Παραγωγή ηλεκτρομαγνητικού κύματος. Σχόλια

 

Απαντήσεις σε αυτή τη συζήτηση

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 20:39

Καλησπέρα Πρόδρομε. Μπράβο, πολύ καλό ερώτημα, στο οποίο ελπίζω να τοποθετηθούν οι συνάδελφοι και να ξεκαθαρίσει ένα τοπίο, το οποίο δεν είναι καθόλου καθαρό, τουλάχιστον για τους  διδάσκοντες στη δευτεροβάθμια εκπαίδευση.

 Απάντηση από τον/την Σαράντος Οικονομίδης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 20:46

Η παραγωγή ακτίνων χ γίνεται νομίζω και έτσι.

Απάντηση από τον/την Σαράντος Οικονομίδης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 20:58

Η ισχύς της ακτινοβολίας είναι ανάλογη του τετραγώνου της κεντρομόλου επιτάχυνσης δηλαδή ανάλογη του υ^4/R^2

Απάντηση από τον/την Κορκίζογλου Πρόδρομος στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 21:00

Ευχαριστώ Σαράντο να είσαι καλά. Αν γνωρίζεις κάτι περισσότερο θα σε παρακαλούσα να το εκθέσεις .

 Απάντηση από τον/την Σαράντος Οικονομίδης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 21:03

Γεια σου Πρόδρομε. Γνωρίζω ότι στη Grenoble υπάρχει ένα σύγχροτρο και πολλά εργαστήρια γύρω γύρω όπου εκμεταλλεύονται την ακτινοβολία αυτή. Δες αυτή την παρουσίαση εκεί που λέει: What Is Synchrotron Light?

Για τη Grenoble θα επανέλθω μάλλον για περισσότερες πληροφορίες.

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 21:11

Και μια πληροφορία που «ψάρεψα»:

Ένα φορτισμένο σωματίδιο το οποίο κινείται σε έναν κύκλο προκαλεί κυκλικά πολωμένη ακτινοβολία,  κατά μήκος του άξονα της κίνησης του και γραμμικά πολωμένη ακτινοβολία σε ορθές γωνίες προς τον άξονα αυτό. Σε άλλες κατευθύνσεις το «φως» είναι ελλειπτικά πολωμένο.

 Απάντηση από τον/την Σαράντος Οικονομίδης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 21:14

Πολύ καλή ψαριά Διονύση. Λαβράκι έπιασες νομίζω 🙂

 Απάντηση από τον/την Σαράντος Οικονομίδης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 21:22

Δεν υπάρχει ακτινοβολία τελικά όταν έχουμε κυκλικό σταθερό ρεύμα με μεγάλο αριθμό ηλεκτρονίων

Δείτε εδώ  το γιατί.  Ίσως από αυτό προέρχονται οι διχογνωμίες.

589df88962c7f-bpfullΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 21:51

Μου γεννήθηκε μια απορία:

Ένα κυκλικά κινούμενο φορτίο ακτινοβολεί.

Ένας παρατηρητής που το βλέπει ακίνητο δεν θα δει-ανιχνεύσει την ακτινοβολία αυτήν;

 Απάντηση από τον/την Σαράντος Οικονομίδης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 21:59

Καλησπέρα Γιάννη. Θα την ανιχνεύσει και ας το βλέπει ακίνητο νομίζω.

589df88962c7f-bpfull Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 22:03

Τότε όμως ένα ακίνητο φορτίο κάποιος παρατηρητής το βλέπει να κινείται κυκλικά. Θα ανιχνεύσει ακτινοβολία;

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΑπάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 22:16

Αχ αυτό το σύστημα αναφοράς….

 

Απάντηση από τον/την Σαράντος Οικονομίδης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 22:22

Γιάννη βάζεις δύσκολα….Επειδή το μαγνητικό πεδίο είναι σχετικιστικό «πεδίο» στη θεωρία της σχετικότητας νομίζω δεν έχουν νόημα αυτές οι αυτοδιαψεύσεις αλλά θέλει ψάξιμο μια πλήρης απάντηση. Πάντως νομίζω ότι όχι δεν θα ανιχνεύσει.

589df88962c7f-bpfull Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 29 Ιανουάριος 2013 στις 22:27

Διονύση είναι από τα πρώτα που σκέφτομαι.

Ψάχνοντας για κάτι πολύ απλό, κάτι που εξηγεί ταυτόχρονα και την ερώτηση του Πρόδρομου και τις απορίες μου ξαναβρήκα κάτι που είχα ξαναστείλει. Από το βιβλίο τα πάντα για τη Φυσική σε κόμιξ των Larry Gonick και Art Huffman εκδόσεις κάτοπτρο.

untitled1

Στις ερωτήσεις που έθεσε ο Γιάννης, τα πράγματα είναι κάπως ποιο μπερδεμένα όταν οι κυκλικές κινήσεις του φορτίου ή το παρατηρητή οφείλονται σε βαρυτικό πεδίο.

Έστω παρατηρητής που βρίσκεται σε δορυφόρο και ένα ελεύθερο φορτίο δίπλα του. Το φορτίο θα ακτινοβολεί;

Παιδιά τελικά δεν είναι δύσκολη η εξήγηση αν τα σκίτσα που έστειλα δεν λένε τρίχες.

Πάμε στην ερώτηση του Πρόδρομου:

Το φορτίο κινείται κυκλικά αλλά όχι το νέφος των δυνάμει φωτονίων του.

Αυτά μένουν ορφανά και καθίστανται πραγματικά.

Πάμε στις δικές μου απορίες:

Ο κινούμενος παρατηρητής βλέπει και το νέφος να κινείται και επομένως δεν βλέπει τα δυνάμει φωτόνια να μένουν ορφανά και να καθίστανται πραγματικά.

Στην ερώτηση του Γιάννη με τον δορυφόρο φαίνεται ότι θα ακτινοβολεί διότι τα δυνάμει φωτόνια θα συνεχίσουν να κινούνται ευθύγραμμα και ομαλά οπότε θα εγκαταλείψουν το φορτίο και θα καταστούν πραγματικά φωτόνια.

