ορμής και υπολογίζεται την χρονική στιγμή t. Οπότε :
dP/dt = lim ΔP/Δt , Δt -> 0
Όταν το Δt γίνεται απειροστά μικρό, δηλαδή Δt = dt ~ 0 , τότε το dP/dt πλησιάζει το ΔP/Δt.
Για την ακρίβεια από μαθηματικής άποψης το dP/dt δεν είναι καν κλάσμα αλλά συνάρτηση που παίρνεις εφαρμόζοντας τον τελεστή d/dt στην συνάρτηση P(t).
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Όχι οτι έχει ιδιαίτερη σημασία στην φάση που είσαι, αλλά το να αφήνεις τις ποσότητες ως κλάσματα είναι προτιμότερο γιατί δεν θα κόψεις σημαντικά ψηφία.Εγώ τα κράτησα ως κλασματα. Απ' ότι φαίνεται τα εχω κανει σωστά. Ευχαριστώ πάρα πολύ γιάνναρε!
Samael
Τιμώμενο Μέλος
F = iBL
Και δεδομένου οτι η δύναμη αυτή προσπαθεί να αποσυμπιέσει το ελατήριο , η θέση ισορροπίας όσο ο διακόπτης είναι κλειστός Δl θα είναι πιο ψηλά απο την θέση ισορροπίας αφού ανοίξει ο διακόπτης Δx . Και στις δύο περιπτώσεις οι θέσεις ισορροπίας είναι κάτω απο το φυσικό μήκος του ελατηρίου . Δηλαδή |Δx| > |Δl| , και επομένως :
A = ||Δx| - |Δl|| = | mg/k - (mg - F)/k || = iBL/k
Στην απάντηση επίσης του Vκλ θα αλλάξει το πρόσημο σε αρνητικό εφόσον η κίνηση είναι πλέον προς τα κάτω.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Μμ , μου φαίνεται έχεις δίκιο . Επειδή δεν ασχολήθηκα καθόλου με τα προηγούμενα ερωτήματα πρέπει αυθαίρετα και λανθασμένα να βιάστηκα διαβάζοντας την φράση "ελατήριο συμπιεσμένο κατά..." , και να θεώρησα ότι το σώμα θα βρίσκεται στην κάτω ακραία θέση της ταλάντωσης . Προφανώς το ελατήριο μπορεί να είναι συμπιεσμένο αλλά η δύναμη που δέχεται να το ανυψώνει πάνω από την θέση ισορροπίας ( αυτήν μετά το άνοιγμα του διακόπτη) αλλά όχι πάνω από την θέση φυσικού μήκους . Για να το ελέγξει κανείς αρκεί να βρει την φορά της δύναμης που ασκείται στον αγωγό με τον κανόνα του δεξιού χεριού , όσο ο διακόπτης είναι κλειστός .Συγνώμη Sam, διάβασα πιο προσεκτικά και βλέπω ότι η ράβδος θα κινηθεί προς τα κάτω, άρα βρίσκεται στην επάνω ακραία θέση, επομένως η αρχική φάση είναι π/2. Έτσι μάλλον θέλει διόρθωση και το πλάτος.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Μου φαίνεται πολύ συγκεκριμένο η ύλη να περιορίζει τις αρχικές φάσεις σε 0 και π/2 . Στις περισσότερες ασκήσεις ενδεχομένως το δίνουν 0 γιατί δεν θέλουν να σας μπλέξουν με το να κάθεστε να ασχολείστε με αυτό το θέμα , που εαν και σημαντική έννοια , αποτελεί τεχνικά λεπτομέρεια ( τουλάχιστον σε ασκήσεις με έναν ταλαντωτή ) . Σε κάθε περίπτωση η φάση μπορεί να έχει διάφορες τιμές οπότε προσοχή σε αυτό το ζήτημα .Ευχαριστώ πολύ Sam Τα σκάτωσα λίγο. It’s ok. Μου κάνει εντύπωση ότι μας έβαλε κάτι τέτοιο καθώς δεν είναι πλέον στην ύλη η αρχική φάση να είναι οτιδήποτε πέρα από π/2 και 0.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Στο Δ3 πρέπει να βρεις το πλάτος της ταλάντωσης και την αρχική της φάση . Η συχνότητα καθορίζεται απο την μάζα του αγωγού και την σταθερά των ελατηρίων που σου είναι γνωστά απο τα δεδομένα ή τα έχεις υπολογίσει απο τα προηγούμενα ερωτήματα .View attachment 115433
Μπορεί κάποιος να με βοηθήσει στο Δ3 και Δ4;
Το πλάτος της ταλάντωσης καθορίζεται απο την διαφορά μεταξύ της απόστασης του αγωγού ΚΛ απο την θέση φυσικού μήκους πριν ανοίξει ο διακόπτης ( Δl = 8 cm ) , και της απόστασης της θέσης ισορροπίας απο την θέση φυσικού μήκους που καθορίζεται όταν ο διακόπτης είναι ανοιχτός ( Εφαρμόζεις Fελ - mg = 0 => Δx = mg/k ) . Οπότε Α = |Δl - mg/k|
Η φάση τώρα βρίσκεται ως 3π/2 διότι την t = 0 το σώμα βρίσκεται στην κάτω ακραία θέση της τροχιάς του ( -Α εφόσον η θετική φορά ορίζεται προς τα πάνω ) . Άρα :
x(t) = Aημ(ωt + φ) => για t = 0 , x(0) = -Α
-Α = Αημ(φ) =>
ημ(φ) = -1 =>
φ = 3π/2
Για το Δ4 , η ράβδος αποκτάει μέγιστη ταχύτητα για πρώτη φορά όταν διέλθει απο την θέση ισορροπίας για πρώτη φορά , στην οποία θα έχει ταχύτητα u = umax = ωA . Οπότε εκείνη την στιγμή θα ισχύει :
Vκλ = L*u*B =>
Vκλ = ω*Α*L*B
Όπου Α το πλάτος της ταλάντωσης και L το μήκος του αγωγού ΚΛ .
Πρόκειται για κινούμενο αγωγό μέσα σε μαγνητικό πεδίο δηλαδή .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Καλησπέρα Δία .Διαφωνώ μόνο με το 12δ (δες το σχήμα).
View attachment 115261
Θες να το εξηγήσεις λίγο ; Γιατί εμένα μου φαίνεται σωστό εκ πρώτης όψεως . Ενδεχομένως να μου ξεφεύγει κάτι ή να κάνω κάποια διαφορετική παραδοχή . Τα διανύσματα Ε και Β ανήκουν σε επίπεδα παράλληλα στο επίπεδο xy , το οποίο είναι κάθετο στον άξονα z που διαδίδεται το κύμα , και ο οποίος είναι και η διεύθυνση της ταχύτητας διάδοσης ( Ενδεικτικά τους ονόμασα φυσικά τους άξονες , καταλαβαίνεις όμως τι εννοώ ) . Μάλλον εσύ σκέφτεσαι τα Ε-επίπεδο και Β-επίπεδο στην απάντηση σου ε ;
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Το 2 είναι πιο σχετικό με το ερώτημα σου ( στην ουσία είναι αυτό που λέει περιεκτικά και ορθά ο Δίας ) .Ευχαριστώ για τις απαντήσεις
Με καλύψες πλήρως με το 1. Σκεφτόμουν ότι η ταχύτητα θα μπορούσε να πάρει άπειρες τιμές , αλλά μάλλον υπάρχουν πρακτικά εμπόδια
Ωστόσο εαν η απορία σου είναι γενική , τότε ναι , σίγουρα υπάρχουν πρακτικοί περιορισμοί . Ακόμα και εαν είχες τρόπο να αυξήσεις απεριόριστα το ρεύμα , ο αγωγός κυριολεκτικά θα εξαυλωνόταν λόγω της θερμότητας . Στην πράξη το πιο κοντινό που θα μπορούσες να κάνεις είναι ένα βραχυκύκλωμα . Προκύπτει πολύ μικρή αντίσταση ( γιατί ο αγωγός ούτως η άλλως θέλουμε να έχει μικρή αντίσταση , και για αυτό επιλέγουμε ιδιαίτερα αγώγιμα υλικά όπως ο χαλκός και το αλουμίνιο ) οπότε δημιουργείται ένα πάρα πολύ μεγάλο ρεύμα εαν αυτός συνδεθεί κατευθείαν σε μια πηγή τάσης . Για τον μαθηματικό θα μπορούσες να πεις πως το ρεύμα γίνεται άπειρο , αλλά επειδή ξέρουμε οτι στην φύση αυτό δεν υπάρχει , θα είχες ένα πολύ μεγάλο μεν αλλά πεπερασμένο δε ρεύμα , λόγω της αναπόφευκτης πεπερασμένης αντίστασης που εαν και πολύ μικρή , εξακολουθεί να υφίσταται ! Αυτός είναι και ο λόγος που τα βραχυκυκλώματα αποτελούν κίνδυνο έναρξης πυρκαγιάς , και αυτός είναι και ο λόγος που τοποθετούνται ασφάλειες στις οικιακές εγκαταστάσεις οι οποίες διακόπτουν το κύκλωμα όταν με κάποιον τρόπο "αισθανθούν" ρεύματα που ξεπερνούν συγκεκριμένες τιμές που υπερβαίνουν κατά πολύ τις αναμενόμνες εν ώρα λειτουργίας ( και επομένως τις φυσιολογικές ). Αλλά anyways , αυτά εγκυκλοπαιδικά , πιστεύω τα όσα ειπώθηκαν σου λύνουν την απορία σου .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Καλησπέρα . Η απορία σου είναι λογική καθώς ισχύει απο τον νόμο του Ωμ οτι :Κάνω λίγο επανάληψη θεωρία κβαντομηχανική και δεν μπορώ να καταλάβω γιατί υπάρχει το i Κόρου στο πείραμα με το φωτοηλεκτρικό. Αν αυξάνουμε το ΔV δεν αυξάνεται η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου άρα και η δύναμη F άρα και η ταχύτητα των ηλεκτρονίων ; Θεωρητικά επομένως από τον ορισμό του ρεύματος dq/dt δεν θα έπρεπε να μπορεί αυξάνεται επ αόριστον και να μην έχει όριο σε μια τιμή της διαφοράς δυναμικού ;
V = IR ή προτιμότερα R = V/I .
Άρα μεγαλύτερη τάση σημαίνει μεγαλύτερο ηλεκτρικό πεδίο , άρα περισσότερη δύναμη , άρα πιο γρήγορα ηλεκτρόνια . Επομένως θα ανέμενε κανείς οτι αυξάνοντας την τάση , μπορούμε να πάρουμε οσοδήποτε μεγάλο ρεύμα θέλουμε .
Ωστόσο , δύο πράγματα πρέπει να έχεις κατά νου :
1) Το πρώτο είναι πως αυτός ο νόμος ισχύει για ηλεκτρόνια μέσα σε ωμικό υλικό μόνο ( παρουσιάζουν σταθερή αντίσταση ανεξάρτητη της εφαρμοζόμενης τάσης δηλαδή ) . Και για να είμαι απόλυτα ειλικρινής μαζί σου , σε όλα τα υλικά υπάρχει αυτό που λέμε ρεύμα κόρου . Οι κρούσεις των ηλεκτρονίων με τα άτομα του πλέγματος γίνονται τόσο συχνές που δεν "προλαβαίνουν" τα ηλεκτρόνια να αναπτύξουν μεγάλες ταχύτητες , άρα χαλάει αυτή η αναλογία τάσης και ρεύματος ( και το υλικό δεν συμπεριφέρεται πλέον ως ωμικό ) . Άρα μακροσκοπικά παρατηρείς οτι όλα τα ηλεκτρόνια μετά απο μια τιμή εφαρμοζόμενης τάσης κινούνται με μια συγκεκριμένη και σταθερή ταχύτητα . Μάλιστα σε όλες τις σύγχρονες ηλεκτρονικές διατάξεις τα ηλεκτρόνια κινούνται με μια ταχύτητα κόρου . Στην περίπτωση δε που εσύ συνεχίζεις να αυξάνεις την τάση , τότε είναι σίγουρο πως κάποια στιγμή θα κάψεις την συσκευή/διάταξη ή θα προκαλέσεις αλλοίωση των φυσικών ιδιοτήτων του υλικού . Το γιατί ας το αφήσουμε γιατί δεν είναι της παρούσης .
2) Το δεύτερο είναι πως το κύκλωμα δεν είναι ενιαίο . Παρεμβάλλεται κενό στον σημείο του κυκλώματος που εκπέμπονται απο το μέταλλο τα φωτοηλεκτρόνια . Σε εκείνο το σημείο το ρεύμα δεν εξαρτάται απο την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου ( εξαιτίας της πηγής τάσης του κυκλώματος ) , αλλά απο την χωρική πυκνότητα ηλεκτρονίων και την ταχύτητα τους . Η ταχύτητα όμως των φωτοηλεκτρονίων καθορίζεται αποκλειστικά απο την ενέργεια του προσπίπτοντος φωτονίου ( άρα απο την συχνότητα του προσπίπτοντος φωτός ) . Για την ακρίβεια εαν αφαιρέσεις απο την ενέργεια του προσπίπτοντος φωτονίου το έργο εξαγωγής ( για ηλεκτρόνια κοντά στην επιφάνεια του μετάλλου ) , ότι περισσέψει θα είναι η κινητική ενέργεια του φωτο-ηλεκτρονίου . Άρα η ταχύτητα των ηλεκτρονίων σε αυτό το μέρος του κυκλώματος είναι fixed . Οπότε δεν έχεις άδικο πως η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου( εξαιτίας του προσπίπτοντος φωτός ) καθορίζει το πλήθος των φωτοηλεκτρονίων ( εφόσον αυτή αυξάνει το πλήθος των φωτοηλεκτρονίων που εκπέμπονται ) . Άρα εαν ρίχνεις ολοένα και μεγαλύτερη ένταση ηλεκτρικού πεδίου , μπορείς να αυξάνεις απεριόριστα το ρεύμα . Αμ έλα όμως που το μέταλλο έχει (περίπου) συγκεκριμένο αριθμό διαθέσιμων ηλεκτρονίων ανά μονάδα όγκου ! Άρα όσο πιο έντονο φως και να ρίχνεις εσύ , εαν το μέταλλο δεν έχει διαθέσιμα άλλα ελεύθερα ηλεκτρόνια να σου δώσει , τσάμπα φωτίζεις γιατί δεν έχεις ελεύθερα ηλεκτρόνια για να τα μετατρέψεις σε φωτοηλεκτρόνια ! Ο μόνος τρόπος που θα μπορούσες να αυξήσεις περισσότερο το ρεύμα θα ήταν να ρίξεις φως μεγαλύτερης συχνότητας ( άρα φωτόνια με περισσότερη ενέργεια ) , μπας και εξάγεις και ηλεκτρόνια απο τις εσωτερικές στοιβάδες των ατόμων . Αλλά αυτό είναι πολύ δύσκολο γιατί αυτά συγκραντούνται με πολύ πιο ισχυρές δυνάμεις κοντά στον πυρήνα !
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Η δύναμη της τριβής ολίσθησης είναι :View attachment 113448View attachment 113449
Καλημέρα! Ομολογώ πως έχω μπερδευτεί στην συγκεκριμένη άσκηση. Δεν ξέρω πως να αξιοποιήσω το δεδομένο του συντελεστή τριβής που μου δίνει (και αυτό είναι, νομίζω, το catch της άσκησης, ειδάλλως όλα τα υπόλοιπα βγαίνουν μια χαρά).
T = μN
Όπου :
Ν = mg
( προκύπτει από την εφαρμογή του δεύτερου νόμου του Νεύτωνα για ισορροπία στον κατακόρυφο άξονα εφόσον δεν έχουμε κατακόρυφη κίνηση )
Η μαγνητική δύναμη εξαιτίας της δύναμης Lorentz είναι :
Fl = iBd
Και ασκείται και δύναμη : F = 8 N παράλληλη στο επίπεδο και κάθετη στον αγωγό .
Επειδή σου δίνεται η πληροφορία ότι ο αγωγός κινείται με οριακή ταχύτητα , αυτόματα καταλαβαίνεις ότι η συνισταμένη των δυνάμεων πάνω του πρέπει να είναι μηδέν ( με λίγα λόγια δεν υπάρχει επιτάχυνση ) .
Έτσι , έχεις :
ΣF = 0 =>
F - Fl - T = 0
Η δύναμη τριβής και η μαγνητική δύναμη αντιτίθενται στην κίνηση , και για αυτό έχουν μπει στην εξίσωση με μείον μπροστά .
Βάσει της παραπάνω μπορείς να βρεις το ρεύμα καθώς μόνο αυτό είναι άγνωστο . Ξέρεις επίσης την ολική αντίσταση του κυκλώματος οπότε μπορείς να βρεις και την επαγωμενη στο κύκλωμα τάση ε από τον νόμο του Ωμ :
ε = iολ*Rολ
Έχοντας αυτό προχωράς κατα τα γνωστά σε όλα τα ερωτήματα .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Μην το συζητάς, χαρά μου.Σε ευχαριστώ τόσο πολύ Sam, που αφιέρωσες τον χρόνο να μου το εξηγήσεις. I greatly appreciate it. Θα το κοιτάξω αναλυτικά αργότερα και αν έχω απορία θα σου πω διότι διαβάζω χημεία πιο πολύ σήμερα. Επίσης ίσως αρχίσουν πάλι οι ερωτήσεις για κύματα διότι guess what, γράφουμε στις 3 χημεία Οξέα-Βάσεις-Ιοντική ισορροπία και στις 8 κύματα-στερεό
Χμ βαρύς συνδυασμός τα κύματα με το στερεό και με 5 μέρες περιθώριο. Καλά κάνεις ωστόσο, εστίασε στην χημεία εφόσον αυτό γράφετε πρώτο. Εύχομαι να τα πας καλά !