Ας πω ότι οι συγγραφείς εντάσσουν τα συγκεκριμένα σκίτσα στην ενότητα QED.

Γιάννη Μήτση καλησπέρα. Νομίζω ότι είναι εύστοχη η ερώτησή σου και η απάντηση πουνομίζω είναι σωστή είναι ότι δεν ακτινοβολεί. Εδώ ένα άρθρο

Να είσαι καλά

     Καλησπέρα σε όλους τους φίλους.

Κατά τη γνώμη μου ένα φορτίο κινούμενο σε κυκλική τροχιά, λόγω κεντρομόλου επιτάχυνσης ακτινοβολεί με την ισχύ της εκπεμπόμενης ακτινοβολίας να δίνεται από τον τύπο που έγραψε προηγουμένως ο Σαράντος, σύμφωνα με την κλασσική ηλεκτροδυναμική.  Άλλωστε αυτός ήταν ο «γρίφος» που έπρεπε να λυθεί, για την περίπτωση του ηλεκτρονίου του ατόμου, που τελικά οδήγησε στην κβαντική θεώρηση. (Μια σχετική εργασία και η αντίστοιχη παρουσίαση).

Τώρα για τη μακροσκοπική περίπτωση ενός κυκλικού βρόχου που διαρρέεται από σταθερής έντασης ρεύμα , μια πρώτη (πιθανή) απάντηση που μου έρχεται στο μυαλό, χωρίς βέβαια να το έχω ψάξει ιδιαίτερα, είναι ότι ίσως «αναιρούνται» τα κύματα από τη συνεισφορά «αντιδιαμετρικά κινούμενων» φορτίων. Δεν το έχω επεξεργασθεί όμως ούτε έκανα «ποσοτικούς» υπολογισμούς, οπότε πιθανό να είναι λάθος. (Φυσικά πρέπει να μελετήσει κανείς την παραπομπή του Σαράντου για μια καλύτερη ερμηνεία).

Πάντως ένα ανάλογο πρόβλημα μας είχε απασχολήσει πριν λίγο καιρό μετά από μια ερώτηση του Πάνου Μουρούζη και μια συζήτηση που ακολούθησε για το ανακτινοβολεί το (ευθύγραμμα) ομαλά επιταχυνόμενο ηλεκτρικό φορτίο.

Δεν μπορώ να ελέγξω το άρθρο αλλά το ότι δύο φορτία που το ένα διαγράφει κύκλο σε βαρυτικό πεδίο (και δεν εκπέμπει) και το άλλο εκτός βαρυτικού πεδίου (και εκπέμπει) μου φαίνεται παράδοξο.

Η επιταχυνόμενη κίνηση δεν ισοδυναμεί με βαρυτικό πεδίο;

Γιάννη πράγματι είναι μεγάλο το θέμα και θέλει πολύ διάβασμα. Εδώ ακόμα ένα άρθρο.

Σαράντο σ’ ευχαριστώ για το άρθρο.

Όπως γράφει κι ο Γιάννης (Φιορ) το θέμα έχει συζητηθεί ξανά. Εγώ έχω σχηματίσει τη γνώμη πως στην περίπτωση του βαρυτικού πεδίου ο ένας παρατηρητής βλέπει ακτινοβολία και ο άλλος όχι. Το γεγονός αυτό έχει όμως παράξενες προεκτάσεις.

Γιάννη (Κυρ), η διαφορά κάποιου που εκτελεί ομαλή κυκλική σε βαρυτικό πεδίο (ως δορυφόρος) από κάποιον άλλον που κάνει την ίδια κίνηση αλλά όχι υπό την επίδραση βαρυτικού πεδίου είναι πως ο πρώτος θεωρεί τον εαυτό του αρδανειακό παρατηρητή και μπορεί να εφαρμόζει όλους τους φυσικούς νόμους χωρίς τροποποιήσεις.

Γιάννη ο οιοσδήποτε θεωρεί τον εαυτό του αδρανειακό παρατηρητή προσθέτοντας φανταστική δύναμη την οποία  μπορεί να εκλάβει ως προερχόμενη από κάποιο βαρυτικό πεδίο. Ας θυμηθούμε την ισοδυναμία των παρατηρητών (Αϊνστάιν). Ποιες είναι οι τροποποιήσεις πέραν των φανταστικών δυνάμεων;

Οι φανταστικές δυνάμεις σταματούν εκπομπές φωτονίων;

Ένας παρατηρητής περιστρεφόμενος που βλέπει το φορτίο να εκτελεί κύκλο με άλλο ω βλέπει άλλη συχνότητα; Αν ήταν έτσι θα καταλάβαινε ότι κινείται και θα υπήρχαν προνομιακοί παρατηρητές και τελικά ο αιθέρας.

Η παρουσία του βαρυτικού πεδίου αφαιρεί τη εκπομπή φωτονίων;

Δηλαδή ένα φορτίο που κάνει στο διάστημα τον ίδιο κύκλο που κάνει το φορτίο του παραδείγματός σου εκπέμπει φως ενώ το φορτίο σου όχι;

Γιάννη (Κυρ) οι φανταστικές δυνάμεις που βλέπει ο μη αδρανειακός παρατηρητή αλλάζουν τις εκφράσεις των νόμων. Για παράδειγμα, ένα ταλαντούμενο φορτίο ακτινοβολεί (Δε νομίζω πως υπάρχει αντίρρηση σε αυτό, εξάλλου έτσι λειτουργούν οι κεραίες εκπομπής Η/Μ). Ας πάρουμε τώρα τον μη αδρανειακό παρατηρητή που ταλαντώνεται μαζί με τα ηλεκτρόνια μιας κεραίας. Για τον παρατηρητή αυτόν τα ηλεκτρόνια είναι ακίνητα, όμως δικαιούται να χρησιμοποιήσει τον νόμο: «κάθε ακίνητο φορτίο δεν ακτινοβολεί» ή θα πρέπει να τον τροποποιήσει;

«Η παρουσία του βαρυτικού πεδίου αφαιρεί τη εκπομπή φωτονίων;«

Δεν είπα αυτό. Κάθε άλλο είπα πως ο παρατηρητής που είναι σταθερός στην επιφάνεια της Γης θα βλέπει ακτινοβολία. Όμως ο παρατηρητής – δορυφόρος δεν αντιλαμβάνεται βαρυτικό πεδίο. Επίσης δεν έχει καμία ανάγκη χρήσης φανταστικών δυνάμεων. Το μόνο που αντιλαμβάνεται είναι ένα ακίνητο φορτίο δίπλα του. Ο παρατηρητής αυτός δεν έχει κανένα λόγο να δει ακτινοβολία.

Αυτό δεν είναι αντιφατικό;

Μήπως ούτε ο γήινος θα βλέπει φωτόνια; (Δεχόμενοι αυτό που επεσύναψε ο Σαράντος)

Πόσο σίγουρος είσαι για αυτό? Απ’όσο θυμάμαι, αν επιταχύνεις ηλεκτρόνια (Εκιν = qV = eV) και στην συνέχεια τα προσκορύσεις σε ακίνητο μεγάλο όγκο (πχ. φύλλο χρυσού m = 3 gr) αυτά επιβραδύνονται βιαίως με αποτέλεσμα την μετατροπή της κινητικής τους ενέργειας eV H/M ακτινοβολία με συχνότητα στο φάσμα των ακτίνων Χ.

Σαράντος Οικονομίδης είπε:

Η παραγωγή ακτίνων χ γίνεται νομίζω και έτσι.

Καλημέρα σας. Είπα ότι γίνεται και έτσι και είμαι απολύτως σίγουρος. Φαίνεται άλλωστε στη συνέχεια.

Αν εννοείς ότι υπάρχει απώλεια ενέργειας και η κίνηση δεν θα είναι ομαλή κυκλική η αναπλήρωση της ενέργειας μπορεί να γίνεται από γραμμικούς επιταχυντές, αναφέρονται και στην παρουσίαση που έκανα link.

Γιάννη (Κυρ) ίσως έχεις δίκιο. Ο ισχυρισμός «Ο ένας παρατηρητής βλέπει ακτινοβολία και ο άλλος όχι» δημιουργεί αντιφάσεις στο συγκεκριμένο φαινόμενο. Δε ξέρω, θέλει ψάξιμο. Σε άλλα φαινόμενα (πχ ελεύθερη πτώση φορτίου)  φαίνεται ο παραπάνω ισχυρισμός να ισχύει.

Με βάση τις σχετικές αναζητήσεις μου στη βιβλιογραφία καταλήγω στα εξής που εν ολίγοις συμφωνούν με την άποψη του Γιάννη Μήτση:

1.Ο αριθμός φωτονίων μεταβάλλεται κατά τις εναλλαγές μεταξύ μη αδρανειακών συστημάτων αναφοράς.Αυτό ισχύει και κβαντικά για τα στοιχ. σωμάτια που εμφανίζονται να δημιουργούνται σε ζεύγη-αντιζεύγη και των οποίων το πλήθος εξαρτάται από το σύστημα αναφοράς.

2. Η φαινομενική αντίθεση-παράδοξο της εκπομπής ενέργειας από ένα επιταχυνόμενο φορτίο για τον αδρανειακό παρατηρητή και της μη εκπομπής αντίστοιχα από τον μη αδρανειακό στο σύστημα του φορτίου,εξηγείται από το ότι δε μπορεί εγγενώς να καθοριστεί ποσοτικά η ενέργεια σε μηαδρανειακά συστήματα.

3. Η παρουσία του βαρυτικού πεδίου δε φαίνεται να αλλάζει  τίποτα σε σχέση με την ακτινοβολία ενός επιταχυνόμενου φορτίου εκτός πεδίου βαρύτητας τουλάχιστον ως προς τα αποτελέσματα.Ο αδρανειακός παρατηρητής αντιλαμβάνεται ροή ακτινοβολίας από το μεταβαλλόμενο ηλ/κο πεδίο του επιταχυνόμενου φορτίου, ενώ στο σύστημα αναφοράς του φορτίου, το πεδίο γίνεται αντιληπτό σαν στατικό αφού χωροχρονικά το πεδίο ακτινοβολίας του φορτίου είναι περιορισμένο σε περιοχή πέρα από τα αντιληπτά όρια του κινούμενου με το φορτίο παρατηρητή, ο οποίος δεν έχει κανένα τρόπο να πιστοποιήσει ή να ανιχνεύσει εκπομπή ακτινοβολίας.

Πέρα από τις όποιες προσεγγίσεις, εμείς σαν παρατηρητές στην επιφάνεια του πλανήτη μας, είμαστε νομίζω μή αδρανειακοί.Τα φορτισμένα αντικείμενα στο τραπέζι του σχολικού εργαστηρίου δημιουργούν στατικό πεδίο ή ακτινοβολούν;Και αν ακτινοβολούν μας λείπει απλά η τεχνολογία που θα μπορέσει να το μετρήσει;Ρητορικό ίσως το ερώτημα……

Απάντηση από τον/την Φιορεντίνος Γιάννης στις 30 Ιανουάριος 2013 στις 18:38

Καλησπέρα σε όλους.

Κάτι σχετικό με τη συζήτηση για αδρανειακούς και μη-αδρανειακούς παρατηρητές και το τι «βλέπει» ο καθένας: Φαινόμενο-Ακτινοβολία Unruh

Απάντηση από τον/την Γιώργος Κλήμης στις 30 Ιανουάριος 2013 στις 19:50

Εξαιρετικά ενδιαφέρον Γιάννη,μπράβο…
Απάντηση από τον/την Mανώλης Χανιωτάκης στις 31 Ιανουάριος 2013 στις 2:31

Καλημέρα σας,

απ’όσο έχω καταλάβει, το πρόβλημα είναι οτι το φωτόνιο διαθέτει στροφορμή (ίση με h/2π, h=6.63*10^-34 J.s η σταθερά δράσης του Planck).

Η θεωρία του Μπόρ μας λέει αξιωματικά και αποδεικνύεται στην κβαντική επίλυση του ατόμου του υδρογόνου οτι το ηλεκτρόνιο κινείται σε τροχιές καθορισμένης στροφορμής.