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Η ροπή αδράνειας είναι ένα μέγεθος αντίστοιχο με την μάζα για την μεταφορική κίνηση. Όπως η μάζα ποσοτικοποιεί το πόσο δύσκολα μεταβάλλεται η γραμμική επιτάχυνση ενός σώματος για δεδομένη δύναμη(πόσο δύσκολα μετακινείται δηλαδή), έτσι και η ροπή αδράνειας ποσοτικοποιεί πόσο δύσκολα μεταβάλλεται η γωνιακή επιτάχυνση σε ένα στερεό σώμα για δεδομένη ροπή που του ασκείται(πόσο δύσκολα στρέφεται δηλαδή).View attachment 111947Δεν έχουμε κάνει ροπή αδράνειας ούτε είναι στην ύλη. Ωστόσο μας έβαλε αυτή την άσκηση και δεν ξέρω πως το σκεφτόμαστε;
Η άσκηση σου δίνει το Ι που είναι η ροπή αδράνειας ως μια σταθερά οπότε δεν χρειάζεται να την φοβάσαι τώρα που ξέρεις τι είναι. Σου ζητάει να υπολογίσεις το μέτρο της μεταβολής της στροφορμής, δηλαδή την ποσότητα :
|ΔL| = | Lτελ - Lαρχ |
Στην μεταφορική κίνηση η ορμή δινόταν απο την σχέση :
p = mu
Στην περιστροφική ισχύει μια ισοδύναμη :
L = Iω
Και το γιατί είναι προφανές εαν σκεφτείς την αναλογία μεταξύ :
γραμμικής ορμής p <-> στροφορμής L
γραμμικής ταχύτητας u <-> γωνιακής ταχύτητας ω
μάζας m <-> Ροπής αδράνειας Ι
Έχοντας ως δεδομένο πως ο τροχός περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ωαρχ = 25 rad/s & ο,τι I = 0.18 kg*m² έχεις πως :
Lαρχ = Ι*ωαρχ = 0.18 kg*m² * 25 rad/s = 4.5 kg*m²/s
*
Μετά την αλλαγή της κατεύθυνσης του δίσκου η γωνιακή ταχύτητα του ωτελ = ωαρχ οπότε :
Lτελ = Ι*ωτελ = 0.18 kg*m² * 25 rad/s = 4.5 kg*m²/s
Οπότε :
|ΔL| = | Lτελ - Lαρχ | = | 4.5 kg*m²/s - 4.5 kg*m²/s | = 0 kg*m²/s
*
Αυτό ανάμεσα στους αστερίσκους είναι ΛΑΘΟΣ. Και ο λόγος είναι πως :
Η στροφορμή είναι διανυσματικό μέγεθος. Όταν σου δίνουν δύο αριθμούς και σε ρωτάνε να βρεις την απόσταση τους τότε η πράξη : d = | y - x | , είναι σωστή. Για ένα διανυσματικό μέγεθος όμως δεν έχει σημασία μόνο το μέτρο του, αλλά και η κατεύθυνση του.
Στην δεδομένη περίπτωση η αρχική ορμή είναι παράλληλη προς το έδαφος, οριζόντια δηλαδή, και διέρχεται απο τον άξονα του δίσκου με μέτρο : Lαρχ = 4.5 kg*m²/s
Η τελική στροφορμή τώρα, εαν και δεν αλλάζει κατά μέτρο, έχει δηλαδή την ίδια αριθμητική τιμή(4.5 kg*m²/s)...έχει αλλάξει κατα κατεύθυνση!!! Οπότε δεν μπορούμε απλώς να αφαιρέσουμε τις αριθμητικές τιμές - τα μέτρα δηλαδή των αντίστοιχων στροφορμών, διότι αυτά τα διανύσματα δεν έχουν καν την ίδια κατεύθυνση, οπότε τι σημαίνει πραγματικά αφαιρώ ; Πως αφαιρώ μια τιμή που την μετράω σε διαφορετικό άξονα απο μια άλλη που την μετράω σε διαφορετικό άξονα;
Ποια είναι η σωστή διαδικασία λοιπόν ; Η σωστή διαδικασία είναι η εξής :
1) Ζωραφίζω το διάνυσμα της αρχικής και τελικής στροφορμής.
2) Βρίσκω το διάνυσμα : Lτελ - Lαρχ , ζωγραφίζοντας ένα διάνυσμα που έχει την ουρά του στο κεφάλι - βέλος του διανύσματος της Lαρχ, και το κεφάλι-βέλος του στο κεφάλι της τελικής στροφορμής. Μαθηματικά αυτό ορίζεται ως η διαφορά δύο οποιονδήποτε διανυσμάτων.
3) Υπολογίζω το μήκος του διανύσματος Lτελ - Lαρχ, δηλαδή το μέτρο του διανύσματος αυτού(της μεταβολής της στροφορμής δηλαδή) γιατί αυτό είναι ίσο με :
| Lτελ - Lαρχ | = |ΔL|
Στην περίπτωση μας μπορούμε να βασιστούμε στην γεωμετρία για τον υπολογισμό του μέτρου της μεταβολής(και για τα δεδομένα του λυκείου σχεδόν πάντα θα δουλεύεις γεωμετρικά σε αυτά τα προβλήματα). Το αρχικό διάνυσμα της στροφορμής με το τελικό αποτελούν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου με "μήκη" 4.5 σε μονάδες kg*m²/s , διότι το τελικό διάνυσμα της στροφορμής έχει κατακόρυφη κατεύθυνση( πάλι κάθετη στο επίπεδο του δίσκου και διέρχεται απο τον άξονα του). Το μήκος του διανύσματος της στροφορμής θα αποτελεί την υποτείνουσα αυτού του ορθογωνίου τριγώνου. Οπότε :
ΔL = sqrt( Lαρχ² + Lτελ² ) =>
ΔL = sqrt ( (4.5 kg*m²/s)² + (4.5 kg*m²/s)² )
ΔL = sqrt(2*(4.5 kg*m²/s)²) = 2*sqrt(4.5) kg*m²/s
Το ηθικό δίδαγμα δηλαδή είναι το εξής : treat everything as it should be treat, numbers like numbers, vectors like vectors & people like people or you get in trouble .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Αγαπητή Joji.
Αυτή η άσκηση θέλει λίγη προσοχή σε κάποια σημεία.
Πρώτα απο όλα το πιο κρίσιμο είναι ο σωστός σχεδιασμός των δυνάμεων που ασκούνται στην σανίδα. Παρακάτω σου επισυνάπτω μια εικόνα με τις δυνάμεις αυτές και στην συνέχεια στης εξηγώ.
Ο τοίχος όπως και το δάπεδο είναι λείο. Αυτό σημαίνει πως μπορούν να ασκήσουν μόνο κάθετες σε αυτούς δυνάμεις αντίδρασης στην σανίδα. Εαν δεν ίσχυε αυτό, τότε η δύναμη θα είχε κάποιον άλλο προσανατολισμό στο επίπεδο. Θα μπορούσε λοιπόν να αναλυθεί πάλι σε μια κάθετη δύναμη στον τοίχο/δάπεδο και μια παράλληλη. Μα η παράλληλη συνιστώσα θα έπρεπε να είναι δύναμη στατικής τριβής. Το οποίο είναι αδύνατο διότι τόσο το δάπεδο όσο και ο τοίχος είναι λεία. Ελπίζω να σου είναι ξεκάθαρο αυτό.
Σημειώνουμε μια δύναμη αντίδρασης Ν1 απο τον τοίχο και μια άλλη δύναμη αντίδρασης απο το δάπεδο.
Όπως παρατηρείς η δύναμη Ν2 μπορεί να αντισταθμίσει το βάρος W , αλλά η αντίδραση Ν1 του τοίχου δεν έχει το δικό της ζευγαράκι. Την απαιτούμενη δύναμη για να αντισταθμιστεί η Ν1 θα την παρέχει η τάση του νήματος Τ, αλλιώς δεν θα μπορούσαμε να έχουμε ισορροπία.
Στην ισορροπία λοιπόν θα ισχύει :
ΣF = 0
Για τον άξονα των χ αυτό σημαίνει :
ΣFx = 0
N1 - T = 0
T = N1 , (1)
Για τον άξονα των y αυτό σημαίνει :
ΣFy = 0
Ν2 - W = 0
N2 = W
N2 = 100 Ν
Δεν αρκεί όμως για να έχουμε γενικά ισορροπία μόνο ισορροπία στην μεταφορική κίνηση, αλλά και στην περιστροφική. Οπότε απαιτούμε και :
Στ = 0
Εδώ θέλει προσοχή στο εξής. Ο άξονας γύρω απο τον οποίο θα περιστραφεί η σανίδα, είναι κάθετος στο επίπεδο της σελίδας και διέρχεται απο το άκρο της σανίδας που συνδέεται με το νήμα. Για να βοηθηθείς να το καταλάβεις αυτό καλύτερα, φαντάσου ο,τι ο τοίχος αφαιρείται και η σανίδα τείνει να γλειστρίσει στο δάπεδο εφόσον αυτό είναι λείο. Δηλαδή το άκρο της που αγγίζει το δάπεδο τείνει να μετακινηθεί δεξιά, οπότε τεντώνει το νήμα. Άρα μόλις αφαιρεθεί ο τοίχος, το βάρος προσπαθεί να περιστρέψει την σανίδα αριστερόστροφα καθώς το κάτω άκρο της το περιορίζει το νήμα απο το να κινηθεί δεξιά.
Έτσι λοιπόν η ουσία είναι πως ο άξονας περιστροφής είναι στο κάτω άκρο της σανίδας. Οι δυνάμεις Ν2 και Τ δεν ασκούν ροπές διότι διέρχονται απο τον άξονα περιστροφής. Το βάρος ασκεί ροπή στην σανίδα και τείνει να την περιστρέψει αριστερόστροφα. Η αντίδραση του τοίχο Ν1 τείνει να περιστρέψει την σανίδα δεξιόστροφα. Ας δεχτούμε ως θετική φορά περιστροφής την δεξιά.
Στ = 0 =>
Ν1*d1 - W*d2 = 0 =>
Ν1 = W*( d2 /d1 ) , (2)
Όπου d1 και d2 είναι οι κάθετες ως προς τον φορέα των δυνάμεων N1 και W αντίστοιχα αποστάσεις απο τον άξονα περιστροφής. Στο τριγωνάκι που σου έχω κάνει κάτω αριστερά στην εικόνα φαίνεται ξεκάθαρα πως το d1 είναι το μήκος της πλευράς ενός ορθογωνίου τριγώνου με μήκος υποτείνουνας l = 2 m και και δεύτερης πλευράς μήκους S = 1.2 m. Απο το πυθαγόρειο θεώρημα λοιπόν θα ισχύει πως :
l² = S² + d1² =>
d1 = sqrt( l² - S² ) =>
d1 = sqrt( 2² m² - 1.2² m² ) =>
d1 = 1.6 m
Το d2 θα είναι ίσο με την οριζόντια απόσταση απο το κέντρο της σανίδας εως το άκρο της που αγγίζει το δάπεδο. Αυτό μπορεί να βρεθεί εύκολα εαν σκεφτούμε αρχικά πως το κέντρο απέχει l/2 απο το άκρο της σανίδας που αγγίζει το έδαφος.
Έπειτα επειδή η γωνία θ θα είναι ίδια τόσο για το αρχικό ορθογώνιο τρίγωνο όσο και για αυτό που προκύπτει απο τις πλευρές l/2 και d2. Θα πρέπει να ισχύει λοιπόν πως :
συνθ = S/l = d2 /(l/2)
2*d2 / l = S / l
d2 = S/2
d2 = 1.2 m / 2
d2 = 0.6 m
Η αρχική σχέση επομένως γράφεται :
Στ = 0 =>
Ν1*d1 - W*d2 = 0 =>
N1 = W*(d2/d1) =>
N1 = 100 N * ( 0.6 / 1.6 ) =>
N1 = 37.5 N (3)
Όμως T = N1 λόγω της (1), οπότε λόγω της (3) έχουμε :
Τ = Ν1 = 37.5 Ν
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Από τον 2ο νόμο του Νεύτωνα έχεις την αντίδραση Ν του δαπέδου γιατί γνωρίζεις την κατακόρυφη συνιστώσα του βάρους.Ευχαριστώ πολύ Cade… Αυτές είχα σχεδιάσει, απλώς για κάποιο λόγο δεν βγάζω αριθμούς; Δηλαδή ναι, έχω βγάλει wx και wy αφού ξέρω το ω. Τα υπόλοιπα όμως δεν μου βγαίνουν με καμία από τις 3 εξισώσεις, πάντα έχω δυο αγνώστους. Και δεν καταλαβαίνω η F που έχεις γράψει από που προκύπτει;
ΣF = N - W*συνφ = mα = 0
(ισορροπία άρα α = 0).
Τελικά : N = W*συνφ.
Από τον 2ο νόμο του Νεύτωνα στον παράλληλο στο δάπεδο άξονα που σχεδίασε ο Cade έχεις :
ΣF = T*συνφ + Τστ - W*ημφ = mα = 0
(ισορροπία πάλι ).
Τελικά : Τ*συνφ + Τστ = W*ημφ
Εδώ βρίσκεις την μια εκ των τριών δυνάμεων που σε ενδιαφέρουν( Αντίδραση Ν ) και σου μένει να βρεις την στατική τριβή Τστ και την δύναμη του νήματος.
Την μια εξίσωση την έκανες για να βρεις την αντίδραση. Σου περισσεύει μία. Άρα θες άλλη μια για να σχηματίσεις σύστημα, και αυτή θα δοθεί από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για την περιστροφική κίνηση καθώς έχουμε στερεό σώμα , άρα μπορεί να δεχθεί ροπές και να περιστραφεί. Εμάς όμως το σώμα βρίσκεται σε ισορροπία, άρα :
Στ = I*αγων = 0 ( ισορροπία)
Επιλέγουμε ως άξονα για την ανάλυση των ροπων τον κάθετο στο επίπεδο του χαρτιού που διέρχεται από το κέντρο του κυλίνδρου κ.
Οι φορείς των δυνάμεων της αντίδρασης και του βάρους διέρχονται από το κέντρο οπότε δεν προκαλούν ροπή.
Η δύναμη της τάσης του νήματος όμως προκαλεί ροπή η οποία τείνει να περιστρέψει τον κύλινδρο δεξιόστροφα(ας πούμε θετική φορά αυτή).
Η δύναμη της στατικής τριβής προκαλεί επίσης ροπή, η οποία τείνει να περιστρέψει τον κύλινδρο αριστερόστροφα(αυτή θα την πούμε αρνητική φορά).
Και οι δύο δυνάμεις απέχουν κάθετη(ως προς τον φορέα των δυνάμεων) απόσταση R από το τον άξονα, γιατί αυτός βρίσκεται στο κέντρο.
Οπότε :
Στ = 0
Τ*R - Τστ*R = 0 = >
Τ = Τστ
Εντελώς λογικό αποτέλεσμα διότι έχεις ένα στέρεο το οποίο είναι σε ισορροπία, άρα δεν περιστρέφεται ή εάν περιστρέφεται ήδη τότε δεν μεταβάλει την ταχύτητα περιστροφής του. Του ασκείται μια δύναμη σε απόσταση R. Ε αναγκαστικαστικα εφόσον υπάρχει μόνο άλλη μια ροπή, αυτή θα πρέπει να παρέχει την ακριβώς αντίθετη ροπή για να επιτυγχάνεται ισορροπία. Και εφόσον οι αποστάσεις που ασκούνται οι δυνάμεις είναι ίσες, θα πρέπει και οι δυνάμεις να είναι ίσες.
Αρα που καταλήγουμε. Έχουμε μια δεύτερη εξίσωση που συνδέει την τάση νυματος Τ με την Τστ. Θα την αντικαταστήσουμε στην προηγούμενη εξίσωση που είχαμε που συνέδεε επίσης τους δύο αυτούς άγνωστους και θα γίνει :
Τ*συνφ + Τστ = W*ημφ =>
Τστ*συνφ + Τστ = W*ημφ =>
Τστ(1 + συνφ) = W*ημφ =>
Τστ = W*ημφ/(1+συνφ)
Είναι λογικό το αποτέλεσμα ;
Ναι είναι διότι για να υπάρχει ισορροπία στον παράλληλο στο κεκλιμένο άξονα θα πρέπει η Τστ σε συνδυασμό με την Τ*συνφ να αθροίζουν σε W*ημφ. Άρα αναγκαστικά πρέπει Τστ < W*ημφ . Πράγματι αυτό που βρήκαμε είναι μικρότερο από W*ημφ διοτι : 1 + συνφ > 1 για φ <= 90° .
Εάν αντικαταστήσουμε τώρα την τιμή του Τστ στην εξίσωση που συνδέει τα Τστ και Τ θα έχουμε :
Τ = Τστ = W*ημφ/(1 + συνφ)
Εάν προσθέσουμε Τστ και την συνιστώσα της Τ που βρίσκεται στον ίδιο άξονα με την Τστ θα έχουμε :
Τστ + Τ*συνφ =
W*ημφ/(1 + συνφ) +
W*ημφ*συνφ/(1 + συνφ) =
W*ημφ( 1 + συνφ) /(1 + συνφ) =
W*ημφ.
Ακριβώς όπως περιμέναμε. Άρα τα έχουμε βρει όλα σωστά.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Η ιδέα της ισορροπίας σώματος είναι ο,τι η συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται σε αυτό είναι μηδέν. Για το στερεό σώμα τώρα που δύναται και να περιστραφεί, πρέπει να έχεις και την συνισταμένη των ροπών ίση με μηδέν.View attachment 111666Δεν έχω καταλάβει ΚΑΘΟΛΟΥ την ισορροπία. I swear.
Στο παράδειγμα αυτό πρέπει να φτιάξεις αυτό που λέμε διάγραμμα ελευθέρου σώματος.
Δηλαδή θα σχεδιάσεις το κάθε σώμα και θα σημειώσεις κάθε δύναμη που ασκείται σε αυτό. Προσοχή όχι που ασκεί, αλλά μόνο τις δυνάμεις που ασκούνται σε αυτό.
Λόγου χάρη για την μάζα θα έχεις :
1)Το βάρος της με κατακόρυφη προς τα κάτω κατεύθυνση που ασκείται στο κέντρο της.
2)Την δύναμη που ασκεί το βάρος Β1 στο ένα άκρο της με κατακόρυφη προς τα κάτω κατεύθυνση.
3)Την δύναμη που ασκεί το βάρος Β2 στο άλλο άκρη της με κατακόρυφη προς τα κάτω κατεύθυνση.
Πρόσεξε πως όταν μιλάμε για στερεό σώμα, το σημείο εφαρμογής των δυνάμεων πάνω σε ένα σώμα είναι σημαντικό. Δεν μπορείς να αγνοήσεις τις αποστάσεις όπως έκανες με τα υλικά σωματίδια που θεωρούσες ο,τι είναι μαθηματικά σημεία(χωρίς διαστάσεις) χωρίς εσωτερική δομή. Εδώ τα σώματα έχουν πεπερασμένες διαστάσεις με εσωτερική δομή η οποία είναι κατανεμημένη στον χώρο.
Τα βάρη Β1 και Β2 απο την άλλη μπορείς να τα δεις ως υλικά σημεία. Οι διαστάσεις τους δηλαδή είναι αμελητέες, αλλά έχουν μάζα.
Έτσι λοιπόν, τόσο στο Β1 όσο και στο Β2 θα ασκούνται δύο δυνάμεις στο καθένα.
Η μια θα είναι το βάρος τους με κατακόρυφη προς τα κάτω κατεύθυνση και η άλλη η δύναμη που ασκεί η ράβδος σε αυτά με κατακόρυφη προς τα πάνω κατεύθυνση.
Το ερώτημα λοιπόν της άσκησης είναι, που πρέπει να στηρίξεις την ράβδο για να ισορροπεί. Με λίγα λόγια, σε ρωτάει που πρέπει να τοποθετήσεις τον άξονα περιστροφής κατά μήκος της ράβδου ώστε να ισχύουν οι συνθήκες :
ΣF = 0
Στ = 0
Για την ράβδο.