Σε ένα άτομο υδρογόνου σε STP το ηλ/νιο βρίσκεται στην θεμελιώδη στάθμη του -δηλαδή πιο κοντά στον πυρήνα- διότι η ενέργεια διέγερσης σε μία κατάσταση μεγαλύτερης στροφορμής απαιτεί ενέργεια ~10 eV ενώ οι θερμικές ενέργειες που του προσφέρονται λόγω συγκρούσεων σε θερμοκρασία περιβάλλοντος είναι της τάξης του 1/40 eV.

Επιπλέον, η στροφορμή στο ηλ/νιο του υδρογόνου διατηρείται σταθερή αφού η δύναμη που του ασκεί ο πυρήνας είναι κεντρική. Επομένως, λόγω διατήρησης της στροφορμής ένα ηλ/νιο στην θεμελιώδη στάθμη δεν μπορεί να εκπέμψει αυθόρμητα ένα φωτόνιο, διότι έτσι θα έπρεπε να μεταπέσει το ηλ/νιο σε κατάσταση χαμηλότερης στροφορμής (κατα h/2π). Όμως δεν υπάρχει τέτοια κατάσταση στο υδρογόνο – θεμελιώδης = ελάχιστη στροφορμή.

Το αστείο της υπόθεσης είναι οτι ενώ εμείς απεικονίζουμε το ηλ/νιο σαν να περιφέρεται γύρω από τον πυρήνα, όταν αυτό βρίσκεται στην θεμελιώδη στάθμη του (n=1) έχει κβαντικό αριθμό στροφορμής l=0,

άρα το μέτρο της στροφορμής του είναι L=(h/2π)*sqrt[l(l+1)] = 0.

Δηλαδή το ηλ/νιο στην θεμελιώδη κατάστασή του ΔΕΝ έχει στροφορμή!!

Απάντηση από τον/την Φιορεντίνος Γιάννης στις 31 Ιανουάριος 2013 στις 11:26

   Καλημέρα σε όλους.

Μανώλη, πράγματι είναι έτσι όπως τα λες. Και αυτό γιατί η θεωρία του Bohr είναι μια ημικλασσική (ή ισοδύναμα μια ημικβαντική) θεωρία, αφού είναι ένα μίγμα κλασσικής και κβαντικής θεώρησης. Οι «αντιφάσεις» αυτές αίρονται στην μετέπειτα διατύπωση της κβαντομηχανικής (Schroedinger, Heisenberg κλπ).

Μια σχετική εργασία για το πως οδηγήθηκε ο Bohr στην κβάντωση της στροφορμής:

Από την αρχή της αντιστοιχίας στην κβάντωση της στροφορμής

a5Απάντηση από τον/την Θρασύβουλος Μαχαίρας στις 31 Ιανουάριος 2013 στις 21:38

Σκόρπιες σκέψεις για μη αδρανειακούς παρατηρητές…

Συνημμένα:

Απάντηση από τον/την Κορκίζογλου Πρόδρομος στις 1 Φεβρουάριος 2013 στις 7:16

Ευχαριστώ όλους για την ενασχόλησή τους με το ερώτημα που έθεσα και ιδιαίτερα τον Μεγάλο Φίλο Μαχαίρα

που η …φλυαρία του ακούγεται τόσο ωραία ,όπως το παραμύθι του παππού στο πεντάχρονο εγγονάκι!!

‘Ηδη διαφωτίστηκα αρκετά με τις τοποθετήσεις όλων σας και σας ευχαριστώ και πάλι. Κατάλαβα πάντως ότι η διαδρομή που έχει να κάνει η Φυσική μέχρι να βρεί την Απόλυτη Αλήθεια των πραγμάτων , ορατών και αοράτων, φανταστικών και μη, είναι πολύ μεγάλη. Μου άρεσε η έκφραση του Θρασύβουλου για τον άλλο Κόσμο που βλέπει ο μή αδρανειακός παρατηρητής που δεν είναι απαραίτητο να ταυτισθεί με τον Κόσμο που βλέπει ο αδρανειακός παρατηρητής.

Αυτά ,πρέπει να ετοιμαστώ για το σχολείο.

 

5828d1b228955-bpfullΑπάντηση από τον/την Βαγγέλης Κουντούρης στις 2 Φεβρουάριος 2013 στις 8:56

καλημέρα σε όλους

Εξαιρετικά ενδιαφέρουσες όλες οι τοποθετήσεις και οι προβληματισμοί.

Προσυπογράφω το κλείσιμο του Πρόδρομου: «η διαδρομή που έχει να κάνει η Φυσική μέχρι να βρεί την Απόλυτη Αλήθεια των πραγμάτων … είναι πολύ μεγάλη»

Ποια η τιμή της πίεσης;

Απαντήσεις σε αυτή τη συζήτηση:

 

52eda7bce533a67afd16dc3ddd07e1aa Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 18 Αύγουστος 2015 στις 9:45

ΚαλημέραΔεν καταλαβαίνω τι έχεις στο νου σου ΔιονύσηΔεν είναι

pΓ=pB= pA+(ρ/2)(υΑ2– υΒ2)=…=100937,5  Ν/m2

;;

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΑπάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 18 Αύγουστος 2015 στις 11:00

Καλημέρα Δημήτρη.Τι έχω στο νου μου; Αυτό που είχα γράψει στο τελευταίο μου σχόλιο σε διπλανή ανάρτηση…
 έχω στο νου μου; Αυτό που είχα γράψει στο τελευταίο μου σχόλιο σε διπλανή ανάρτηση…

Απάντηση από τον/την Παπαδάκης Κώστας στις 18 Αύγουστος 2015 στις 11:00

Το σύστημα έχει ισορροπήσει , το σημείο Γ (το κλειστό τμήμα του σωλήνα) έχει γεμίσει νερό .εξίσωση Bernoulli B → A :

ΡΒ + ½·ρ·υΒ² = ΡΑ + ½·ρ·υΑ² , με ΡΑ = Ρatm .

εξίσωση Bernoulli B → Γ :

ΡΒ + ½·ρ·υΒ² = ΡΓ + ½·ρ·υΓ² , με υΓ = 0 .

Θα πάρω το ίδιο αποτέλεσμα (?) με τον Δημήτρη .

Ισχύει θεωρώ και η εξίσωση συνέχειας στα σημεία Β και Α (Η ροή του νερού είναι από το Β στο Α) :

Αβ·υΒ = Αα·υΑ , με Αβ = 4 cmκαι Αα = 1 cm2 .

Τώρα είδα το σχόλιο του Διονύση , το κατάλαβα τώρα .

«Αν δεχτώ το αντίθετο, τότε εφαρμόζοντας ξανά το νόμο του Bernoulli, θα προκύψει άλλη τελικά ταχύτητα και άλλη κινητική ενέργεια του νερού, αλλά προφανώς και άλλη παροχή.»

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 18 Αύγουστος 2015 στις 11:36

Καλημέρα Κώστα.Είναι σίγουρο, ότι συμφωνείτε με το Δημήτρη;

Καταγραφή1 Απάντηση από τον/την Κωστας Ψυλακος στις 18 Αύγουστος 2015 στις 12:02

Bernoulli B->A & Β->Γ => Γ->Α : Pγ=Pα+0.5•ρ•υα^2=102•10^3N/m^2.Αν θέλουμε μπορούμε απο την εξ.συνέχειας => υβ=0.25υα άρα
Pβ=Pγ-0.5•ρ•υβ^2=101.87•10^3 N/m^2.Ειναι εντάξει Διονύση?
Ειναι εντάξει Διονύση?

 

Απάντηση από τον/την Παπαδάκης Κώστας στις 18 Αύγουστος 2015 στις 12:21

Ναι δεν είναι σίγουρο , μετά έβαλα ερωτηματικό.Κώστα συμφωνούμε .

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 18 Αύγουστος 2015 στις 13:01

Γεια σας παιδιά.Να προχωρήσω σε ένα ερώτημα;Ποια είναι η αιτία για την μετακίνηση μιας ποσότητας υγρού; Η διαφορά πίεση. Ποια είναι η πίεση στο σημείο Α του σχήματος;

1)  p=pατ+ ρgh

2)  p=pατ+ρgh + ½ ρυ2.

Απάντηση από τον/την Παπαδάκης Κώστας στις 18 Αύγουστος 2015 στις 13:09

ΔΡ = ρ·g·h ⇒ΡΑ – Ρatm = ρ·g·h ⇒

ΡA = Ρatm + ρ·g·h .

Tην εξίσωση Bernoulli δεν θα την πάρουμε για την ελεύθερη επιφάνεια και το Α . Σωστό ?

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 18 Αύγουστος 2015 στις 15:41

Σωστά Κώστα.Αλλά τότε δεν θα πάρουμε Bernoulli και μεταξύ Β και Γ.Η πίεση (η στατική πίεση, αφού οι όροι όπως δυναμική πίεση… μάλλον μπερδεύουν) είναι αιτία για την επιτάχυνση του υγρού. Αν υπήρχε διαφορά πίεσης μεταξύ Β και Γ, τότε θα είχαμε ροή.

Αλλά το ερώτημα αυτό έχει την εξής δικαιολογία ύπαρξης:

Αν σε ένα σύστημα ύδρευσης, όπως η προηγούμενη ανάρτησή σου (στην άσκηση του Βαγγέλη) η αντλία εξασφαλίζει πίεση 3atm στον οικισμό, αυτή θα είναι η πίεση στο Γ, δηλαδή σε έναν αγωγό, που δεν έχει ροή. Σε μια οικιακή παροχή, που οι ένοικοι έχουν πάει  διακοπές:-). Προφανώς θα είναι και η στατική τιμή της πίεσης στον κεντρικό σωλήνα, όπως στο σημείο Β του παραπάνω σχήματος.

Στο Α, δηλαδή σε μια οικία που αντλεί νερό, η πίεση θα είναι η ατμοσφαιρική.

Νομίζω ότι λύνω και την …απορία σου Δημήτρη, στο τι σκεφτόμουν.

Καταγραφή1Απάντηση από τον/την Κωστας Ψυλακος στις 18 Αύγουστος 2015 στις 15:50

Ο.Κ. Διονύση έγινες αντιληπτός!

Απάντηση από τον/την Παπαδάκης Κώστας στις 18 Αύγουστος 2015 στις 16:01

Έχεις δίκιο .Κατανοητός και διδακτικός ,

Ευχαριστούμε Διονύση .

57ef39a69b2eb-bpfull Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 18 Αύγουστος 2015 στις 17:28

Καλημέρα συνάδελφοι,Διονύση μας βάζεις … δύσκολα (κι ακόμα δεν μάθαμε τα απλά :-)).

Μερικές σκέψεις κι από μένα στο θέμα.

1) Σε περιοχές της ροής όπου οι ρευματικές γραμμές καμπυλώνονται, η στατική πίεση δεν είναι ίδια στα διάφορα σημεία μιας διατομής της φλέβας. Π.χ. στο διπλανό σχήμα είναι PB >PA. Τούτο γίνεται κατανοητό αν σκεφτούμε ότι σε κάθε υγρό στοιχείο πρέπει να ασκείται κεντρομόλος δύναμη ώστε να αλλάξει η διεύθυνση της ροής.

Ο νόμος του Bernoulli κάθετα στις ρευματικές γραμμές παίρνει τη μορφή:

όπου r η ακτίνα καμπυλότητας των ρευματικών γραμμών σε κάθε σημείο και n η κάθετη σ’ αυτές, προς το κέντρο καμπυλότητας.

2) Όταν ένας σωλήνας διακλαδίζεται τότε παίζει σημαντικό ρόλο και η γεωμετρία της κατασκευής στη διαμόρφωση της ροής μέσα στα σκέλη του.

 

Αν η παροχή σε ένα σκέλος είναι μηδενική, τότε (υποθέτοντας μηδενικό ιξώδες) υπάρχει μια «συνοριακή επιφάνεια» που διαχωρίζει το ακίνητο υγρό από το υγρό που ρέει.

Από τη μια πλευρά της επιφάνειας αυτή έχουμε υγρό σε ισορροπία, ενώ από την άλλη έχουμε υγρό σε ροή, η επιφάνεια λειτουργεί δηλαδή σαν «τοίχωμα» για το υγρό που ρέει. Το κοινό μέγεθος στα σημεία αυτής της επιφάνειας είναι η πίεση.