Απο την πρώτη εξίσωση θα έχεις(Όπου Βρ το βάρος της ράβδου) :
ΣF = 0 =>
-Β1 -Β2 - Βρ = 0 =>
-0.1Ν - 0.2Ν - 0.5Ν = 0
Aδύνατο. Γιατί ;
Διότι ξεχάσαμε μια δύναμη. Την αντίδραση που θα προκαλέσει ο άξονας στήριξης Ν. Εαν δεν υπήρχε αυτή η δύναμη, θα ήταν αδύνατο να ισορροπήσει η ράβδος.
ΣF = 0 =>
-Β1 -Β2 -Βρ + Ν = 0 =>
Ν = Β1 + Β2 + Βρ =>
Ν = 0.1Ν + 0.2Ν + 0.5Ν =>
Ν = 0.8Ν
Η απάντηση αυτή δεν μας λέει κάτι περίεργο. Μας λέει πως η δύναμη αντίδρασης Ν απο τον άξονα στήριξης με φορά προς τα πάνω θα πρέπει να είναι 0.8Ν για να αντισταθμίζει το βάρος της ράβδου και αυτό των βαρών που κρέμμονται απο αυτή και έχουν φορά προς τα κάτω. Λογικό πιστεύω.
Το λύσαμε το θέμα των δυνάμεων. Και πρόσεξε ο,τι δεν μας απασχόλησε η θέση που βάλαμε τον άξονα, διότι όπου και να τον βάλουμε, θα ισχύει αυτό το πράγμα για τον άξονα στήριξης(εαν όντως έχουμε ισορροπία). Πάμε να δούμε λοιπόν τις ροπές.
Δεν ξέρουμε που πρέπει να βάλουμε τον άξονα. Αλλά γνωρίζουμε το εξής. Έστω χ η θέση της ράβδου απο το μέσον της που ικανοποιεί την ισορροπία. Εφόσον στην θέση χ ικανοποιείται η απαίτηση της ισορροπίας, θα ισχύει για την συνισταμένη των ροπών :
Στ = 0 =>
τβ1 + τβ2 + τΒ + τΝ = 0
Όπου τβ1 η ροπή του βάρους β1, τβ2 η ροπή του βάρους β2, τβ η ροπή του βάρους της ράβδου και τΝ η ροπή της αντίδρασης απο τον άξονα στήριξης/περιστροφής. Λόγω συμμετρίας ας υποθέσουμε πως μετακινούμε τον άξονα προς τα δεξιά απο το μέσον της, άρα x > 0. Υποθέτουμε επίσης πως στο δεξία άκρο βρίσκεται το βάρος Β2 ενώ στο αριστερό αυτό του Β1.
Εαν θεωρήσουμε την αριστερόστροφη περιστροφή της ράβδου ως θετική φορά, τότε το βάρος β1 τείνει να περιστρέψει αριστερόστροφα την ράβδο και απέχει απο τον άξονα dβ1 = 0.5 + x m. Το βάρος β2 τείνει να περιστρέψει δεξιόστροφα την ράβδο και απέχει απο τον άξονα στήριξης dβ2 = 0.5 - x m. Το βάρος της ράβδου β τείνει να την περιστρέψει αριστερόστροφα και απέχει dβ = χ m απο τον άξονα. Η δύναμη αντίδρασης διέρχεται απο τον άξονα στήριξης, οπότε δεν αρκεί ροπή. Εν τέλει :
dβ1*β1 - dβ2*β2 + dΒ*β = 0 =>
(χ+0.5)β1 - (0.5 - x)β2 + χ*β = 0 =>
(χ+0.5)0.1 - (0.5 - χ)0.2 + 0.5χ = 0 =>
0.1x + 0.05 - 0.1 + 0.2x + 0.5x = 0 =>
0.8x = 0.05
x = 0.2/8 m = 1/16 m = 0.0625 m
x = 6.25 cm
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Όντως άλλα αντί άλλων, my bad, είχα στον νου μου κάτι άλλο και το έκανα σαλάτα. Ευχαριστώ πολύ για την παρατήρηση σου Δία.Η κάθετη απόσταση από τον άξονα Ο ως προς τον οποίο υπολογίζεται η ροπή είναι α/2
Θα ήταν σωστό εαν ανέπτυσσα και την δύναμη F σε παράλληλη και κάθετη συνιστώσα όπως έκανα στο β ερώτημα. Σαφώς αρκετά περισσότερος κόπος όμως όπως και να έχει απο το να αναλύσεις το διάνυσμα θέσης σε παράλληλο και κάθετο στον φορέα της δύναμης όπως προτείνεις και λέει και το σχολικό.
Οπότε το πρώτο θα βγαίνει :
τ = τ1+τ2+τ3+τ4 = 4*τ = 4*r*F = 4*(α/2)*F = 2αF
Για το δεύτερο :
Η δύναμη F2 και F3 είναι μηδέν διότι οι φορείς τους διέρχονται απο τον άξονα ως προς τον οποίου υπολογίζουμε τις ροπές και μένουν οι F1 και F2 που οι φορείς τους έχουν κάθετη απόσταση απο τον άξονα r = α. Οπότε :
τ = r1*F1 + r2*F2 = αF + αF = 2αF.
Επίσης κάτι που ξέχασα να αναφέρω και είναι σημαντικό είναι πως σε κάθε περίπτωση οι δυνάμεις προκσλούν αριστερόστροφη περιστροφή της πλάκας και βάσει του κανόνα του δεξιού χεριού η ροπή έχει κατεύθυνση κάθετη στην πλάκα και προς τα έμας όπως κοιτάμε την οθόνη.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Εάν παρατηρήσεις, η πλευρά ΑΒ, ΒΓ και ΑΓ σχηματίζουν ένα ορθογώνιο τρίγωνο. Οι πλευρές ΑΒ και ΒΓ έχουν μήκος α. Από το Πυθαγόρειο θεώρημα η υποτείνουσα θα είναι :
(ΑΓ)² + (ΒΓ)²
Η πλευρά ΑΓ είναι 2*ΟΑ.
Άρα :
(2*ΟΑ)² = α² + α²
4*(ΟΑ)² = 2α²
(ΟΑ)² = α²/2
ΟΑ = sqrt(2)*α/2
Από τον ορισμό της ροπής δύναμης F :
τ = r*F
Όπου r η κάθετη απόσταση από τον άξονα ως προς τον οποίο υπολογίζεται η ροπή.
Κάθε δύναμη έχει μέτρο F και απέχει από τον άξονα που είναι κάθετος στο επίπεδο και διέρχεται από το σημείο Ο κάθετη απόσταση r ίση με ΟΑ, το οποίο το υπολογισαμε.
Άρα : τ = 4*OA*F = 2*sqrt(2)*F
Για το άλλο ερώτημα, ας υποθέσουμε πως βρίσκουμε την ροπή ως προς άξονα κάθετο στο επίπεδο που διέρχεται από την κορυφή Δ. Δεν έχει σημασία ποια κορυφή θα επιλέξεις λόγω της συμμετρίας του προβλήματος που προκύπτει απο το τετράγωνο σχήμα της πλάκας. Οι δυνάμεις F3 και F4 δεν προκαλούν ροπή ως προς τον άξονα αυτό καθώς το διάνυσμα θέσης τους είναι συγγραμικο με το διάνυσμα της δύναμης.
Η δύναμη F4 προκαλεί ροπή καθώς το διάνυσμα θέσης( με αρχή το σημείο Δ εννοείται) της r, είναι κάθετο στην δύναμη F4. Θα είναι τ4 = r4*F4 = α*F.
Η δύναμη F1 τώρα επίσης δημιουργεί ροπή ως προς τον άξονα που έχουμε επιλέξει. Αλλά όχι όλη. Μόνο η συνιστώσα της εκείνη η οποία είναι κάθετη στο διάνυσμα θέσης του σημείου εφαρμογής της και επομένως κάθετη στο τμήμα ΔΒ. Για να βρούμε αυτή την συνιστώσα σκεφτόμαστε πως εφόσον έχουμε τετράγωνο, απο την γεωμετρία, οι διαγώνιες διχοτομούν τις γωνίες του. Άρα η γωνία μεταξύ ΑΒ και ΒΟ είναι φ = 90°/2 = 45°.
Εμάς δεν μας ενδιαφέρει όμως αυτή η γωνία, αλλά η συμπληρωματική της. Σε αυτό το πρόβλημα τυγχάνει και να είναι 45°. Οπότε θα έχουμε πως :
F1κ = F*ημ(45°) = F*sqrt(2)/2
Η ροπή για την F1κ θα είναι :
τ 1 = r1*F1κ = 2*ΟΑ*F*sqrt(2)/2 = α*F
Τελικά η συνολική ροπή θα είναι : τ = τ4 + τ1 = 2α*F.
Ελπίζω να κατάλαβες καλά πως προέκυψε η ροπή της δύναμης F1. Στην ουσία όπως προσθέτεις δυνάμεις έτσι μπορείς και να τις αποσυνθέτεις με τρόπους που σε βολεύουν. Στην δεδομένη περίπτωση είπαμε πως ξέρεις τι ;
Μπορώ να δω την δύναμη F1 ως το διανυσματικό άθροισμα δύο δυνάμεων, όπου η μια είναι παράλληλη στο διάνυσμα θέσης της δύναμης F1(και επομένως παράλληλη στο ευθύγραμμο τμήμα ΔΒ), οπότε δεν προκαλεί ροπή. Όμως η άλλη συνιστώσα της F1 είναι κάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα ΔΒ, οπότε προκαλεί ροπή. Ύστερα μας το ερώτημα ήταν πως γράφουμε την F1 ως συνδυασμό αυτών των συνιστωσών ; Απο την τριγωνομετρία προκύπτει όπως φάνηκε παραπάνω πως η συνιστώσα που μας ενδιαφέρει, η F1κ , η κάθετη δηλαδή στο ΔΒ τμήμα συνιστώσα είναι F*sqrt(2)/2.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Εαν το ΚΧΟ σημαίνει κύλιση χωρίς ολίσθηση, τότε ναι, αυτός είναι ο ορισμός. Έχεις μεταφορική και περιστροφική κίνηση του στερεού ταυτόχρονα !Ευχαριστώ πολύ, truly! Αφού είσαι εδώ, έχω μια ερώτηση τώρα επειδή λύνω άλλη μια άσκηση. Λοιπόν… όταν έχουμε Κ.Χ.Ο δεν έχουμε αυτόματα συνθέτη κίνηση;
Γενικά κάθε είδους κίνηση μπορείς να την σκεφτείς ως συνδυασμό άλλων. Λόγου χάρη στις ταλαντώσεις η σύνθεση δυο διαφορετικών ταλαντώσεων( με ίδια πλάτη και λίγο διαφορετικές συχνότητες ) έχει ως αποτέλεσμα μια άλλη περίπλοκη ταλάντωση(διακρότημα εαν το έχεις δει ήδη).
Η μεταφορική και η περιστροφική είναι βασικοί τύποι κινήσεων, για αυτό και τους μελετάς. Όπως και οι ταλαντώσεις άλλωστε. Μάλιστα μπορείς μια αυθαίρετη κίνηση υπό ορισμένες συνθήκες(που για όλους τους πρακτικούς σκοπούς ισχύουν πάντα) να την σκεφτείς ως άπειρο συνδυασμό ταλαντώσεων. Οπότε η έννοια της σύνθεσης κινήσεων είναι πάρα πολύ σημαντική. Αυτά εγκυκλοπαιδικά για να σου δοθεί λίγο κίνητρο, καθώς η μηχανική μπορεί να φανεί λίγο βαρετή εαν δεν καταλάβεις ποιο το νόημα να ασχοληθείς με ορισμένα προβλήματα που εκ πρώτης όψεως φαίνονται κάπως "παιδικά".
Samael
Τιμώμενο Μέλος
No worries, η αλήθεια είναι πως πολλά προβλήματα σε μαθηματικά και φυσική λύνονται με διάφορες προσπάθειες. Κάποιες πετυχαίνουν ,άλλες όχι. Η ουσία όμως είναι πως τα πισωγυρίσματα είναι legitimate μέρος της διαδικασίας, ακόμα και σε επίπεδο έρευνα, οπότε να μην σε ανησυχεί καθόλου.Ευχαριστώ πολύ! Ναι, η αλήθεια είναι πως έσπασα το κεφάλι μου γιατί δεν μου έβγαινε με τα ακριβή νούμερα. Και λέω χμμ. Για να μου δίνει 10 cm διαφορά πρέπει να το αξιοποιήσω στο R, αν θέλω να βγάλω το αποτέλεσμα.
Να φανταστείς στην αρχή πήγα και με ω
Στις εξετάσεις θα κληθείς να τα εφαρμόσεις όλα αυτά με αυτή την καθαρή και γραμμική προσέγγιση. Οπότε η προετοιμασία που κάνεις τώρα είναι σημαντική. Πρέπει να κάνεις όσα περισσότερα λάθη(όχι επίτηδες φυσικά) γίνεται σε αυτή την φάση, διότι έτσι μειώνεις κατά πολύ την πιθανότητα να τα κάνεις στις εξετάσεις που ο χρόνος θα είναι κρίσιμος. Εαν απο την άλλη σου ξεφύγουν λάθη απροσεξίας, μπορεί να τα κάνεις εκεί, και ο χρόνος δεν θα είναι ευνοικός για πισωγυρίσματα τότε. Αυτό είναι και το νόημα της προετοιμασίας τώρα λοιπόν !
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Kudos μια φορά γιατί το σκεπτικό είναι σωστό.
Ακόμα περισσότερο όμως που αναγνώρισες πως χρειάζεσαι μόνο την σχέση των ακτινών για το αποτέλεσμα και όχι τα ακριβή νούμερα !
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Σωστά τα έχεις λύσει .View attachment 111414Θα μου λύσει κάποιος την 12 και την 14 να δω αν βρήκα σωστό αποτέλεσμα;
Ευχαριστώ εκ των προτέρων.
12. υΑ/υΒ=7/1 και στην
14. Το β
Όταν έχουμε σύνθετη κίνηση το κάθε σημείο έχει μια δική του ταχύτητα. Λόγου χάρη στον κυλιώμενο κύλινδρο το ανώτερο σημείο έχει 2*ucm ταχύτητα ενώ αυτό που βρίσκεται σε επαφή με το έδαφος μηδενική.Επίσης μια ερώτηση… Όταν έχουμε σύνθετη κίνηση, το ucm είναι ίδιο για όλα τα σημεία του σώματος ανεξαρτήτως της ακτίνας (επειδή έχουμε πει πως στην μεταφορική κίνηση όλα τα σημεία του σώματος έχουν ίδια ταχύτητα);
Εαν ένα στερεό σώμα εκτελεί μεταφορική κίνηση, τότε ναι, όλα του τα σημεία έχουν την ίδια ταχύτητα.
Εαν εκτελεί σύνθετη κίνηση, αυτή αναλύεται σε περιστροφική και μεταφορική. Κάθε σημείο έχει δύο συνιστώσες ταχύτητας λοιπόν. Η μια προέρχεται απο το πρώτο είδος κίνησης και η άλλη απο το δεύτερο. Η συνιστώσα που προέρχεται απο την μεταφορική κίνηση είναι ίδια για όλα τα σημεία.
Ακριβώς. Σκέψου το και ως εξής : εαν έπρεπε να αντικαταστήσεις το R για κάθε σημείο(το οποίο ορίζει διαφορετική ακτίνα ως προς το κέντρο Ο), τότε θα είχες ucm = ωR. Θυμήσου πως το ucm πρέπει να είναι σταθερό.Ενώ το uγρ εξαρτάται και από την ακτίνα; Και τα δυο ισούνται με ωR αλλά όταν πάω να τα γράψω για να βγάλω την ταχύτητα ενός σημείου που πραγματοποιεί συνθέτη κίνηση, αν αυτό απέχει όχι R αλλά R/4 από το κέντρο, πρέπει να αντικαταστήσω το R του uγρ μόνο στο u=ucm+uγρ;
Το ω παραμένει ίδιο για όλα τα σημεία(καθώς η γωνία περιστροφής είναι ίδια για όλα τα σημεία). Είμαστε εντάξει ως προς αυτό. Εαν το R άλλαζε όμως ανάλογα τι σημείο επέλεγες, τότε θα άλλαζε και το ucm. Πρόβλημα λοιπόν διότι εαν γινόταν αυτό, και είχαμε μεταφορική κίνηση, τότε το σώμα δεν θα ήταν στερεό. Θα ήταν ελαστικό, που σημαίνει ο,τι θα μπορούσε να παραμορφωθεί. Το οποίο είναι εκτός ύλης.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Νομίζω ο,τι μπερδεύτηκες επειδή έκανα ένα λάθος.Ευχαριστώ πολύ… Ομολογώ πως μπερδεύτηκα λίγο με αυτό που έχω υπογραμμίσει με bold. Συγκεκριμένα, προβληματίζομαι με το διάστημα 4s-8s. Η κλίση είναι μια θεωρητικά σωστά; Και έχουμε αγ<0. Τα έχω μπερδέψει στο μυαλό μου. Η γωνιακή επιτάχυνση στο ίδιο χρονικό διάστημα που ανέφερα δεν είναι αγ=-5 και από 4s-5s και από 5s-6s;
Γράφω σε ένα σημείο:
"Απο 2s εως 4s :
αγων = ( 0 rad/s - 10 rad/s )/(6s - 4s) = -5 rad/s² "
Και όπως παρατηρείς οι χρονικές στιγμές που αντικαθιστώ στον παρανομαστή για το Δt δεν είναι σε συμφωνία με το διάστημα που αναφέρω. Απο 2s εως 4s είπαμε αγων = 0 rad/s² καθώς το ω δεν μεταβάλλεται. Οπότε το αγων που υπολογίζεται παραπάνω είναι στην πραγματικότητα η γωνιακή επιτάχυνση στο διάστημα 4s - 6s .
Ελπίζω αυτό να ξεκαθαρίζει κάπως τα πράγματα. Εαν υπάρχει κάποια άλλη απορία επί αυτών πέραν τούτης της ασάφειας που δημιουργήθηκε λόγω δικής μου απροσεξίας, πες μου για να την αναλύσουμε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
α)View attachment 111367
μπορεί κάποιος να τα απαντήσει για να τσεκάρω αν τα έχω σωστά;
(Εντάξει, όχι το διάγραμμα)
Απο 0s εως 2s :
Στροφική κίνηση με σταθερή γωνιακή επιτάχυνση - Επιταχυνόμενη στροφική κίνηση δηλαδή.
Απο 2s εως 4s :
Ομαλή στροφική κίνηση(αγων = 0 rad/s²).
Απο 4 εως 6s :
Στροφική κίνηση με σταθερή γωνιακή επιβράδυνση(αρνητική γωνιακή επιτάχυνση) - Επιβραδυνόμενη στροφική κίνηση δηλαδή.
Στα επόμενα διαστήματα ισχύουν τα ίδια με παραπάνω αλλά για την αντίθετη φορά σε σχέση με πριν.
β)
αγων = Δω/Δt
αγων = 0 rad/s² για 2s με 4s και για 8s με 10s, διότι σε αυτά τα χρονικά διαστήματα Δω = 0 rad/s .