Θα πρέπει επομένως να εξετάσουμε αν υπάρχει εκεί σημείο ανακοπής της ροής, αν οι ρευματικές γραμμές καμπυλώνονται, πυκνώνουν / αραιώνουν, κλπ.

Στο διπλανό σχήμα π.χ.,

Στο στόμιο του 1ου σωλήνα υπάρχει σημείο ανακοπής, κι έτσι η πίεση στο στόμιο είναι μεγαλύτερη,

στο στόμιο του 2ου σωλήνα οι ρευματικές γραμμές περνούν ευθύγραμμα,

ενώ στο στόμιο του 3ου σωλήνα είναι καμπυλωμένες, οπότε θα μετράει μεγαλύτερη πίεση από ότι ο 2ος. Αυτό εξαρτάται βέβαια και από την ακτίνα καμπυλότητας και την ταχύτητα της ροής.

Αν αγνοήσουμε την καμπύλωση, ο 2ος κι ο 3ος σωλήνας θα μετρούν ίδια πίεση.

 

Για να έλθουμε τώρα στο ερώτημα που θέτει ο Διονύσης, θα πρέπει πρώτα να «αποφασίσουμε» αν ο κλειστός σωλήνας Γ «βλέπει» αραιές ή πυκνές ρευματικές γραμμές!

Στο αριστερό π.χ. από τα σχήματα που ακολουθούν ισχύει PΓ =PB, ενώ στο δεξί PΓ =PΑ διότι και στις δύο περιπτώσεις οι ρευματικές γραμμές περνούν ευθύγραμμα, και με σταθερή πυκνότητα σε κάθε περίπτωση, μπροστά από το στόμιο του σωλήνα Γ.

Στο αρχικό σχήμα του Διονύση όμως, ο σωλήνας Γ «βλέπει» τις γραμμές να πυκνώνουν και να καμπυλώνουν ταυτόχρονα!

Αν αντί του στομίου του Γ υπήρχε τοίχωμα θα είχαμε κατά μήκος του (αγνοώντας την καμπύλωση των ρευματικών γραμμών) μια σταδιακή μείωση της πίεσης από PΒ σε PΑ (αυξημένες αν λάβουμε υπ’ όψη και την καμπύλωση).

Υποθέτω ότι κάτι ανάλογο πάει να συμβεί και όταν υπάρχει το στόμιο Γ, που θα έχει όμως σαν αποτέλεσμα τη διαταραχή της «συνοριακής επιφάνειας» μεταξύ στάσιμου και ρέοντος υγρού, και τη δημιουργία στροβιλισμών μέσα στο σωλήνα Γ.

57ef39a69b2eb-bpfull Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 18 Αύγουστος 2015 στις 17:44

Με την ανανέωση είδα και τα σχόλιά σας 🙂Διονύση νομίζω ότι συμφωνούμε σ’ αυτό που θέλεις να επισημάνεις.

52eda7bce533a67afd16dc3ddd07e1aa Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 18 Αύγουστος 2015 στις 18:12

ΩραίαΚατάλβα Διονύση (Μάργαρη)Ασφαλώς και δεν εφαρμόζουμε Bernoulli σε σημεία που δεν ανήκουν στην ίδια φλέβα …

Τώρα όσον αφορά την ανάλυση του έτερου Διονύση (Μητρόπουλου)…

… όπως πάντα φοβερή ( ευχαριστούμε )

μόνο που ο Μάργαρης όχι μόνο ξεκαθάρισε ότι μιλάμε για στρωτή ροή αλλά είχε φροντίσει τα σημεία να είναι αρκετά μακριά από τις περιοχές που θα είχαμε αμφισβητήσεις από καμπυλώσεις και συνέχεια ή ασυνέχεια ισοδυναμικών ισοβαρών …

(Τελικά κάτι πρέπει να κάνουμε με το όνομα Διονύσης… Να φωνάζουμε τον ένα Σάκη ή τον άλλον Ντένις;)

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 18 Αύγουστος 2015 στις 18:51

Διονύση και Δημήτρη Καλησπέρα.Τώρα βέβαια, μετά από το σχόλιό σου Διονύση (δεν έχω πρόβλημα εγώ Δημήτρη, να προσδιορίσω ποιος Διονύσης, πάντως αν ο Μητρόπουλος, θέλει να λέγεται Ντένης, δεν έχω πρόβλημα:-)), πείστηκα, ότι πρέπει να προσέχω και να μην βάζω…δύσκολα!!!Ένα απλό θεματάκι πήγα να θέσω, ολόκληρη ανάλυση (και με κεντρομόλο) εισέπραξα!!!

Να είσαι καλά Διονύση. Ευχαριστούμε και για την παρούσα ανάλυση.

Κατά τα άλλα, με κάλυψε ο Δημήτρης για τις «αμφισβητήσεις», αν και το σχήμα…προέκυψε!

Σίγουρα πάντως στο μυαλό μου είχα τις πιέσεις και τις παροχές ενός συνοικισμού και εκεί τα σημεία Α, Β και Γ θα ήταν αρκούντως μακρυά.

1 Απάντηση από τον/την Κωστας Ψυλακος στις 18 Αύγουστος 2015 στις 19:44

Μου λυσατε τις απορίες [Διονυσης]^2 ! ! !
Δ.Μαργαρη κατάλαβα καλύτερα τι εννουσες!
Δ.Μητροπουλε η ανάλυση σου άκρως διαφωτιστική! Για την οποία μεταβολή στην ταχύτητα χρειάζεται η κατάλληλη δύναμη άρα στα ρευστά η κατάλληλη διαφορα πίεσης. Είτε για να προκαλέσει επιτάχυνση,είτε επιβράδυνση.
Πιστεύω ότι συνολικά βγήκε κάτι καλό!

Απάντηση από τον/την Παπαδάκης Κώστας στις 18 Αύγουστος 2015 στις 21:59

Να ευχαριστήσω και εγώ τον Διονύση Μητρόπουλο.(έλειπα και γύρισα μόλις)

Μας προχώρησε πολύ , σε ταχεία μας ανέβασε 🙂 .