Απο 0s εως 2s :
αγων = Δω/Δt = 10rad/s / 2s = 5 rad/s²
Απο 2s εως 4s :
αγων = ( 0 rad/s - 10 rad/s )/(6s - 4s) = -5 rad/s²
Απο 6s εως 8s :
αγων = ( -2 rad/s - 0 rad/s ) / (8s - 6s) = -1 rad/s²
Απο 10s εως 12s :
αγων = (0 rad/s - (-2 rad/s) ) / (12s - 10s) = 1rad/s²
γ)
Για την συνολική γωνιακή μετατόπιση έχουμε :
Δθ = Θτελ - Θαρχ
Θαρχ = 0 rad , t = 0s
Θτελ = 0 rad , t = 12s
Οπότε Δθ = 0 rad.
δ) Στο διάστημα 10s < t < 12s έχουμε βρει πως αγων = 1rad/s².
Επίσης ισχύει για την επιταχυνόμενη στροφική κίνηση με σταθερή γωνιακή επιτάχυνση :
ω = ωο + αγων*Δt
(Πρόσεξε ομοιότητα με την u = uo +α*Δt στην γραμμική ομαλά επιταχυνόμνη κίνηση)
Γνωρίζουμε επίσης πως την t = 10s είναι ω = -2 rad/s . Άρα ωο = -2rad/s.
Οπότε στο χρονικό διάστημα απο t = 10s εως t = 11s το οποίο ισοδυναμεί σε χρονικό διάστημα Δt = 1s θα έχουμε:
ω = -2rad/s + (1rad/s²)*(1s) =>
ω = -1rad/s
Hope i helped .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Πρόσεξε κάτι...τα υλικά σημεία(εαν υποθέσεις ο,τι ταλαντώνεται μια χορδή ας πούμε) έχουν μόνο έναν βαθμό ελευθερίας. Μπορούν δηλαδή να κινηθούν μόνο σε έναν άξονα, τον κατακόρυφο. Καμία άλλη κίνηση δεν τους επιτρέπεται. Όταν σου λέω λοιπόν κοίτα τι γίνεται λίγο αριστερά, δεν εννοώ πως τα σημεία μετακινούνται στα αριστερά. Το κύμα είναι αυτό που κινείται προς τα δεξιά.Κατανοητό το γ, ευχαριστώ πάρα πολύ για την αναλυτική εξήγηση αλλά στο β θέλω να ρωτήσω το εξής (νιώθω ότι είναι λίγο χαζό αλλά δεν θέλω να μείνω με την απορία) : αφού το κύμα διαδίδεται προς τα δεξιά, λίγο μετά την στιγμή t1 το σημείο Μ για παράδειγμα δεν πάει λίγο πιο πάνω; δεν μπορώ να αντιληφθώ πως προκύπτει ότι πάει αριστερά
Να στο θέσω αλλιώς επειδή τα λόγια είναι καλά αλλά μερικές φορές τα μαθηματικά είναι ακόμα καλύτερα. Πες ο,τι έχεις ένα σημείο σε θέση x1 και ένα άλλο σε θέση χ2. Έστω πως το χ2 είναι δεξιότερα του χ1. Η απόσταση μεταξύ των δύο είναι Δx = | x2 - x1 |.
Έστω τώρα πως ξέρω την κατακόρυφη απομάκρυνση του σημείου στην θέση x1 και είναι y1 την χρονική στιγμή t1. Αναρωτιέμαι λοιπόν τώρα τι θα κάνει η απομάκρυνση y2 του σημείου στην θέση x2 μια μεταγενέστερη χρονική στιγμή.
Εφόσον το κύμα διαδίδεται προς τα δεξιά, η απομάκρνυση του σημείου στην θέση x1 θα προπορεύεται κατά Δφ = 2πΔχ/λ απο το σημείο στην θέση χ2. Με άλλα λόγια, η απομάκρυνση y2 του σημείου στην θέση χ2 θα κάνει ακριβώς ο,τι κάνει η απομάκρυνση y1 του σημείου στην θέση χ1, αλλά μετά απο μια καθυστέρηση Δt = Δφ/ω η οποία οφείλεται στην χωρική τους απόσταση. Το y2 δηλαδή "παρακολουθεί" εαν θες την απομάκρυνση y1 αλλά με μια χρονική καθυστέρηση.
Έτσι λοιπόν εαν την χρονική στιγμή t1 το y1 > y2 , τότε ξέρω πως αναπόφευκτα το y2 θα αυξηθεί. Διότι την t1 το y1 ήταν μεγαλύτερο του y2, και κάποια χρονική στιγμή αργότερα το y2 θα προσπαθήσει να γίνει όσο ήταν το y1.
Εαν την t1 το y1 < y2 τότε ξέρω πως το y2 θα μειωθεί μια μετέπειτα χρονική στιγμή διότι η απομάκρυνση του y2 θα προσπαθήσει να ακολουθήσει την y1.
Εαν την t1 ήταν y1 = y2 ; Τότε επέλεξα πατάτα σημείο να κοιτάξω. Ιδανικά επιλέγω να κοιτάξω ένα σημείο που είναι όσο πιο κοντά γίνεται στο σημείο που με ενδιαφέρει να προβλέψω πως θα κινηθεί στον κατακόρυφο άξονα. Κοινώς επιλέγω ένα σημείο πιο αριστερά που θα απέχει λιγότερο απο λ/4.
...Και εαν το καλοσκεφτείς βγάζει νόημα αυτό. Εαν πάρεις ένα σημείο αρκετά μακριά απο το σημείο που σε ενδιαφέρει, θα έχουν μεγάλη χωρική απόσταση και επομένως μεγάλη διαφορά φάσης. Οπότε το y2 θα παρακολουθεί το y1 μεν, αλλά με μεγάλη χρονική καθυστέρηση. Αλλά αυτό μου είναι άχρηστο διότι εγώ δεν αναρωτιέμαι τι θα γίνει αρκετό χρόνο μετά...αλλά αμέσως μετά την χρονική στιγμή t1.
Εαν το κύμα κινείται προς τα αριστερά, τότε ακολουθώ την ίδια λογική, μόνο που συγκρίνω την απομάκρυνση ενός σημείου δεξιότερα(που θα απέχει λιγότερο απο λ/4) απο το σημείο ενδιαφέροντος που θέλω να προβλέψω πως θα κινηθεί στον κατακόρυφο άξονα(πάνω ή κάτω).
Ελπίζω να μην σε μπέρδεψα ακόμα περισσότερο και να σου είναι λίγο πιο ξεκάθαρο το τι συμβαίνει. Προτίμησα να σου δώσω μια παραπάνω αντίληψη απο το να σου πω ξερά κάνε αυτή τη μέθοδο απλά και θα τα βγάζεις .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
He is back everyone
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Μπορείς να βρεις εύκολα τι θα κάνουν τα σημεία απλώς "τσουλώντας" το στιγμιότυπο του κύματος προς τα δεξιά(που είναι και η κατεύθυνση διάδοσης του κύματος).View attachment 111023
Μπορεί κανείς να με βοηθήσει με το β και το γ; Είμαι τόσο καμμένη από τις ταλαντώσεις που στο γ πήγα να πάρω αδετ
Τα γράμματα με τόνο είναι οι νέες θέσεις των σημείων μια χρονική στιγμή λίγο μετά την t1.
Διαφορετικά(και πιο πρακτικά κατ'εμέ), σκέφτεσαι προς τα που διαδίδεται το κύμα, προς τα δεξιά ; Ωραία...Λες για κάθε σημείο : τι κάνει το κύμα προς τα τα αριστερά απο το σημείο αυτό ;
Π.χ. λίγο πιο αριστερά απο το Μ το κύμα κατεβαίνει. Άρα και το Μ θα κατέβει.
Στο Ο ομοίως. Στο Ζ ομοίως.
Στο Κ το κύμα λίγο πιο αριστερά ανεβαίνει. Άρα και το Κ θα ανέβει.
Όσο για το ερώτημα γ...
Το υλικό σημείο στην αρχή των αξόνων έχει εξίσωση της μορφής :
x = A*ημ(ωt + φ) , σχέση 1
Επομένως η ταχύτητα θα είναι της μορφής :
u = ωΑ*συν(ωt + φ) =>
u/ω = Α*συν(ωt + φ) , σχέση 2
Εαν πάρουμε τα τετράγωνα της (1) και (2) και τα προσθέσουμε κατά μέλη θα έχουμε :
x² + (u/ω)² = A²[ ημ²(ωt + φ) + συν²(ωt + φ) ] =>
|χ| = sqrt[ A² - (u/ω)² ]
Όμως έχεις τα δεδομένα :
Α = 0.2 m
ω = 2πf = 2πf = 2π*10Hz = 20π rad/s
u = π*sqrt(3)
Τέλος πάντων πρέπει να βρεις : |x| = sqrt(13)/20
*sqrt(α) είναι η ρίζα του αριθμού α.
Ελπίζω να βοήθησα.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Όπως είπαμε και χθες, η φάση δίνεται απο την σχέση :View attachment 110097Η 10. Το α με έχει μπερδέψει.
φ = ωt - 2πx/λ
ή
φ = 2πt/Τ - 2πx/λ
Υπό την προυπόθεση φυσικά πως δεν υπάρχει αρχική φάση φο, και ο,τι το κύμα διαδίδεται προς τα δεξιά στον άξονα x. Οπότε για κάθε δεδομένη χρονική στιγμή t = to, η φάση μεταβάλλεται απο σημείο σε σημείο πάνω στον άξονα x που διαδίδεται το κύμα :
φ = 2πto/T - 2πx/λ
Επομένως είναι συνάρτηση της θέσης : φ = φ(χ).
Εαν απο την άλλη εστιάσουμε σε ένα συγκεκριμένο σημείο x = xo πάνω στον άξονα των x, παρατηρούμε πως η φάση του μεταβάλλεται καθώς ο χρόνος κυλάει και άρα η φάση ενός συγκεκριμένου σημείο είναι συνάρτηση του χρόνου :
φ = φ(t) = 2πt/T - 2πxο/λ
Δώσε ιδιαίτερη σημασία στο γεγονός πως εαν θέλαμε να είμαστε απόλυτα αυστηροί στους συμβολισμούς μας, θα έπρεπε να πούμε στην πρώτη περίπτωση να γράφαμε :
φ(χ)|t=to
Για να δηλώσουμε πως αυτή είναι η συνάρτηση της φάσης ως προς τον χώρο για την χρονική στιγμή to.
Ομοίως για την δεύτερη περίπτωση θα έπρεπε να γράψουμε :
φ(t)|x=xo
Για να δηλώσουμε πως αναφερόμαστε στην συνάρτηση της φάσης του σημείου xo ως προς τον χρόνο.
Το α σου ζητάει λοιπόν να απεικονίσεις την φάση του σημείου x=0 ως προς τον χρόνο : φ(t)|x=0
Αντικαθιστώντας στην εξίσωση της φάσης για ένα αρμονικό εγκάρσιο κύμα θα έχεις :
φ = 2πt/Τ - 2π*0/λ
φ = 2πt/T ή
φ = ωt
Άρα, την χρονική στιγμή t = 0s θεωρείς ο,τι το κύμα μόλις έχει φτάσει στο σημείο x = 0 , οπότε στο διάγραμμα φάσης χρόνου, βάζεις 0 rad για t = 0s. Και για t > 0 , σχεδιάζεις μια ευθεία με κλίση ω.
Έχοντας την εξίσωση της φάσης, αντικαθιστάς στην εξίσωση της απομάκρυνσης :
y = Aημ(ωt - 2πx/λ)
y = Aημ(φ)
y = Αημ(ωt)
Ένα ενδιαφέρον αποτέλεσμα το οποίο μας λέει πως το σημείο χ = 0 στην ουσία εκτελεί ταλάντωση.
Αυτό δεν πρέπει να σε ξαφνιάζει όμως καθώς όλα τα σημεία στα οποία έχει φτάσει το κύμα εκτελούν ταλάντωση. Αυτό είναι μια γενικότερη αλήθεια που ισχύει πάντα στα κύματα.
Παρακάτω θα βρεις και τα διαγράμματα :
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Αυτά παρακάτω δεν χρειάζονται,τα διαβάζεις για καλύτερη κατανόηση και μόνο, η άσκηση τελειώνει στην ουσία παραπάνω.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Το ενδιαφέρον είναι πως τα διαφορετικά σημεία πάνω στον άξονα x κάνουν και αυτά ταλάντωση, αλλά με διαφορετική αρχική φάση σε σχέση με το σημείο x = 0. Αυτή η αρχική φάση εξαρτάται απο την ποσότητα 2πx/λ , η οποία εξαρτάται απο την θέση των σημείων πάνω στον άξονα.
Απο αυτό το γεγονός προκύπτει και το σημαντικό συμπέρασμα πως η διαφορά φάσης μεταξύ δύο σημείων Δφ, θα δίνεται απο την σχέση :
Δφ = 2πx2/λ - 2πx1/λ =>
Δφ = 2π(x2-x1)/λ =>
Δφ = 2πΔχ/λ
Αυτό είναι σημαντικό, πρέπει να το κρατήσεις γερά στο νου σου για μελλοντικές ασκήσεις αλλά και επειδή λέει πολύ σημαντικά πράγματα για τα κύματα. Λόγου χάρη, απο αυτή την ιδιότητα προκύπτει άμεσα αυτό που συζητήσαμε και χθες πως ανά λ/4 θα έχεις κοιλάδα->μηδενισμό ή όρος-> μηδενισμό.
Διότι για σημεία που απέχουν Δχ = λ/4 θα ισχύει :
Δφ = [2π(λ/4)]/λ = π/2
Η απομάκρνυση του σημείου x1 θα είναι :
y1 = Aημ(ωt+ φ1) , όπου φ1 = 2πx1/λ
Ενώ η απομάκρυνση του x2 θα είναι :
y2 = Aημ(ωt + φ1 + Δφ) =>
y2 = Αημ(ωt + φ1 + π/2) =>
y2 = Ασυν(ωt + φ1)
Να λοιπόν πως αιτιολογείται η κατάσταση. Η απομάκρυνση του σημείου x1 εξαρτάται απο το ημίτονο του ωt + φ1 ενώ η απομάκρυνση του x2 εξαρτάται απο το συνημίτονο του ωt + φ1. Το ημίτονο λαμβάνει την μέγιστη/ελάχιστη τιμή του όταν το συνημίτονο μηδενίζεται, και αντίστροφα , το συνημίτονο λαμβάνει την μέγιστη/ελάχιστη τιμή του όταν το ημίτονο μηδενίζεται. Αυτό σημαίνει πραγματικά το να υπάρχει διαφορά φάσης π/2(που ισοδυναμεί σε φυσική απόσταση λ/4 μεταξύ των σημείων).
Εαν είχαμε φυσική απόσταση λ/2 μεταξύ των σημείων, δηλαδή Δχ = |x2-x1| = λ/2 , η διαφορά φάσης θα ήταν π. Αυτό θα σήμαινε πως εαν στο y1 είχαμε όρος κάποια χρονική στιγμή, στο y2 θα είχαμε κοιλάδα την ίδια χρονική στιγμή. Και αντίστροφα αν στο y1 είχαμε κοιλάδα κάποια χρονική στιγμή στο y2 θα είχαμε όρος την ίδια χρονική στιγμή, ενώ εαν κάποια χρονική στιγμή παρατηρούσαμε είτε το y1 και ήταν μηδέν, αυτόματα θα ξέραμε ο,τι και το y2 θα ήταν μηδέν, και αντίστροφα. Εαν παρατηρούσαμε το y2 και βλέπαμε ο,τι ήταν μηδέν, τότε θα ξέραμε ο,τι και το y1 θα ήταν μηδέν.
Τέλος τα σημεία με φυσική απόσταση Δχ = λ, θα είχαν διαφορά φάσης μηδέν. Με λίγα λόγια θα ίσχυε : y1 = y2.
Στις ασκήσεις αυτά μπορούν να σου γλυτώσουν χρόνο και κόπο ορισμένες φορές. Είναι καλό να αρχίσεις να εξασκείς σιγά σιγά το νου γνωρίζοντας τα για να αρχίσεις να κάνεις build intuition για ορισμένα φαινόμενα. Που για μένα τουλάχιστον αυτή είναι και η ουσία για να γράψεις καλά. Το να σου δώσουν μια εξίσωση και να βάλεις νούμερα δεν έχει αξία, είναι υπολογισμός. Δηλαδή εαν σου έλεγα για δύο σημεία που απέχουν απόσταση 3λ/8 , το να βρεις την διαφορά φάσης και τις εξισώσεις θα ήταν καθαρά μαθηματικό/υπολογιστικό πρόβλημα χωρίς ιδιαίτερη αξία για την φυσική αντίληψη του προβλήματος.
Στα γράφω αναλυτικά γιατί θέλω να συνηθίσεις να βγάζεις μόνη σου on the fly ο,τι τυχόν μπορεί να χρειαστείς χωρίς να πιέζεσαι να αποστηθίζεις πράγματα.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Χαίρομαι που βοήθησα. Ελπίζω να είναι κατανοητά, είναι πολύ σημαντικά .Πω πω Sam… για άλλη μια φορά, ειλικρινά με σώζεις. Δεν ξέρω πως να σε ευχαριστήσω. Είσαι φοβερός. Σε ευχαριστώ, σε ευχαριστώ, σε ευχαριστώ
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ένα αρμονικό κύμα περιγράφεται γενικά απο την εξίσωση :
y = A*ημ(ωt - 2πx/λ)
Το όρισμα του ημιτόνου το αποκαλούμε φάση και δίνεται απο την σχέση :
φ = ωt - 2πx/λ.
Δώσε έμφαση στο γεγονός πως σε αντίθεση με μια ταλάντωση, η φάση δεν εξαρτάται μόνο απο τον χρόνο αλλά και απο την απόσταση.
Το κύμα έχει το εξής ιδιαίτερο χαρακτηριστικό : είναι μια διαταρραχή που εκτείνεται στον χώρο, και εξελίσσεται στον χρόνο. Στην περίπτωση μας, το κύμα διαδίδεται κατά μήκους του άξονα x, και η διαταρραχή γίνεται κατά μήκος του άξονα y(κάθετη η διεύθυνση "ταλάντωσης" των σημείων του άξονα x ως προς την διεύθυνση διάδοσης της διαταρραχής οπότε έχουμε εγκάρσιο κύμα).
Θα μπορούσαμε να γράψουμε την χρονική στιγμή που μας δίνεται ως εξής :
t = T + T/4 =>
t = 2π/ω + 2π/4ω =>
t = 4π/2ω + π/2ω =>
t = 5π/2ω
Οπότε η αρχική φάση θα γίνει :
φ = ω(5π/2ω) - 2πx/λ
φ = (-2π/λ)x + 5π/2
Η παραπάνω εξίσωση έχει την μορφή της εξίσωσης της ευθείας :
y = αχ + β
Εαν φανταστείς βέβαια πως y = φ , α = -2π/λ, και β = 5π/2.
Δηλαδή θα σχεδιάσεις μια ευθεία για την φάση, που για x = 0 θα παίρνει την τιμή 5π/2, και θα έχει κλίση -2π/λ.