Μια συζήτηση διδακτική και αναμφίβολα χρήσιμη.

Να είστε όλοι καλά.

57ef39a69b2eb-bpfull Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 19 Αύγουστος 2015 στις 0:26

Δημήτρη, Διονύση, Κώστα (Ψυλ.), Κώστα (Παπ.) καλησπέρα,Σας ευχαριστώ για τα σχόλια, νά ‘στε καλά 🙂 

Διονύση δεν ήμουν σίγουρος ποιο σημείο ήθελες να αναδείξεις και προσπάθησα να είμαι όσο το δυνατό πιο λεπτομερής (μάλλον το παράκανα :-))

Η δύναμη επί του εμβόλου.

Απαντήσεις σε αυτή τη συζήτηση

 

Απάντηση από τον/την Κορκίζογλου Πρόδρομος στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 8:05

Γιάννη καλημέρα. Ωραίους προβληματισμούς βάζεις!!

Στο τελευταίο κομμάτι της ανάλυσής σου γράφεις:

Η F′ υπολογίστηκε µεγαλύτερη απ’ ότι προηγουµένως. Μήπως διότι η πίεση στο τοίχωµα είναι µεγαλύτερη; Μήπως είναι µεγαλύτερη διότι η ταχύτητα σε τµήµα του τοιχώµατος είναι µικρότερη από την υ που υποθέσαµε;

Νομίζω ότι αυτό που υπογράμμισα στο κείμενό σου, ότι δηλαδή η δύναμη του τοιχώματος είναι μεγαλύτερη , ήταν αναμενόμενο γιατί δεν πήρες υπόψιν τις δυνάμεις από το δοχείο στις μάζες του υγρού που »στρίβουν» στην περιοχή των διακεκκομένων του σχήματος. Δεν θα μπορούσαμε να έχουμε την ίδια ταχύτητα υ σε όλη τη μάζα του υγρού στον φαρδύ σωλήνα , κι αυτό γιατί καμπυλώνονται οι ρευματικές γραμμές, πράγμα που σημαίνει ότι ασκείται από το δοχείο δύναμη στα στρώματα που στρίβουν, προκειμένου μια στοιχειώδης μάζα να καμπυλώσει την τροχιά της.              Επίσης στις »γωνίες» που έχεις τα βελάκια δεν πρέπει να υπάρχει ταχύτητα. Έτσι δεν θα μπορούσε όλη η μάζα του υγρού στο φαρδύ σωλήνα να κινείται με σταθερή ταχύτητα.

Αυτό που θα μπορούσε να γίνει με ελεγχόμενη δύναμη στο αριστερό έμβολο, είναι να κινείται το έμβολο με σταθερή ταχύτητα, μετά το μικρό χρονικό διάστημα που απαιτείται για να την αποκτήσει, στο οποίο έχει δαπανηθεί έργο από εμάς.

Ίσως αν ο φαρδύς σωλήνας είχε σχήμα όπως οι διακκεκομένες , να είχαμε ομαλή ροή..

 

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΑπάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 8:42

Καλημέρα Γιάννη, καλημέρα Πρόδρομε.

Για να προχωρήσω λίγο το συλλογισμό σας, μήπως στο φαρδύ σωλήνα, δημιουργείται μια φλέβα ροής, περίπου όπως δείχνουν οι δυο διακεκομμένες γραμμές στο αρχικό σχήμα σου Γιάννη ή όπως το έχω ελαφρώς τροποποιήσει;

Αλλά τότε, εντός φλέβας δεν υπάρχει  ΜΙΑ ταχύτητα, αφού επειδή μειώνεται η διατομή της φλέβας, αυξάνεται η ταχύτητα από υ σε υ΄, ενώ υπάρχουν και περιοχές του σωλήνα που δεν υπάρχει ροή.

Να τονίσω με την ευκαιρία, πόσο σωστή είναι η πρόταση του Ανδρέα Κασσέτα για στρωματικήκαι όχι στρωτή ροή. Ιδανικό ρευστό στο οποίο έχουμε στρώματα με διαφορετικές ταχύτητες. Αρκεί να εστιάσουμε στην περιοχή που η φλέβα στενεύει.

Βέβαια προσωπικά δειλιάζω να χρησιμοποιήσω τον όρο στις αναρτήσεις μου, αφού απευθύνονται σε μαθητές που θα δώσουν εξετάσεις και πρέπει να μην δημιουργήσουμε παρερμηνείες και συγχύσεις.

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 12:24

Γιάννη μια προέκταση στα παραπάνω:

589df88962c7f-bpfull Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 13:02

Συμφωνώ Πρόδρομε. Αλλαγή ταχύτητας. Όμως έτσι «προσάπτουμε» δομή στο υγρό.

Παραμένει ιδανικό;

Διονύση αυτήν ακριβώς την φλέβα υπονοούσα. Αντιλαμβάνεσαι όμως ότι η ύπαρξή της καθιστά στρωματική την ροή.

Δεν κατάλαβα τι εννοείς στο τελευταίο σου σχόλιο.

Ότι οι ταχύτητες στα Κ, Λ και Μ είναι μηδενικές;

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΑπάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 13:29

Όχι Γιάννη, ότι έχουν ίσες πιέσεις, αν μετατρέψουμε το Κ σε σημείο ανακοπής.

589df88962c7f-bpfull Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 14:38

Ωραία.

Τα Λ,Μ είναι σημεία ανακοπής;

Το ρευστό εκεί «γλύφει» το τοίχωμα;

Πάντως οι ταχύτητες εκεί πρέπει να διαφέρουν αυτής του εμβόλου.

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΑπάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 15:01

Όχι Γιάννη.

Με βάση το σχόλιο που μιλάω για φλέβα, στα σημεία Λ και Μ δεν υπάρχει ταχύτητα ροής και η πίεση είναι στατική, ίση με την πίεση στο σημείο ανακοπής Κ.

 

57ef39a69b2eb-bpfull Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 15:02

Καλημέρα συνάδελφοι,

Ας δούμε το διπλανό σχήμα.