Επίσης η φάση πρέπει να είναι θετική :
φ >= 0 =>
(-2π/λ)x + 5π/2 >= 0 =>
(-2π/λ)x >= -5π/2 =>
χ <= 5λ/4
Για x μεγαλύτερα απο την παραπάνω τιμή(δηλαδή για αποστάσεις μεγαλύτερες απο αυτή την τιμή), το κύμα δεν έχει προλάβει να φτάσει ακόμα εκεί. Οπότε πρέπει να είναι y = 0 και φ = 0 καθώς αφενός δεν έχουν διαταρραχθεί τα πιο μακρινά σημεία ακόμα, και αφετέρου αρνητική φάση θα σήμαινε πως το κύμα έφτασε εκεί σε λιγότερο χρόνο απο όσο χρειάζεται για να διαδοθεί ως εκεί, το οποίο είναι αδύνατο, άρα η φάση τους θα είναι 0. Οπότε για x > 5λ/4 , η φάση θα πρέπει να είναι αυστηρά μηδέν, για την δεδομένη χρονική στιγμή πάντα.
Για να βρούμε την γραφική της "απομάκρυνσης" y ως προς τον άξονα x, δηλαδή ως προς την θέση στον άξονα x, θα αντικαταστήσουμε στην εξίσωση του y όπου t την τιμή 5π/2ω που βρήκαμε προηγουμένως. Οπότε :
y = Aημ( 5π/2 -2πx/λ)
Απο τριγωνομετρία θα ισχύει :
y = A[ημ(5π/2)*συν(2πx/λ) - ημ(2πx/λ)*συν(5π/2)]
Όμως είναι :
ημ(5π/2) = ημ(2π + π/2) = ημ(π/2) = 1
συν(5π/2) = συν(2π + π/2) = συν(π/2) = 0
Άρα :
y = A*συν(2πx/λ)
Η γραφική της διαταρραχής y ως προς το x σχεδιάζεται ως εξής λοιπόν : Ξεκινάς απο το x = 5λ/4, διότι το κύμα σε χρόνο T + T/4 διανύει απόσταση λ + λ/4 = 5λ/4 , και θέτεις την απομάκρυνση y = 0 , διότι την στιγμή T + T/4 το κύμα μόλις έχει φτάσει σε εκείνο το σημείο και δεν έχει προλάβει ακόμα να το διατταράξει.
Κάνεις τον εξής υπολογισμό έπειτα : Για x = λ(δηλαδή λ/4 πιο "πίσω" απο το 5λ/4) , βρίσκεις απο την εξίσωση του y εαν το σημείο αυτό είναι κοιλία ή όρος. Γιατί ; Διότι πριν απο έναν μηδενισμό του πλάτους, σε απόσταση λ/4, θα έχεις είτε κοιλάδα είτε όρος(και λ/4 πριν απο μια κοιλάδα ή ένα όρος θα έχεις μηδενισμό). Άρα, σε αυτή την περίπτωση για x = λ :
y = A*συν(2πλ/λ)
y = A*συν(2π)
y = Α
Επομένως στο x = λ έχεις όρος.
Άρα σε απόσταση λ - λ/4 = 3λ/4 , θα έχεις μηδενισμό.
Σε απόσταση 3λ/4 - λ/4 = λ/2 , θα έχεις κοιλάδα.
Σε απόσταση λ/2 - λ/4 = λ/4 , θα έχεις μηδενισμό.
Σε απόσταση λ/4 - λ/4 = 0 , θα έχεις όρος.
Σε απόσταση 0 - λ/4 = -λ/4 , θα έχεις μηδενισμό.
Σε απόσταση -λ/4 - λ/4 = -λ/2 , θα έχεις κοιλάδα.
Έχοντας αυτά τα στοιχεία υπόψιν, θα μπορείς πάντα να κατασκευάζεις την χωρική μορφή του κύματος για μια συγκεκριμένη χρονική στιγμή.
Παρακάτω βλέπεις και τα διαγράμματα :
Samael
Τιμώμενο Μέλος
I could help you .Ήρθα και εγώ εδώ με χίλιες δυο απορίες για τα κύματα, εν τέλη θυμήθηκα πως δεν τα έχετε κάνει οι περισσότεροι Ωραία θα περάσουμε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Η ουσία είναι πως ως προς το πρακτικό κομμάτι της προετοιμασίας σου για τις πανελλήνιες θα πρότεινα να δώσεις ιδιαίτερη βαρύτητα στα Β διότι όπως είπα απαιτούν σκέψη,οπότε εμπλέκουν ενεργά το μυαλό σου στην διαδικασία να εξοικειωθεί και να εμβαθύνει σε όσα έχει διαβάσει απο θεωρία. Αυτό πέρα απο τα προφανή οφέλη(αποκτάς ευχέρεια των εννοιών για να απαντήσεις ερωτήσεις θεωρίας αλλά και τα ερωτήματα Β), προσφέρει και σημαντικό insight στο να αντιμετωπίζεις τα θέματα Γ και Δ. Διότι εαν βασιστείς μόνο σε μεθοδολογίες, εαν ξεχάσεις κάτι εκείνη την στιγμή,θα στοιχίσει. Αλλά εαν αποκτήσεις βαθύτερο insight γιατί οι μεθοδολογίες αυτές δουλεύουν, τότε θα εξαρτάσαι απο την μνήμη σου.Oh. Τα έχω παρεξηγήσει αρκετά δηλαδή.
--->Αυτό για τα πρακτικά του ζητήματος.
--->Γενικότερα τώρα
Όλοι παρεξηγημένα τα είχαμε όταν τα κάναμε, ή τουλάχιστον δεν καταλαβαίναμε πλήρως την αξία τους,κακά τα ψέματα . Ως προς το κομμάτι των σπουδών κάποιου είναι πιο "χρήσιμα" υπό την έννοια πως πολλά πανεπιστημιακά βιβλία φυσικής πραγματεύονται πολλά concepts μέσω τέτοιων "προβλημάτων", που μοιάζουν με τα Β.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Τα Β θέματα ίσως είναι τα μόνα που έχουν κάποια παραπάνω αξία σε σχέση με όλα τα υπόλοιπα απο φυσικής σκοπιάς, διότι σε έβαζαν στο λούκι να κάνεις χρήσιμες παρατηρήσεις βασιζόμενος στην θεωρία.Β θέματα for the win! Με ταλαιπωρούσαν, αλλά ομολογουμένως τα απολάμβανα περισσότερο απ' όλα τα υπόλοιπα.
Το πρώτο θέμα εαν έχεις διαβάσει το γράφεις, όπως και τα άλλα δύο(τρίτο και τέταρτο) είναι μεθοδολογίες με number crunching στην ουσία. Δεν έχεις πολλά να κερδίσεις απο εδώ εκτός ίσως απο εξοικείωση με τα concepts.
Οπότε αυτές οι "σπαζοκεφαλιές" είναι χρήσιμες, διότι οξύνουν την φυσική αντίληψη γύρω απο την θεωρία.Το ωραίο με αυτά κιόλας είναι ότι μοιάζουν αρκετά με σπαζοκεφαλιές. :3
Δυστυχώς όμως στο λύκειο αντιμετωπίζονται ως ασκήσεις και σπάνια θα σταματήσει καθηγητής να σχολιάσει τα αποτελέσματα καθώς ο σκοπός είναι να μπορείς να λύσεις την άσκηση έστω και μηχανικά, ώστε να προχωρήσεις στην επόμενη.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Υποθέτωντας σταθερή μάζα σώματος ή/και συστήματος m, η ποσότητα Δp/Δt αναλύεται ως εξής :Ότι dp/dt=ΣF πρέπει να το αποδεικνύω;
Δp/Δt = Δ(mu)/Δt , διότι εξ'ορισμού : p = mu.
Όμως Δ(mu) = m'u' - mu = m(u'-u) = mΔu
Όπου m' η τελικά μάζα(ίση με m διότι η υπόθεση λέει αμετάβλητη μάζα), και u' η τελική ταχύτητα. Ενώ m και u η αρχική μάζα και ταχύτητα.
Άρα :
Δp/Δt = m(Δu/Δt)
Όμως η μεταβολή της ταχύτητας ορίζεται ως η επιτάχυνση :
Δu/Δt = α ,απο ορισμό.
Οπότε :
Δp/Δt = mα
Και φυσικά απο τον δεύτερο νόμο τον Νεύτωνα : ΣF = mα
Δp/Δt = ΣF
Αποδεικνύται πως εαν θεωρήσεις ταχύτητες ux,uy,uz και δυνάμεις Fx,Fy,Fz και για τις τρεις διαστάσεις του χώρου,θα ισχύει και η εξής διανυσματική σχέση :
Δp/Δt = ΣF
ή
Δp = ΣF*Δt
Το παραπάνω λέει πως η μεταβολή της ορμής που συμβαίνει σε χρονικό διάστημα Δt, θα ισούται με την μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα/σύστημα στο χρονικό αυτό διάστημα.
Στο όριο που το χρονικό διάστημα γίνεται απειρωστά μικρό, δηλαδή Δt ~= 0, η παραπάνω σχέση λέει πως ο ρυθμός μεταβολής της ορμής(Δp/Δt) μια χρονική στιγμή to, θα ισούται με την δύναμη που ασκείται στο σώμα εκείνη την στιγμή.
Προσοχή στο γεγονός πως οι ποσότητες Δp/Δt και dp/dt δεν είναι ίδιες. Η μια αφορά χρονικό διάστημα(απο t1 = to εως t2 = to+Δt) ενώ η άλλη χρονική στιγμή(t1 = to). Στο όριο που το Δt γίνεται πολύ μικρό, οι δύο ποσότητες γίνονται σχεδόν ίσες(οπότε λέμε ο,τι πρακτικά είναι ίσες).
Εγκυκλοπαιδικά συμπληρώνω πως το γινόμενο F*Δt λέγεται ώθηση, συμβολίζεται με J και μετριέται σε Ν*s ή Kg*m/s.
Η απόδειξη δεν χρειάζεται. Μπορείς να θεωρείς πως F = mα και F = dp/dt είναι το ίδιο πράγμα. Εαν και να ξέρεις πως δεν ισχύει γενικά και πως στο πλαίσιο της κλασσικής μηχανικής, η δεύτερη εκδοχή είναι πιο γενική απο την πρώτη(και επομένως "πιο σωστή").
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Δεν βαριέσαι, εύκολες μονάδες. Ούτως η άλλως δεν θα συνιστούσα σε κανέναν να το θυμόταν απ'έξω διότι δεν είναι καθόλου θεμελιώδης νόμος. Ο νόμος του Faraday απο την άλλη είναι. Η νοοτροπία με τα εντός και εκτός ύλης που έχει το υπουργείο παιδείας με ξεπερνάει πάντως .είναι πραγματικά εντελώς γελοίο, αλλά ζητείται η απόδειξη στις ασκήσεις (ένας λίγο περίεργος άνετα σου κόβει αν δεν το αποδείξεις), επειδή το σχολικό αναφέρει τον τύπο μία σελίδα μετά την τελευταία σελίδα που είναι εντός ύλης.
(τουλάχιστον αυτό ισχύει για εμάς που δίναμε το '22, αλλά αμφιβάλλω ότι έκαναν τον κόπο να το αλλάξουν)
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ναι το φαντάστηκα οτι θα το ζητούσαν αυτό,αλλά εντάξει είναι κυριολεκτικά γελοίο αρκεί κανείς να ξέρει τις βασικές εξισώσεις κίνησης και τον νόμο του Faraday. Δηλαδή δεν νομίζω κάποιος να μην μπορούσε να το βγάλει επιτόπου και να μην το είχε διαβάσει, είναι πόρισμα στην ουσία.Στον ηλεκτρομαγνητισμό υπάρχει ο τύπος υπολογισμού της ΗΕΔ από επαγωγή Εεπ = Βυl που πρέπει να αποδεικνύεται στις ασκήσεις μέσω του νόμου του Faraday
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Εφόσον μια σχέση υπάρχει μέσα στο βιβλίο δικαιούσαι να την χρησιμοποιήσεις χωρίς απόδειξη σε κάποιο πρόβλημα. Εαν σου ζητάνε να δείξεις τώρα κάτι...αυτό είναι άλλη υπόθεση. Συνήθως αυτούσιες αποδεικτικές ασκήσεις δεν θυμάμαι να πέφτουν παρά μόνο αρκετά σπάνια και συγκεκριμένα στο κεφάλαιο των ταλαντώσεων, που ίσως σου ζητηθεί να αποδείξεις οτι ένα σώμα θα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση.Γεια σας, έχω μια ερώτηση να θέσω. Όχι που θα μου ξέφευγε κι αυτό το θρεντ. Στα χρόνια μου, θυμάμαι ότι στη φυσική κάποιες σχέσεις (στις ταλαντώσεις αν θυμάμαι καλά) έπρεπε να τις αποδεικνύουμε για να τις χρησιμοποιήσουμε. Ισχύει ακόμη αυτό; Γενικά, σε όλη την ύλη, ποιες σχέσεις πρέπει να αποδεικνύουμε ώστε να τις χρησιμοποιήσουμε;
Έπειτα υπήρχαν κάποιες σχέσεις στο υποκεφάλαιο με τα beats και την σύνθεση ταλαντώσεων.
Στον ηλεκτρομαγνητισμό δεν νομίζω να υπάρχει κάτι σχετικό καθώς είναι εντελώς αξιωματικά θεμελιωμένος και οι ασκήσεις πολύ απλές. Πάλι θα μπορούσαν θεωρητικά να βάλουν ερώτημα περί αρμονικής ταλάντωσης του ρεύματος αλλά το κόβω χλωμό ή μάλλον αδύνατο καθώς δεν διδάσκονται άλλα στοιχεία πέρα απο την αντίσταση, τα οποία θα μπορούσαν να προκαλέσουν την ταλάντωση.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Το α έπρεπε να είσαι 100% σίγουρη οτι είναι λάθος βασικά .Λοιπόν μόλις τελείωσα μερικές ασκήσεις που έλυνα και επανήλθα.
Σε ευχαριστώ πάρα πολύ για την λεπτομερή λύση Sam Απ’ότι βλέπω το πρόβλημα μου ήταν αριθμητικό. Εγώ έβρισκα το α. Μάλλον φταίει ότι έκανα κατευθείαν διαίρεση κατά μέλη με το ποσοστό μεταβολής κινητικής ενέργειας του καθενός (Π1 και Π2). Θα προσπαθήσω να το ξανά λύσω αργότερα τώρα που έχω δει τον τρόπο σου.
Ευχαριστώ πολύ! Προσπαθώ να το κάνω αυτό, ναι. Απλά ορισμένες φορές (όπως αυτή) κόλλησε το μυαλό μου και δεν ήξερα τι άλλο να κάνω. Στην αρχή ήμουν 100% positive ότι είναι το α.
Αρχικά, να πω και εγώ με την σειρά μου ότι κανείς πολύ ωραία γράμματα και ευανάγνωστα Τώρα, η αλήθεια είναι ότι έτσι άρχισα να την λύνω όταν μου είπαν ότι είναι το β αλλά όταν έλυσα ως προς V συσσωματώματος μου φάνηκε αρκετά περίπλοκο με το που το έβαλα στον τύπο της κινητικής ενεργείας οπότε είπα δεν θα το συνεχίσω. Comes out it was right after all.
Σας ευχαριστώ όλους πάρα πολύ για την βοήθειά σας, το εκτιμώ απίστευτα, γιατί όντως μαθαίνω και βελτιώνομαι, το έχω παρατηρήσει (και ας κάνω jokes με τα μαθηματικά ακόμη, και εκεί πιστεύω έχω βελτιωθεί και χαίρομαι)
Σκέψου το ως εξής, εαν υποθέσεις οτι η μάζα m ήταν αμελητέα σε σχέση με την μάζα M τότε το συσσωμάτωμα θα είχε οριακά μηδενική ταχύτητα μετά την πρόσκρουση του σώματος m στο ακινητοποιημένο σώμα μάζας M. Θα ήταν σαν να τράκερνε ένα μυρμήγκι σε ένα λεωφορείο. Σε αυτή την περίπτωση το ποσοστό απωλειών για το σώμα m θα ήταν Π1 ~= 100%.
Εαν τώρα το σώμα μάζας M προσέκρουε πάνω στο αμελητέας μάζας m ακινητοποιημένο σώμα , τότε το συσσωμάτωμα θα συνέχιζε να κινείται με την ίδια περίπου ταχύτητα που είχε πριν το σώμα μάζας M. Κάνοντας επιπλέον την υπόθεση οτι m+M ~= M , τότε θα προέκυπτε οτι το ποσοστό Π2 θα ήταν ~= 0%. Θα ήταν σαν να τράκερνε τώρα ένα φορτηγό ένα μυρμήγκι.
Απο το παραπάνω νοητικό πείραμα καταλαβαίνεις αμέσως η σχέση των ποσοστών Π1 και Π2 εξαρτάται άμεσα απο τις μάζες των σωμάτων και συγκεκριμένα απο την αναλαογία τους !
Αυτό που ενδεχομένως έχει λοιπόν ενδιαφέρον απο φυσικής σκοπιάς είναι να παρατηρήσει κανείς οτι όταν
m/M > 1 , τότε : Π1 < Π2 , δηλαδή είναι πιο αποδοτικό ένα σώμα να προσκρούσει πλαστικά σε ένα άλλο ακίνητο σώμα με μικρότερη μάζα απο ότι το αντίστροφο . Για m/M < 1 εξάγουμε το ίδιο συμπέρασμα(λογικό εφόσον υπάρχει συμμετρία στο πρόβλημα εαν εναλλάξουμε τους ρόλους των m & M).
Εαν δηλαδή κάποιος ήθελε να φτιάξει μια σφαίρα για παράδειγμα, θα την έκανε πιο θανάσιμη εαν είχε μικρή μάζα και ανέπτυσσε μεγάλες ταχύτητες. Μεγάλες ταχύτητες θα σήμαιναν μεγάλη κινητική ενέργεια(άρα μεγαλύτερη ικανότητα να προκαλέσει ζημιά) και ταυτόχρονα μικρή μάζα θα σήμαινε μεγάλο ποσοστό απωλειών(άρα μικρή κινητική ενέργεια για το σχηματιζόμενο συσσωμάτωμα άνθρωπος-σφαίρα, και επομένως μεγαλύτερη παραγωγή θερμικής ενέργειας, ικανή να προκαλέσει βλάβες σε ανθρώπινο ιστό). Φυσικά μια ελαφριά σφαίρα έχει άλλα θέματα όπως οτι μπορεί εύκολα να επηρεαστεί απο τον άνεμο, άρα έχεις μικρότερη ακρίβεια. Επίσης επειδή και η αύξηση της μάζας αυξάνει την κινητική ενέργεια δεν είναι απόλυτο οτι κάνοντας την σφαίρα όσο πιο ελαφριά γίνεται θα γινόταν και πιο θανάσιμη. Βέβαια η κινητική ενέργεια αυξάνει γραμμικά με την μάζα σε αντίθεση με την ταχύτητα που αυξάνει βάσει του τετραγώνου της...Ωστόσο οκει δεν κάνουμε οπλουργία εδώ, απλά ήθελα να δείξω πως και απο ένα σχετικά απλό πρόβλημα μπορεί κανείς να πει κάποια γενικότερα πράγματα. Στην πράξη αυτό το συμπέρασμα θα ήταν λάθος δηλαδή και θα έπρεπε κανείς να ζυγίσει πολλούς παράγοντες για να βρει την βέλτιστη λύση...αλλά εκεί φεύγουμε απο την φυσική και περνάμε στην μηχανολογία όπου ο αέρας δεν αμελείται. Still though the point is clear .
Σχεδόν καμία άσκηση του λυκείου δεν έχει φυσική σκέψη διότι είναι όλες σε στυλ να τα δεδομένα σου,να και οι υποθέσεις, βρες αυτά και αυτά. Για να υπήρχε φυσική σκέψη θα χρειαζόταν το πείραμα και απο εκεί και πέρα ο προβληματισμός των μαθητών. Και αυτό είναι key point,η σκέψη και η αντίληψη αρχίζει να δημιουργείται όταν είναι σε θέση κάποιος να κάνει καλές ερωτήσεις. Το ακριβώς αντίθετο δηλαδή απο ότι καλλιεργείται στο σχολείο και στα φροντιστήρια, πως να δίνεις δηλαδή απαντήσεις. Για να κάνεις καλές ερωτήσεις όμως χρειάζεται να κάνεις παρατηρήσεις και να δεχτείς ερεθίσματα, το οποίο είναι αδύνατο χωρίς πειράματα.Μπορώ να το εκλάβω μόνο ως αστείο
Πέρα από την πλάκα, καταλαβαίνω πως το λες. Ωστόσο, το 15 που έδινα εγώ, θυμάμαι ότι όλα τα κεφάλαια της φυσικής έτσι ήταν. Το μόνο κεφάλαιο που ήθελε σκέψη ήταν το στερεό. Όλα τα άλλα ήταν απλώς μαθηματικές εφαρμογές ( ταλαντώσεις, κύματα..).Ίσως έχουν αλλάξει τα πράγματα από τότε idk
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Hello .
Απο την αρχή διατήρησης της ορμής θα ισχύει για την περίπτωση που το σώμα μάζας m προσκρούει στο σώμα μάζας M :
Pαρχ = Pτελ
(σε μια πλαστική κρούση έχουμε συννένωση των δύο σωμάτων που συγκρούονται σε ένα κοινό σώμα με μάζα m+M και ταχύτητα v1 μετά την κρούση).
mu1 = (m+M)v1 => (το σώμα μάζας M αρχικά είναι ακίνητο οπότε u2 = 0 m/s )
v1/u1 = m/(m+M) =>
[v1/u1]² = [m/(m+M)]²
Το ποσοστό απωλειών μηχανικής ενέργειας(ισοδύναμα ποσοστό απωλειών κινητικής ενέργειας για μια κρούση) δίνεται ως :
Π1 = (Μεταβολή κινητικής ενέργειας του συστήματος)/(Αρχική κινητική ενέργεια συστήματος) =
Π1 = ΔΚ/Καρχ , όπου οι ενέργειας αναφέρονται σε όλο το σύστημα.
Π1 = [ 0.5mu1² - 0.5(m+M)v1² ] / (0.5mu1²) =>
Π1 = [mu1² - (m+M)v1²] / mu1² =>
Π1 = 1 - [(m+M)/m][v1/u1]² =>
Π1 = 1 - [(m+M)/m][m/(m+M)]² =>
Π1 = 1 - m/(m+M) =>
Π1 = (M+m-m)/(m+M) =>
Π1 = M/(m+M)
Για την περίπτωση που το σώμα μάζας M προσκρούει στο σώμα μάζας m λόγω "συμμετρίας" του προβλήματος μπορείς απλά να αντικαταστήσεις το M με το m στον τύπο για το Π1 ώστε να βρεις το Π2 :
Π2 = m/(m+M)
Οπότε διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις για τα Π1 και τα Π2 έχουμε :
Π1/Π2 = [M/(m+M)]/[m/(m+M)] = M/m
ή ισοδύναμα :
Π2 = (m/M)Π1
Εαν χρειάζεσαι κάπου βοήθεια πες μου .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Οι γεωμετρικές μεθόδοι έχουν πάντα να προσφέρουν ως προς το διαισθητικό κομμάτι και είναι και powerful in their own right στην επίλυση προβλημάτων .Σε ευχαριστώ πάρα πολύ Sam, που μου το εξήγησες και με τις καμπύλες! Είναι πολύ ενδιαφέρον αυτός ο τρόπος. Ειδικά εδώ:
Νομίζω με κάλυψες πλήρως.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Νομίζω οτι όσο εμβαθύνει κανείς περισσότερο ούτως η άλλως αντιλαμβάνεται οτι τα πράγματα μπορούν να αναλυθούν στο πιο θεμελιώδες επίπεδο τους μόνο μέσω των μαθηματικών.Eίναι πολύ λεπτή η γραμμή πλέον για το που τελειώνουν τα Εφαρμοσμένα Μαθηματικά και που ξεκινάει η Φυσική ή η Στατιστική ως αυτόνομη επιστήμη επειδή περιέχουν αρκετά μεγάλο βαθμό μαθηματικοποίησης. Φυσική μπορεί να είναι ένα μάθημα Θεωρίας Αλγεβρών Lie ενώ είναι ενότητα της Aπειροστικής Γεωμετρίας και δεν έχει ούτε ένα πρόβλημα Φυσικής. Ακατανόητες λέξεις για την Ελληνική κοινότητα πτυχιούχων Φυσικής ή Μαθηματικών νοοτροπίας άντε να τελειώνουμε, να πάρουμε το κ**λόχαρτο και να διοριστούμε με τις λίστες αναπληρωτών.
Εστίσε στην παρακάτω φώτο :Γειά σας! Διακόπτω την ενδιαφέρουσα συζήτηση (το εννοώ) με μια απορία.
Λοιπόν… Όταν έχουμε αρχική φάση (φ0) π/2, το συνημίτονο της ταχύτητας αλλάζει και γίνεται ημίτονο αλλά πλην ημίτονο. Το γράψαμε στην τάξη αλλά το είπαμε γρήγορα και προχώρησε ο καθηγητής.
View attachment 105175
Τον ρώτησα μετά σε μήνυμα αλλά έλαβα αυτή την απάντηση:
View attachment 105176
Οπότε… Ναι θα εκτιμούσα αν κάποιος θα μπορούσε να μου το εξηγήσει. Ξέρω γενικά αυτόν τον κανόνα:
View attachment 105177
Αλλά το πλην δεν καταλαβαίνω που κολλάει.
Η πράσσινη καμπύλη είναι το ημίτονο.
Η κόκκινη είναι το ημίτονο με αρχική φάση +π/2 ( το ημ(x +π/2) δηλαδή ).
H μπλε είναι το ημίτονο με αρχική φάση -π/2 ( το ημ(x - π/2) δηλαδή).
Όπως βλέπεις αρχική φάση +π/2 είναι ισοδύναμη με την μετατόπιση της αρχικής συνάρτησης του ημιτόνου κατά π/2 προς τα αριστερά. Αρχική φάση -π/2 όμως είναι ισοδύναμη με μετατόπιση του ημιτόνου κατά π/2 προς τα δεξιά.
Εαν είσαι πιο προσεκτική θα δεις οτι η κόκκινη καμπύλη που προκύπτει για αρχική φάση +π/2 στο ημίτονο(μετατόπιση προς τα αριστερά), δίνει την συνάρτηση του συνημιτόνου. Οπότε :
ημ(x + π/2) = συν(χ)
Παρατήρησε όμως πως για αρχική φάση -π/2(παίρνεις την μπλε καμπύλη) παίρνεις μια πολύ όμοια μορφή με το συνημίτονο(κόκκινη καμπύλη) αλλά όχι ακριβώς ίδια. Οι δύο καμπύλες μηδενίζονται στα ίδια σημεία και όταν η μια λαμβάνει την μέγιστη τιμή της, η άλλη λαμβάνει την ελάχιστη, και ανάποδα.
Οπότε η μπλε καμπύλη είναι η -συνx.
Άρα :
ημ(x+π/2) = συνx
ημ(x-π/2) = -συνx
Ανάλογα με το εαν η αρχική φάση είναι +π/2 ή -π/2 θα πάρεις συνx ή -συνx .
Γενικά το γράφημα μιας οποιαδήποτε συνάρτησης : f(x+c) είναι το γράφημα της f μετατοπισμένο προς τα αριστερά. Το γράφημα μιας οποιαδήποτε συνάρτησης της μορφής : f(x-c) είναι το γράφημα της f μετατοπισμένο προς τα δεξιά.
Όμως πεειδή το ημίτονο και το συνημίτονο πρακτικά είναι η ίδια συνάρτηση, αυτή η μετατόπιση,ανάλογα εαν γίνεται προς τα δεξιά ή τα αριστερά μπορεί να μετατρέψει την μια στην άλλη ή στο αντίθετο της. Αυτό βέβαια εαν η μετατόπιση είναι κατά μέτρο ίση με π/2.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ίσως πάνω σε αυτό να θέλει να πει και ο @nPb την γνώμη του. Αλλά κατ'εμέ τουλάχιστον δεν νοείται άνθρωπος που κατανοεί εις βάθος φυσική χωρίς να έχει μπει στο πετσί της μαθηματικής σκέψης που πάει πέρα απο το να βλέπει κάποια πράγματα σαν εργαλεία, και αρχίζει να τα χειρίζεται ως "όμορφες" μαθηματικές ιδέες.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Η θέση δίνεται απο την σχέση :Λοιπόν, ξανά μπήκα and I have yet another question. Πως συνδέεται η ταχύτητα με την απομάκρυνση; Ξέρω πως, σε κάθε θέση, η ταχύτητα παίρνει και συν και πλην, ανάλογα με το προς τα που κινείται το σώμα (αριστερά ή δεξιά).
x(t) = Asin(ωt + φ)
Ενώ η ταχύτητα απο μια σχέση της μορφής :
u(t) = ωΑcos(ωt + φ)
Η οποία μπορεί να γραφτεί λόγω τριγωνομετρίας ως :
u(t) = ωΑsin(ωt + φ + π/2)
Δηλαδή η ταχύτητα είναι επίσης ημιτονοειδής συνάρτηση ως προς τον χρόνο και παρουσιάζει διαφορά φάσης με την θέση κατά π/2. Επομένως τι είπαμε για τα μεγέθη που έχουν διαφορά φάσης π/2 ή 90° ; Όταν το ένα γίνεται μέγιστο ή έλάχιστο το άλλο μηδενίζεται. Όταν λοιπόν το σώμα φτάνει σε ακραία θέση ταλάντωσης,οπότε αποκτά την μέγιστη δυναμική ενέργεια, η ταχύτητα μηδενίζεται όπως και η κινητική ενέργεια όπως είναι λογικό. Αντίστροφα όταν το σώμα φτάνει στην θέση ισορροπίας που μηδενίζεται η απομάκρυνση και επομένως η δυναμική ενέργεια, τότε έχει την μέγιστη ταχύτητα και επομένως και την μέγιστη κινητική ενέργεια.
Ότι σου περιέγραψε δηλαδή ο Γιάννης.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Να'σαι καλά!Ευχαριστώ x17263628. Δεν θέλω να σας κουράζω. Έχω μια τελευταία ερώτηση. Σε μια ΑΑΤ η απομάκρυνση και η επιτάχυνση, την ίδια χρονική στιγμή, τι πρόσημα έχουν η κάθε μια; Δεν αλλάζουν κατά την διάρκεια της ταλάντωσης;
Λοιπόν...είναι καλή στιγμή να συζητήσουμε πάλι αυτό που λέγαμε και παλιότερα.
Η σωστή ερώτηση είναι τι σχέση έχουν οι κατευθύνσεις τους.
Τα πρόσημα όπως έχουμε ήδη πει είναι απλά μαθηματικά κατασκευάσματα για να μπορούμε να κάνουμε άλγεβρα, δηλαδή υπολογισμούς με ακρίβεια και συνέπεια.
Στην ΑΑΤ ισχύει απο τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα(για ένα σώμα δεμένο σε ένα ελατήριο) οτι :
F = mα = -kx
Οπότε :
mα = -kx
Το μείον αυτό καθεαυτό δεν έχει κάποια φυσική σημασία. Διότι μπορείς να ορίσεις αυθαίρετα οποιαδήποτε θετική και αρνητική φορά θες. Δηλαδή δεξιά + και αριστερά - ή αντίστροφα δεξιά - και αριστερά + . Όλα θα δούλευαν τέλεια ότι και να επέλεγες. Το μείον σε μια διανυσματική σχέση όμως όπως αυτή παραπάνω έχει φυσική σημασία.
Σου δηλώνει πως ανά πάσα χρονική στιγμή(και αυτή είναι η σημαντική λεπτομέρεια), η επιτάχυνση θα είναι αντίθετη απο την απομάκρυνση.
Να το θέσω διαφορετικά. Ένα σώμα σε ένα ελατήριο που ταλαντώνεται συνεχώς νιώθει δύναμη που προσπαθεί να το επαναφέρει στην θέση ισορροπίας του. Επειδή : F = mα , η επιτάχυνση κοιτάζει πάντα προς την θέση ισορροπίας, εφόσον αυτό κάνει και η δύναμη. Αυτή είναι η πληροφορία που σε ενδιαφέρει απο φυσικής σκοπιάς σε πρώτη φάση.
Σε δεύτερη φάση για να κάνεις τους υπολογισμούς θα ορίσεις θετική φορά προς τα δεξιά ή τα αριστερά ώστα να αντικαταστήσεις αλγεβρικές τιμές και να ξεφορτωθείς τα διανύσματα απο τις εξισώσεις. Αλλά είναι σημαντικό να αντιληφθείς οτι η γεωμετρική δομή υπάρχει ανεξάρτητα απο οποιοδήποτε σύστημα αναφοράς επιλέξει κανείς. Γιατί οι φυσικοί νόμοι και τα φυσικά φαινόμενα υπάρχουν ανεξάρτητα τις μαθηματικές μας παραδοχές.
Εαν λοιπόν έχεις ένα σώμα που έχει κινηθεί προς τα δεξιά απο την θέση ισορροπίας, η επιτάχυνση θα κοιτάζει προς τα αριστερά. Προς την θέση ισορροπίας δηλαδή. Θα την αντικαταστήσεις με + ή - ; Η απάντηση είναι και τα δύο κάνουν...ΑΡΚΕΙ, να έχεις συνέπεια. Εαν βάφτισες την αριστερή φορά + θα πρέπει να την κρατήσεις έτσι σε όλους τους υπολογισμούς. Εαν βάφτισες την αριστερή φορά - πάλι μπορείς να κάνεις σωστά υπολογισμούς ΑΡΚΕΙ να έχεις συνέπεια και να διατηρήσεις αυτή την σύμβαση σε όλους τους υπολογισμούς.
Η γεωμετρική όμως δομή δεν αλλάζει. Το σώμα είναι δεξιά και η επιτάχυνση θα κοιτάζει αριστερά, ότι βαφτίσεις + ή - και ότι σύστημα αναφοράς χρησιμοποιήσεις.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Σωστός .Εννοεί πως αν για παράδειγμα η επιτάχυνση παίρνει τη μέγιστη θετική της τιμή, η απομάκρυνση θα πάρει και αυτή τη μέγιστη θετική της τιμή μετά από χρόνο Δt που αντιστοιχεί σε διάφορα φάσης π rad. Δηλαδή Δφ= ω*Δt=> Δφ= 2π*Δt/T => Δt = Δφ*Τ/2π => Δt= Τ/2 (σε χρόνο μισής περιόδου)
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
Σωστά, προσωπικά το σκέφτομαι με το σχήμα της ευθείας που έχει πάνω τις ακραίες θέσεις αλλά και ο κύκλος μας κανει
Ειδικά για διαφορά π/2 είναι χρήσιμο να έχει κανείς στο νου του οτι σημαίνει απο φυσικής σκοπιάς πως όταν το ένα μέγεθος φτάνει στην μέγιστη τιμή του, το άλλο μηδενίζεται. Και διαφορά π σημαίνει οτι όταν το ένα μέγεθος παίρνει την μέγιστη τιμή του, το άλλο παίρνει την ελάχιστη τιμή του.
Γενικά μετατόπιση φάσης και καθυστέρηση είναι το ίδιο πράγμα στις ταλαντώσεις.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Απλά αγνόησε/ξέχασε το. Δεν το χρειάζεσαι για να κάνεις την δουλειά σου και δεν προσφέρει σημαντικό insight για τα δεδομένα του λυκείου.Ευχαριστώ πολύ Sam… Η αλήθεια είναι ότι με έχει μπερδέψει πάρα πολύ το περιστρεφόμενο διάνυσμα. Δεν ξέρω, ένα χάος όλα στο μυαλό μου, δεν ξέρω από που να αρχίσω, που να τελειώσω. Και το χειρότερο ότι δεν ξέρω που ακριβώς έχω κενά για να πάω και να βάλω τουβλάκια σιγά σιγά να το χτίσω. Για να μπορώ να συνεχίσω.
Ωστόσο δούλεψε την τριγωνομετρία σου, αυτή θα χρειαστεί.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Κακώς σας έδειξε το στρεφόμενο διάνυσμα διότι είναι η αναπαράσταση της ταλάντωσης με χρήση μιγάδα στο επίπεδο argand. Δυστυχώς δεν είναι εύκολο να εξηγηθεί η κατάσταση χωρίς χρήση μπακαλικής εαν αποφύγουμε την μιγαδική άλγεβρα.Γειά!
Cracks knuckles
Έχω μερικές απορίες σχετικά με τα διαγράμματα στις ταλαντώσεις. Συγκεκριμένα στην ΑΑΤ. Έχω κενάκια στην τριγωνομετρία, αλλά μας έδειξε ο καθηγητής έναν τρόπο για να μπορούμε, ανάλογα με το αν πρόκειται για απομάκρυνση (χ), επιτάχυνση (α) και ταχύτητα (υ) να σχηματίζουμε τις καμπύλες. Ας πούμε όταν αναφερόμαστε στην απομάκρυνση, με την προϋπόθεση ότι την χρονική στιγμή 0, βρισκόμαστε στην θέση ισορροπίας, χρησιμοποιούμε την σχέση χ=Αημωt, και αφού βλέπουμε ότι είναι ημιτονοειδής (νομίζω έτσι λέγεται; ) κάνουμε το εξής:
View attachment 105114
(Έχουν βγει λίγο ζαβά )
Και μετά από κάτω για την ταχύτητα σύμφωνα με το συνημίτονο κάνω το ίδιο αλλά ξεκινάω από το 1 αυτή τη φορά επειδή έχει και μέγιστη ταχύτητα στην ΘΙ. Γενικά έχω καταλάβει τον λόγο που είναι όπως είναι αλλά αυτό που κάνω από πάνω με τον τριγωνομετρικό δεν το έχω κατανοήσει σε βάθος και το κάνω μηχανικά.
Ωστόσο για να αποφύγουμε την μπακαλική αλλά να μην μείνει και νέφος μυστηρίου, φαντάσου ένα διάνυσμα σταθερού μήκους Α να περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω, διαγράφοντας την περιφέρεια του κύκλου μοναδιαίας ακτίνας. Η προβολή του διανύσματος αυτού ανά πάσα στιγμή στον κατακόρυφο άξονα σου δίνει την θέση του κινητού εαν η εξίσωση κίνησης είναι η x(t) = Asin(ωt)
Συνήθως δεν ασχολούμαστε με την περιστροφή και σχεδιάζουμε ένα διάνυσμα με πλάτος Α και γωνία φ ως προς τον οριζόντια άξονα, που σχετίζεται με την αρχική φάση. Εαν έχεις πολλές ταλαντώσεις με διαφορετικά πλάτη και αρχικές φάσεις μπορείς να τις αναπαραστήσεις με τα διανύσματα τους,να τις προσθέσεις μετά διανυσματικά και το συνιστάμενο διάνυσμα αντιστοιχεί στην τελική κίνηση. Φυσικά αυτά επιτρέπονται με την προυπόθεση οτι όλες οι ταλαντώσεις γίνονται με την ίδια συχνότητα. Τέλος πάντων όπως είπα κακώς σας το έδειξε, μόνο μπερδεύει χωρίς τα απαραίτητα μαθηματικά αυτό, θα σου πρότεινα να το αποφύγεις.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Επειδή πρόκειται για έκρηξη, μπορείς να θεωρήσεις οτι οι εσωτερικές δυνάμεις του συστήματος είναι μεγάλες και οι μεταβολές ακαριαίες, οπότε το σύστημα είναι απομονωμένο. Επομένως ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής.Καλησπέρα, έχω μια απορία για την παρακάτω άσκηση συγκεκριμένα στο ερώτημα ε. Μπορώ να χρησιμοποιήσω την ΑΔΕ γράφοντας Κ (ολικη αρχικά) + Επροσφ = Κ(ράβδου) + Κ(m1) ή δεν στέκει αν το γράψω έτσι;
Τώρα υπάρχει το εξής θέμα...δεν θα έλεγα ακριβώς οτι λαμβάνεις υπόψιν την διατήρηση της ενέργειας. Διατήρηση ενέργειας θα ήταν να κάνεις track down και την θερμική ενέργεια. Και να πεις α ναι, η μηχανική που προσφέρθηκε στο σύστημα + την θερμική προς το περιβάλλον μας κάνουν την αρχική ενέργεια της έκρηξης. Δύο προβλήματα σε αυτό :
1ον δεν ξέρεις την αρχική ενέργεια της έκρηξης.
2ον δεν μπορείς να υπολογίσεις την θερμική ενέργεια που ενδεχομένως παράγεται.
Ούτως η άλλως δεν σου ζητάνε να παίξεις γενικά με ισοζύγια ενέργειας. Ζητάνε συγκεκριμένα να βρεις μόνο πόση μηχανική ενέργεια προσφέρθηκε στο σύστημα. Άρα ισχύει για το σύστημα όπου ΔΕ η μεταβολή της μηχανικής του ενέργειας οτι :
ΔΕ = Ετελ - Εαρχ
Επειδή το σύστημα την στιγμή που γίνεται η έκρηξη έχει μόνο κινητική ενέργεια(θεωρούμε οτι το φαινόμενο γίνεται τόσο γρήγορα που δεν "προλαβαίνει" να γίνει κατακόρυφη μετατόπιση της ράβδου, και πράγματι έτσι είναι) πως :
ΔΕ = Κτελ - Καρχ
ΔΕ = Κ'ραβ + Κ'σ - Κραβ - Κσ
Απο την αρχή της διατήρησης της ορμής μπορείς να βρεις την ταχύτητα της ράβδου εφόσον ξέρεις την ταχύτητα εκτόξευσης του σώματος. Επίσης με ΘΜΚΕ ή ΑΔΜΕ μπορείς να βρεις και τις ταχύτητες των σημειακών ή στερεών σωμάτων πριν την κρούση.
Ουσιαστικά είναι οτι έχεις γράψει και εσύ.
Απλά δεν είναι ΑΔΕ, για τον λόγο που εξήγησα παραπάνω. Στο φιλοσόφησα λίγο, ελπίζω να μην σε κούρασα αλλά υπάρχει διαφορά και νομίζω δεν βλάπτει να την έχεις υπόψιν. Στην πράξη όμως είσαι σωστή στο τι τύπο θα πρέπει να χρησιμοποιήσεις.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Άκυρο την έλεγξα ξανά. Είχα λάθος έναν πολλαπλασιασμό και χάλαγε τα νούμερα .Κάτι δεν μου κάθεται με τις απαντήσεις, βγαίνουν πολύ στρογγυλές ενώ εμένα με λίγα δεκαδικά, π.χ. 11 κόμμα κάτι αντί για 10 ...
Ερώτημα Α :
Απο την αρχή διατήρησης της στροφορμής θα έχεις :
Lαρχ = Lτελ
RmUo = I'ω
RmUo = (0.5MR² +mR²)u/R
RmUo = R(0.5M + m)u
mUo = (0.5M + m)u
0.5Kg*Uo = (0.5*4Kg + 0.5Kg)u
Uo = 5u (1)
Όπου u είναι η ταχύτητα που έχει η σφαίρα την χρονική στιγμή που καρφώνεται στο κατώτατο μέρος του κυλίνδρου.
Η προϋπόθεση για να έχουμε ανακύκλωση περιστροφής είναι το βλήμα να φέρει αρκετή ενέργεια ώστε να είναι σε θέση να περιστρέψει κατά 180°τον κύλινδρο. Όταν η σφαίρα σφηνωθεί στον κύλινδρο λοιπόν θα τον εξαναγκάσει να περιστραφεί γύρω απο τον άξονα στο κέντρο του, με γωνιακή ταχύτητα ω, κοινή και για το βλήμα αλλά και για τον κύλινδρο(σημαντικό αυτό), μα όχι και σταθερή συναρτήσει του χρόνου.
Τι ασκεί ροπή στον κύλινδρο κατά την περιστροφή του λοιπόν που μεταβάλλει την γωνιακή του ταχύτητα ; Η απάντηση είναι απλή. Το σώμα της σφαίρας, εξαιτίας του βάρους της, και της θέσης που έχει στο σώμα του κυλίνδρου. Καθώς ο κύλινδρος ξεκινάει να περιστρέφεται, το βάρος της σφαίρας ασκεί μια ροπή που τείνει να περιστρέψει τον κύλινδρο προς την αντίθετη φορά απο αυτή της αρχικής περιστροφικής κίνησης.
Αυτό μετατρέπει την κινητική ενέργεια του κυλίνδρου και της σφαίρας, σε δυναμική ενέργεια της σφαίρας, και τείνει να διακόψει την περιστροφή του στερεού. Εαν ο κύλινδρος καταφέρει να περιστραφεί 180°, δηλαδή η σφαίρα να φτάσει απο το κατώτατο σημείο της κυκλικής τροχιάς της στο ανώτατο, με τουλάχιστον μηδενική ταχύτητα...τότε θα καταφέρει να ξεπεράσει τις 180°.
Οπότε όταν η σφαίρα επιστρέψει στο αρχικό σημείο της τροχιά της(όπου ξεκίνησε), θα έχει πάλι την ίδια κινητική ενέργεια που είχε αρχικά. Ότι έχασε στην "ανηφόρα", θα το κερδίσει στην "κατηφόρα" φαντάσου διαισθητικά. Δηλαδή πέρα απο τις 180° περιστροφής της σφαίρας, το βάρος της πλέον δεν θα καταναλώνει έργο αλλά θα παράγει. Που θα την βρει την ενέργεια όμως ; Απο την αποθηκευμένη δυναμική ενέργεια της σφαίρας φυσικά. Θα αρχίσει να την μετατρέπει σε κινητική ενέργεια σφαίρας και κυλίνδρου. Το φαινόμενο θα επαναληφθεί δεδομένου της απουσίας τριβών επ'άπειρον. Και έτσι θα είναι ένα περιοδικό φαινόμενο, που σημαίνει και ανακύκλωση. Ελπίζω η φυσική διαίσθηση να είναι ξεκάθαρη.
Έτσι λοιπόν έχουμε για τις ενέργειες του συστήματος κυλίνδρου- σφαίρας :
Kκυλίνδρου = 0.5Ιω²
Κσφαίρας = 0.5mu²
Uσφαίρας = mgh
Θυμίζουμε εδώ οτι η γωνιακή ταχύτητα συνδέεται με την γραμμική ταχύτητα ως εξής : u = ωR.
Απο την αρχή διατήρησης της ενέργειας για την κατώτατη και ανώτατη θέση της τροχιάς της σφαίρας :
Kαρχ + Uαρχ = Kτελ + Uτελ =>
0.5Ιω² + 0.5mu² + 0 = 0 + mg2R =>
Iω² + mu² = mg4R =>
Iω² + mω²R² = mg4R =>
ω²(I+mR²) = mg4R =>
ω² = 4mgR/(I+mR²) =>
ω² = 4*(1/2)*10*(1/2)/(5/8) =>
ω² = 10*8/5 = 16
ω = 4 rad/s (2)
ωR = 4*0.5 = 2 m/s =>
u = 2 m/s (3)
Οπότε απο την εξίσωση 1,και λόγω της (3) :
Uo = 5*u = 10 m/s
Ερώτημα Β :
Απλά αφαιρούμε την τελική κινητική ενέργεια του βλήματος απο την αρχική του(προσοχή μόνο τις κινητικές ενέργειες του βλήματος) :
Kσφ(αρχ) - Κσφ(τελ) =
0.5mUo² - 0.5mu² =
(1/2)(1/2)[(10m/s)² - (2m/s)²] =
(96m/s²)/4 =
24J
Ερώτημα Γ :
Εφόσον η σφαίρα πριν σφηνωθεί στον κύλινδρο, έχει αρχική ταχύτητα Uo/2 = 5m/s < 10m/s ...είναι σίγουρο οτι ο κύλινδρος δεν θα κάνει ανακύκλωση. Σε αυτό το σημείο η σφαίρα θα έχει φτάσει σε σημείο h πάνω απο το κατώτερο σημείο του κυλίνδρου. Απο την αρχή διατήρησης της στροφορμής(εξίσωση 1), θα βρούμε την ταχύτητα της σφαίρας αμέσως μετά την στιγμή που σφηνώθηκε :
u = Uαρχ/5 =>
u = Uo/2*5 =>
u = Uo/10 =>
u = (10m/s)/10 =>
u = 1 m/s
Εν συνεχεία κάνουμε ΑΔΜΕ ανάμεσα στην θέση που σφηνώνεται αρχικά η σφαίρα, και στην θέση που σταματά η σφαίρα να κινείται. Θα είναι προφανώς το σημείο που όλη η αρχική κινητική ενέργεια τόσο κυλίνδρου όσο και σφαίρας, έχουν μετατραπεί πλήρως σε δυναμική ενέργεια της σφαίρας.
Καρχ + Uαρχ = Kτελ + Uτελ
0.5Iω² + 0.5mu² = mgh =>
h = (0.5/mg)(Iω²+mu²) =>
h = (0.5/mg)(Iu²/R²+u²) =>
h = ( 0.5/0.5*10 )[ 0.5*(1m/s)²/0.5² + 0.5(1m/s)² ] =>
h = 1/4
Απο εδώ και με λίγη τριγωνομετρία(κάνε το σχήμα), προκύπτει οτι :
cosθ = (R-h)/R =>
cosθ = (0.5 - 0.25)/0.5 =>
cosθ = 0.5 =>
θ = 60°
Αν κάτι δεν είναι ξεκάθαρο πες μου να το συζητήσουμε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Κάτι δεν μου κάθεται με τις απαντήσεις, βγαίνουν πολύ στρογγυλές ενώ εμένα με λίγα δεκαδικά, π.χ. 11 κόμμα κάτι αντί για 10 ...Μήπως μπορεί να με βοηθήσει καποιος στην 169?
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Δεννμπορω να βγάλω το γ ερώτηματα αλλά τα έκανα
Βαζεις οπου t = π/30 στην εξισωση που βρηκες στο β.
Προκυπτει οτι ΣF=0. Αρα το συσσωματωμα βρισκεται στη Θ.Ι. της ταλαντωσης(οχι στη θεση φυσικου μηκους ελατηριου) και επομενως :
Uελ = (1/2)kΔl² = 0,5*100*(0.4)^2 = 0.5*0.16*100 = 5*1.6 = 8 J
U = 0 J
Διοτι κ = 100 N/m και Δl = 0.4m (μηκος συμπιεσης ελατηριου λογω του βαρους των σωματων).
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Κι από πού το μαντεύεις αυτό;
Δηλαδή άμα παίρνω την t=0 την στιγμή της εκτόξευσης θα μετράω την στιγμή από εκεί;
Εφοσον δεν σου δοθηκε οδηγια πως θεωρειται t=0s η στιγμη της κρουσης εσυ πρεπει θεωρησεις οτι η t=0s εναι η στιγμη της εκτοξευσης.Δηλαδη θεωρεις ως t=0s την στιγμη που ξεκιναει το πρωτο "γεγονος" που προηγειται σε σχεση με τα αλλα.Στις πανελληνιες θα ηταν καλο να ζητησεις διευκρινιση σε μια τετοια περιπτωση ασχετα που πιθανοτατα θα πρεπει να κανεις το παραπανω.Εαν και παντα ειναι παρα πολυ αναλυτικοι και δεν υπαρχουν τετοιες παρεξηγησεις δεδομενων και ζητουμενων.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Καλησπερα,έγραφα σήμερα διαγωνισμα στο φροντιστήριο κι ήταν μια άσκηση στην οποία υπήρχαν δύο σώματα σε απλή επαφή μεταξύ τους σε λείο οριζοντιο δάπεδο κι το σώμα 1 είναι δεμενο σε οριζόντιο ελατήριο σταθεράς Κ, την χρονική στιγμή t=0 εκτοξεύουμε το σώμα 1 από την θέση ισορροπίας του προς τα δεξιά κι επιστρέφοντας στην αρχική του θέση συγκρούεται μετωπικά κι πλαστικά με το ακίνητο σώμα 2.Να υπολογίσετε την χρονική στιγμή t1 που το συσσωμάτωμα θα σταματήσει για πρώτη φορά μετά την δημιουργία του
Κι το ερώτημα μου είναι πότε πρέπει να λαμβάνουμε κι την t=0 το σώματος 1 κι πότε όχι;
Γιατί εγώ σε αυτή την άσκηση πήρα μόνο την χρονική στιγμή μετά από το συσσωματωμα γιατί έλεγε μετά την δημιουργία του ενώ το σωστό είναι να πάρουμε κι την χρονικη στιγμή που έκανε το σώμα 1 για να φθάσει στο σημείο της κρουσης... ευχαριστώ
Κανονικα θα επρεπε να στο διευκρινιζει ρητα.
Ωστοσο στην συγκεκριμενη περιπτωση επρεπε δυστυχως να το μαντεψεις και να βρεις την χρονικη στιγμη :
t = (T/2) + (T'/4)
Οπου:
T = 2π sqrt(m1/K)
T'= 2π sqrt((m1+m2)/K)
Οποτε γενικα εαν δεν σου λενε με σημειωση οτι η t=0s θεωρειται η στιγμη της κρουσης τοτε θα παιρνεις t=0s την στιγμη της εκτοξευσης.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ευχαριστώω πολυ!!
Όταν έχουμε ένα σωμα m1 που είναι ακίνητο σε ένα οριζόντιο ελατήριο κι ερχεται ένα άλλο σώμα με ταχυτητα υ κι γίνεται ελαστική κρούση το σώμα m1 μετά την κρούση κινειται με Umax;
Η θα κινείται με Umax μόνο όταν γίνεται πλαστική κρούση στη θέση ισορροπίας κι όχι ελαστικη;
Εφοσον το σωμα βρισκεται στη θεση ισορροπιας και ειναι οριζοντιο το ελατηριο, ειτε η κρουση ειναι ελαστικη ειτε πλαστικη το σωμα ή σωματα αντιστοιχα ναι θα κινουνται με την μεγιστη ταχυτητα ταλαντωσης.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Δηλαδή σε περίπτωση που ασκείται σε ένα σώμα μια δύναμη F εκτος του βαρους της τότε δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την ΑΔΜΕ;
Εαν ειναι συντηρητικη δυναμη οπως αυτη του βαρυτικου πεδιου της γης τοτε ναι.Εαν δεν ειναι τοτε οχι.
Για παραδειγμα η τριβη δεν θεωρειται συντηρητικη(αφου η τριβη παντα αντιστεκεται στην κινηση του σωματος)-ειναι σαν την αντισταση του αρεα που ειπα- οποτε δεν ισχυει η ΑΔΜΕ.
Ισχυει ομως το Θεωρημα Μεταβολης Κινητικης Ενεργειας(το γνωστο ΘΜΚΕ) καθως ειναι απορροια της ΑΔΕ.
Κ(τελικη)-Κ(αρχικα) = ΣW
Οπου Κ η κινητικη ενεργεια και ΣW το αθροισμα ολων των εργων των δυναμεων που επιδρουν πανω στο σωμα.
ΥΓ.Ολες αυτες οι εξισωσεις αποτελουν απλα εκφρασεις των ισοζυγιων ενεργειας υπο περιπτωσεις απο φυσικη αποψη και περιορισμους απο μαθηματικη αποψη(πολυ χρησιμο για την επιλυση προβληματων αφου επιτρεπει την μετατροπη του φυσικου προβληματος σε μαθηματικο).Θα αποκτησεις βαθυτερη κατανοηση των παραπανω εννοιων στο πανεπιστημιο εαν εχεις στο προγραμμα σπουδων σου θερμοδυναμικη η σχετικο μαθημα.Προς το παρων να ξερεις οτι η ΑΔΕ ισχυει σε ΚΑΘΕ περιπτωση,οτι ολα απορρεουν απο αυτην και οταν υπαρχουν τριβες,αντιστασεις του αερα ή αλλες μη συντηρητικες δυναμεις οτι δεν ισχυει η ΑΔΜΕ παρα μονο το ΘΜΚΕ(Στο λυκειο δεν θα συναντησεις προβλημα που να μην λυνεται με ενα ή και με τα δυο απο αυτα τα ενεργειακα εργαλεια).
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Έχω μια απορία άλλο είναι η αρχή διατήρηση της μηχανικής ενέργειας κι άλλο αρχή διατήρηση της ενέργειας;
Παντελως ομως.
Η Αρχη διατηρησης της μηχανικης ενεργειας διατηρειται υπο προυποθεσεις οπως οτι το πεδιο βαρυτικο πεδιο στο οποιο υποβαλλεται το σωμα ειναι συντηρητικο.Ο λυκειακος ορισμος συνιστα οτι συντηρητικο θεωρειται το πεδιο εκεινο για το οποιο το εργο της δυναμης του πεδιου που δρα πανω σε ενα σωμα το οποιο βρισκεται μεσα σε αυτο ειναι 0 σε μια κλειστη διδαδρομη.Οποτε δεν ισχυει παντα αλλα εξαρταται απο το ειδος του βαρυτικου πεδιου.
Αντιθετα η αρχη διατηρησης της ενεργειας ειναι μια θεμελιωδης αρχη της φυσικης.Ενα αξιωμα εαν προτιμας,οπως και οι θερμοδυναμικοι νομοι ,και ενω δεν αποδεικνυεται,τα πειραματα δεν την εχουν διαψευσει ποτε εως τωρα οποτε δεχομαστε οτι ισχυει και μαλιστα σε καθε περιπτωση σε αντιθεση με την ΑΔΜΕ.
Εκτος αυτου η ΑΔΕ(Αρχη διατηρησης της ενεργειας) ειναι πιο γενικευμενη και αντιπροσωπευει την πραγματικοτητα καθως δηλωνει οτι η ενεργεια δεν χανεται αλλα μετατρεπεται μονο σε αλλες μορφες.Συγκεκριμενα δηλωνει οτι η ενεργεια δεν δημιουργειται εκ του μηδενος αλλα ουτε και καταστρεφεται/χανεται παρα μονο μετατρεπεται σε αλλες μορφες.Ενω στην ΑΔΜΕ εχουμε εναλλαγες ποσοτητων ενεργειας μονο απο δυναμικη σε κινητικη ή αντιστροφα.
Για παραδειγμα συμφωνα με την ΑΔΜΕ εαν πεταγες ενα σωμα πολυ ψηλα με μια δεδομενη αρχικη ταχυτητα εκτοξευσης,και εκανες μετρησεις θα εβλεπες οτι δεν εφτασε στο ακριβες υψος που προεβλεψε η εξισωση της Ε(αρχικα)=Ε(τελικα) αλλα λιγο πιο χαμηλα.Ο λογος ειναι οτι θα υπαρχει μια ακομα δυναμη αντιστασης,περα της βαρυτικης,αυτη του αερα που θα καταναλωνει εργο με την μορφη θερμοτητας απο το σωμα. Η ΑΔΜΕ οποτε δεν το προεβλεψε αυτο αλλα η ΑΔΕ θα το προεβλεπε διοτι σου λεει οτι εαν ειχες μια Κ μορφη ενεργειας ως κινητικη και πηρες στο τελος μια ποσοτητα δυναμικης ενεργειας U που δεν ειναι ιση με την αρχικη Κ,κατι εγινε με αυτο το ελλειμα.Η απαντηση φυσικα ειναι οτι μετατραπηκε σε θερμικη ενεργεια. Εαν τωρα ησουν στο διαστημα δεν θα υπηρχε καμια δυναμη να επιδρα στο σωμα και θα συνεχιζε επ'απειρον την κινηση του με σταθερη ταχυτητα,συμφωνα παντα με τον 1ο νομο του νευτωνα(Χωρις δυναμη δεν υπαρχει επιβραδυνση),οσο τουλαχιστον δεν συνανταγε κανεναν πλανητη ή μαυρη τρυπα .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ισως να εφταιγε οτι οταν μου ζηταγαν κατευθειαν τις ταχυτητες μετα την κρουση, παρελειπα να κανω ΑΔΟ...τωρα εξηγουνται ολα
Αααα γι αυτο ο Μαθιουδακης βαζει οπου μπορει κι απο ενα απολυτο! Πολυ σωστη σκεψη, τουλαχιστον δε βασιζεται στην πειραγμενη κοινη μου λογικη! Ισχυει ανεξαρτητα απο την αρχικη φορα του σωματος 2 και με την προϋποθεση οτι μετα την κρουση κινουνται αντιρροπα, ετσι;
Τα Μαθηματικα παραμενουν ανωτερα, αλλα αυτη ειναι συζητηση για αλλο τοπικ
Στην ελαστικη δεν χρειαζεται γιατι ο γνωστος τυπος για τις ταχυτητες μετα προκυπτει απο την λυση του συστηματος δυο εξισωσεων της Α.Δ.Ο. & της ΑΔΚΕ(Αρχη Διατηρησης Κινητικης Ενεργειας) οποτε ο νεος σου τυπος αυτοματως ικανοποιει και αυτες τις δυο αρχες(η λυση που παρεχει για τις ταχυτητες μετα την κρουση).Οι τυποι ναι ισχυουν δεδομενου οτι τα σωματα κινουνται αντιρροπα μετα την κρουση.Βαζεις το μετρο(προτιμησε αυτην την εκφραση απο την λεξη "απολυτο" για να σκεφτεσαι πιο πολυ σε λογικη φυσικης) και το προσημο δειχνει την φορα με βαση αυτην που ορισες ως θετικη η αρνητικη.Δεν ειναι κανα μαγικο η περιεργο κολπο απλα ενας τροπος να καταλαβαινεις λιγο πιο καθαρα τι συμβαινει,αρκετοι το παραλειπουν εαν και εμενα μου αρεσει γιατι διατυπωνεις ομορφα την σχεση αλγεβρικης μορφης με την διανυσματικη μορφη-κατι που γινεται επειδη εισαι στον ιδιο(εαν ηταν παραλληλος μιλουσαμε για εκεντρη κρουση εχει σημασια) φορεα κινησης .
Εαν και γενικα θα τεινω να συμφωνησω,πρεπει να παραδεχτουμε οτι και η φυσικη εχει την δικη της γοητεια εξαλλου για εμενα πλεον αλληλοσυμπληρωνονται και τα τελευταια χρονια ερχεται και η βιολογια σιγα σιγα στο παρεακι να προσφερει και να της προσφερουν
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Καλα ναι, τις περισσοτερες φορες η ασκηση λυνεται (αν και συνεχιζω να ανησυχω για τα προσημα). Ειδικα τις ασκησεις στις οποιες το ενα σωμα ειναι αρχικα ακινητο τις μαθαινεις απεξω, θελοντας και μη. Το προβλημα ειναι οτι εχω βαλει αρκετες φορες αρχικα λαθος προσημο, με αποτελεσμα μετα παει ντομινο ολη η ασκηση. Ειδικα οταν βρισκεις αρνητικη μαζα ενω νομιζες οτι πηγαινες καλα παθαινεις ενα πατατρακ
Ευχαριστω για την συμβουλη
Αρνητικη μαζα σημαινει πηρες λαθος προσημο,και μαλιστα το εκανες εσυ το λαθος στο προσημο γιατι απο την ΑΔΟ σιγουρα το ειχες βρει σωστο.Μπορεις να κανεις το εξης.Εαν εχεις ορισει ως θετικη την φορα προς τα δεξια και αρνητικη την προς τα αριστερα τοτε μπορεις να πας στον γνωστο τυπο λογου χαρη :
v1' = [(m1+m2)v1 + m2v2]/(m1m2)
και πες οτι το σωμα μαζας m1 πηγαινε δεξια με ταχυτητα μετρου 5m/s και το m2 με ταχυτητα μετρου 2m/s .
μπορεις να πεις αρα v1 = |v1| και v2 = -|v2| .
Τα υπολογιζεις και ξεμπερδεψες,διοτι ετσι εχεις γραψει τις αλγεβρικες ταχυτητες ουσιαστικα σε τετοια μορφη που καταλαβαινεις την κατευθυνση και το μετρο,χωρις να μπερδευεσαι να βαλω + η - εδω τωρα,η να σκεφτεσαι μα δεν ειχε πλην και τωρα εγινε + η μηπως επρεπε να το ειχα + απο την αρχη κτλπ.
Απο εκει και περα...σε αυτο που ειπες οτι ειναι το ιδιο πιθανο να πανε δεξια,αριστερα,η σε αντιρροπες κατευθυνσεις(να προσθεσω να μεινουν και τα δυο ακινητα ),για σκεψου το λιγο,ειναι;Δεν υπαρχουν φυσικοι νομοι που τους εχουμε για να προβλεψουμε ουσιαστικα;Διαφορετικα γιατι να υπαρχει και να χρησιμοποιουμε την ΑΔΟ; Η ορμη ειναι ενα μεγεθος που εκφραζει την δυσκολια ουσιαστικα ενος σωματος να σταματησει την κινηση του.Μην ξεχνας οτι στην φυσικη οπως ελεγε και ο αγαπητος Φαινμαν παντα μας ενδιαφερει η συγκεκριμενη περιπτωση και οχι γενικα για ολες τις περιπτωσεις οπως στα μαθηματικα
https://www.youtube.com/watch?v=obCjODeoLVw
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Δε ξερω πως ακριβως να διατυπωσω την απορια μου, αλλα θα προσπαθησω:
Οταν εφαρμοζουμε ΑΔΟ, η οταν χρησιμοποιουμε τους τυπους ευρεσης των ταχυτητων u1' και u2' στην κεντρικη ελαστικη κρουση, πως καταλαβαινουμε εξαρχης προς ποια κατευθυνση θα κινηθει το σωμα μετα την κρουση? Ξερω οτι για να προχωρησουμε στην ασκηση,θεωρουμε μια φορα ως θετικη, και οριζουμε αναλογα τα προσημα. Για να βαλουμε ομως τα προσημα, ακομα και γνωριζοντας ποια ειναι η θετικη φορα, πρεπει καπως να μπορουμε να φανταστουμε προς τα που θα κινηθει το καθε σωμα μετα την κρουση.Αν για παραδειγμα συγκρουστουν κεντρικα δυο σωματα που κινουνται αντιρροπα, στο μυαλο μου ειναι το ιδιο πιθανο μετα την κρουση τα δυο σωματα να κινηθουν αριστερα, τα δυο σωματα να κινηθουν δεξια, και τα δυο σωματα να κινηθουν σε αντιθετες κατευθυνσεις. Αυτο το θεμα με εμποδιζει απο το να λυσω σχεδον καθε ασκηση που συνανταω σε αυτο το κεφαλαιο, οποιαδηποτε διευκρινηση ειμαι σιγουρη πως θα βοηθουσε πολυ!
Κανε πραξουλες και θα βγαινουν τα σωστα αποτελεσματα.Οι φορες ειναι για πρακτικους λογους ωστε να λαμβανεις στο τελος τις κανονικες αφου ετσι μονο μπορουν να γινουν ξεκινησουν οι πραξεις
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Κ.Χ.Ο. = Καθολικός Χριστιανός Ορθόδοξος
Θ.Μ.Κ.Ε. = Θέλουμε Μια Καλύτερη Ελλάδα
Θ.Μ.Κ.Ε. = Θα Μου Κάτσεις Επιτέλους;
Α.Δ.Μ.Ε. = Αλλά Δεν Μου Έκατσες
Ωστε γι'αυτο ολοι παιρνουν συνεχεια ΘΜΚΕ...i see...i see...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 6 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
υπαρχει η τσατ αφου εκτελει κχο
υπαρχει η τσατ αφου εκτελει κχο
Ναι ειπα μηπως ομως υπαρχει και καμια τριβη ολισθησης.
Μετεφρασε μου λιγο το ΚΧΟ γτ δεν θυμαμαι αρτικολεξα
Παντως ενας τυπος που μπορω να σου πω ειναι :
x=[M(R+2)/2k]acm
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 6 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
σε δισκο που ειναι δεμενος σε ελατηριο απο το κεντρο μαζας του (οριζοντιο) και θελουμε να βρουμε την εξισωση της απομακρυνσης εχοντας ολα τα αλλα, τι κάνουμε με την γωνιακή επιτάχυνση ω; (εκτελει κχο
Καμια τριβουλα στο δαπεδο δεν υπαρχει,περιεργο... ;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 6 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
https://www.study4exams.gr/physics_k/course/view.php?id=58#4
μπορεί κάποιος να μοου εξηγήσει στην άσκηση 4 ερώτημα γ πως γίνεται η p2 να παραμένει η ίδια, αφού συμφωνα με τον πασκαλ η προκληση πίεσης μεταφέρθηκε σε όλα τα σημεια
Βαζεις μια δυναμη Χ και επομενως ασκεις μια πιεση στο εμβολο 1 που εχει διατομη Α.
Λογω της αρχης του pascal μας λεει οτι αυτη η πιεση πρεπει να μεταφερθει σε ολα τα σημεια του ρευστου.
Επομενως εαν ασκησες με μια δυναμη Χ μια πιεση p τοτε η ιδια πιεση p θα ασκηθει και στο αλλο εμβολο που εχει ομως π.χ. μικροτερη διατομη Β,επομενως η δυναμη Χ θα πολλαπλασιαστει συμφωνα με την αναλογια των διατομων.
Νομιζω αυτο πρεπει να λεγεται και μηχανικο πλεονεκτημα.Δηλαδη αντι να ασκησεις μεγαλη δυναμη για να σηκωσεις κατι βαρυ,ασκεις μικρη δυναμη στο μεγαλο εμβολο και το μετακινεις μεγαλυτερη αποσταση,αντι να ασκουσες μεγαλη δυναμη για μικρη αποσταση.Διοτι οπως ειπα μπορει π.χ. να μην εισαι μυικα δυνατη για να σηκωσεις ενα αμαξι.
Για να καταλαβεις και τι μελετας περα απο την ασκηση,ισχυει το εξης :
Ασκω μια δυναμη Χ για να παραγω ΕΡΓΟ που θα ΜΕΤΑΤΡΑΠΕΙ σε ΥΨΟΣ λογω της αρχης του Pascal που λεει οτι...(εξηγησα παραπανω).
Δεν κανεις δηλαδη κατι τραγικο στο συστημα,απλα ασκεις μια δυναμη για να διαταράξεις την ισορροπια του συστηματος και παλι βρισκεται σε ισορροπια και ισχυουν οσα ισχυαν πριν για τις πιεσεις/δυναμεις.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 6 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Αν κατάλαβα καλά μετά τις 4.5 ταλαντώσεις σταματάει. Άρα προφανώς και δεν είναι σημείο απόσβεσης;;
Λοιπον,την ξαναειδα και βρηκα μια λυση . Αλλα ελεγξε την και εσυ γιατι σημερα δεν το πολυ-εχω...
Εστω r1 η αποστη του σημειου απο την πηγη Π1 και t1 η χρονικη στιγμη που φτανει το πρωτο κυμα(δεδομενου οτι ξεκινα η ταλαντωση την t = 0s).
Εφ'οσον το σημειο εκτελει 4.5 ταλαντωσεις πλατους 1m,υποθετω μεχρι να φτασει το 2ο κυμα και να αλλαξει αυτο,το κυμα που ξεκινησε απο την πηγη Π2 εφτασε στο σημειο αυτο μετα απο χρονο t2 = t1 + 4.5T.
Επομενως το κυμα της πηγης Π2 διενυσε r2 = r1 +4.5λ(αυτο προκυπτει πολλ/αζοντας την παραπανω με την ταχυτητα διαδοσης Uδ).
Τελικα r2-r1 = 4.5λ,απ'οπου προκυπτει οτι το σημειο ειναι σημειο αποσβεσης διοτι η διαφορα των αποστασεων ικανοποιει την εξισωση : r2-r1 = (2n+1)λ/2 για Ν = 4.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 6 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
έχουμε δυο πηγές με μεταξύ τους απόσταση 10μ. και ταχυτητα διαδοσης 2. πλάτος 1
ενα σημείο ρ εκτελεί μόνο 4,5 ταλαντώσεις πλάτους 1, πως μπορούμε να βρούμε αν αυτό είναι σημείο ενίσχυσης ή απόσβεσης;
Δυστηχως δυσκολευομαι να αντιληφθω το "σεναριο" της ασκησης για να σε βοηθησω.Εαν σου ειναι ευκολο γραψε το ξανα πιο καθαρα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 6 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
με βοήθησες και σε ευχαριστώ αλλά θέλω την δυναμική ταλάντωσης συναρτήσει της παραμόρφωσης όχι του ελατηρίου και δεν ξέρω γιατί αλλά το σχήμα δεν με έχει βοηθήσει πολύ
Εχεις απολυτο δικιο με συγχωρεις διαβασα λαθος.Σε αυτη τη περιπτωση θα κινηθεις ως εξης :
Εαν ισχυει οτι +Α<=Δl τοτε
Uταλ = (1/2)*K*(Δl'-Δl)^2
διοτι η διαφορα |Δl'-Δl|= |x| ,δηλαδη η απολυτη τιμη της διαφορας της παραμορφωσης τη στιγμη που μελετας το συστημα με την αρχικη παραμορφωση λογω βαρυτικης ελξης του σωματος που κρεμεται απο το ελατηριο ισουται με την απομακρυνση του σωματος(δεδομενου οτι +Α<=Δl).
Αρα Uταλ. = (1/2) *K*(Δl'-Δl)^2
Τωρα προσεξε να δεις τι γινεται.Εαν το σωμα εχει παει πανω απο τη Θεση φυσικου μηκους του ελατηριου,δηλαδη ειναι +Α>Δl,τοτε ισχυει οτι x = Δl'+Δl για τις στιγμες που ειναι x>Δl,και για τις στιγμες που x<Δl παιρνεις τον τυπο της πρωτης περιπτωσης.
Αρα Uταλ. = (1/2)*K*(Δl'+Δl)^2
Εδω το σχημα μπερδευει και γινετε πιο δυσνοητο.Προσωπικα πιστευω οτι ειναι λιγο τραβηγμενο ερωτημα,εαν ισχυει οτι +Α>Δl(η δευτερη περιπτωση).Δες το προβλημα παντως και οποτε μπορεις πες μου εαν το πλατος της ταλαντωσης ειναι μεγαλυτερο της αρχικης παραμορφωσης.
Ωστοσο για να ειμαι απολυτα ειλικρινης μαζι σου και ειναι κριμα να σου δωσω λαθος απαντηση θα σου προτεινα να περιμενεις και καποια αλλη απαντηση απο καποιον που ειναι 100% σιγουρος για τη λυση του,καθως εγω αφηνω ενα περιθωριο αμφιβολιών για τη δικη μου.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 6 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Με ένα πρόχειρο σχέδιο σε 5 λεπτά περίπου μπορείς να βρεις ότι Δl' = χ-Δl.(συνιστώ να το κάνεις για να αντιληφθείς γιατί λειτουργεί).
Οπου Δl' το μήκος της συσπειρωσης η επιμήκυνσης του ελατηρίου συναρτήσει της απομάκρυνσης χ από τη θέση ισορροπίας,πάντα με το πρόσημο της + η - ανάλογα με τη θετική φορά που σου λέει η άσκηση,και Δl η αρχική επιμήκυνση του ελατηρίου εξαιτίας της βαρυτικης δύναμης που δέχεται το σώμα(αυτό που βρίσκεις εφαρμόζοντας τον 1ο νόμο του Νεύτωνα για την ισορροπία του σώματος). Ελπίζω να σε καλυψα πλήρως.
Τελικά Uελ = (1/2)*k*(χ-Δl)^2
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 6 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
-
Το forum μας χρησιμοποιεί cookies για να βελτιστοποιήσει την εμπειρία σας.
Συνεχίζοντας την περιήγησή σας, συναινείτε στη χρήση cookies στον περιηγητή σας.