Υποθέτουμε ότι στο σωλήνα Σ1 ρέει ιδανικό υγρό με στρωτή και μόνιμη ροή.

Ο σωλήνας Σ2 είναι κλειστός, άρα το υγρό σ’ αυτόν ακίνητο.

Μα τότε υπάρχει μια συνοριακή επιφάνεια ΖΗ, εκατέρωθεν της οποίας η ταχύτητα του υγρού είναι διαφορετική.

Σχηματίζεται δηλαδή μια ασυνέχεια στη (μηδενική) βαθμίδα ταχύτητας.

Πιστεύω ότι αυτό δεν έρχεται σε αντίθεση με το μοντέλο του ιδανικού ρευστού. Αφού δεν έχει ιξώδες δεν επηρεάζεται η κίνηση του κάθε στρώματος από το διπλανό. Η επιφάνεια ΖΗ αποτελεί απλά τμήμα των τοιχωμάτων της φλέβας του ιδανικού ρευστού στον σωληνα Σ1.

Αν το ρευστό ήταν πραγματικό δεν θα μπορούσε να υπάρχει τέτοια ασυνέχεια και θα είχαμε δημιουργία στροβιλισμών μέσα στο σωλήνα Σ2.

Γενικότερα, νομίζω ότι αν τα τοιχώματα που περιορίζουν τη ροή ιδανικού υγρού παρουσιάζουν ανωμαλίες, γωνιές, κλπ., τότε στις περιοχές αυτές παραμένει στάσιμο υγρό σε ισορροπία, τόσο όσο χρειάζεται για να αποκατασταθεί στρωτή ροή στην κύρια φλέβα.

Π.χ. στο σχήμα που έδωσε πιο πάνω ο Διονύσης, οι «γωνιές» που δημιουργούνται στον φαρδύ σωλήνα στο σημείο της στένωσης, αποτελούν περιοχές ανακοπής με ακινητοποιημένη ποσότητα υγρού στην περιοχή αυτή, όπου η πίεση θα πρέπει να είναι αυξημένη. Έτσι δικαιολογείται και η καμπύλωση της φλέβας (κεντρομόλος).

Εξάλλου και η απουσία ρευματικών γραμμών δείχνει μηδενική ταχύτητα.

589df88962c7f-bpfull Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 5 Οκτώβριος 2015 στις 18:50

Διονύση όντως είναι αυξημένη σε σχέση με αυτήν κοντά στο έμβολο.

 Απάντηση από τον/την Μίχος Θεόδωρος στις 7 Οκτώβριος 2015 στις 10:38

Η εξίσωση Bernoulli αποτελεί μονοδιάστατη περίπτωση της γενικής εξίσωσης Euler. Μπορούμε να την χρησιμοποιήσουμε θεωρώντας ολόκληρο το σύστημα ως μία ρευματική φλέβα, εξετάζοντας τι γίνεται στα δύο άκρα της. Αυτό έχει γίνει στην 1η και την 2η περίπτωση όπου η διατήρηση της ενέργειας δίνει το, κατά την γνώμη μου, σωστό αποτέλεσμα.

Για το τι συμβαίνει στην περιοχή μετάβασης δεν μπορούμε ν’ απαντήσουμε με μονοδιάστατο μοντέλο. Το σίγουρο είναι πως, εφόσον η F είναι εξωτερική δύναμη, η σύριγγα χρειάζεται εξωτερική μηχανική στήριξη.

Θα υπάρξει ολίσθηση;

 

  1. Απαντήσεις σε αυτή τη συζήτηση

     Απάντηση από τον/την Βαγγέλης Κουντούρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 17:39

    καλησπέρα Διονύση

    1)θα πρέπει mg ημφ> 0.8εφφ.mgσυνφ=0.8 mg ημφ,

    δηλαδή θα πρέπει 1>0.8 που προφανώς ισχύει,

    άρα πάντα

    2)(υποθέτοντας πρώτα η σανίδα και μετά το σώμα)

    δεν βλέπω διαφορά,

    άρα πάντα

    Καταγραφή1Απάντηση από τον/την Κωστας Ψυλακος στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 18:12

    Στο πρώτο θα έχουμε ολίσθηση και αν το μορ ισο με το μολ τότε η επιτάχυνση του πάνω θα είναι α1=0,2•g•ημφ και του κάτω α2=(1+0.8•λ)•g•ημφ όπου λ=m/M

    Στη δεύτερη περίπτωση αν υποθέσουμε ότι κινηθουν σαν ένα σώμα τότε το Τστ=[m/(λ+1)]•g•ημφ οποτε θα πρέπει το Τστ<=Tορ και για να ισχύει θα πρέπει το λ>=0.25.

    Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 18:58

    Βαγγέλη και Κώστα καλησπέρα και σας ευχαριστώ για τη συμμετοχή στη συζήτηση.

    Η ιδέα προέκυψε από παρέμβαση του Διονύση (Μητρ) σε προηγούμενη ανάρτησή μου εδώ και μετά από ερωτήματα τριών φίλων που μου τέθηκαν, μέσω μνμ.

    Έτσι σκέφτηκα, ότι έχει γενικότερο ενδιαφέρον και θα άξιζε να συζητηθεί, αφού μια απλή ανάρτηση (που θα επακολουθήσει) μπορεί να πέρναγε απαρατήρητη.

    Περιμένοντας και άλλες τοποθετήσεις, να δώσω ένα ενδιάμεσο ερώτημα:

    Στο πρώτο σχήμα η σανίδα δεν θα κινηθεί;

    Καταγραφή1Απάντηση από τον/την Κωστας Ψυλακος στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 19:03
    Διονύση για το πρώτο σχήμα εχω δώσει και τις επιταχύνσεις.

    Καταγραφή1.PNGΑπάντηση από τον/την Μπουλούμπασης Γρηγόρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 19:48
    Καλησπέρα. Πάντα με ρίσκο.
    Νομίζω ότι ο Διονύσης εννοεί ότι αφού ή σανίδα με βάση την ανάλυσή σου Κώστα αποκτά μεγαλύτερη επιτάχυνση από το σώμα τότε το σώμα σε σχέση με την σανίδα θα κινηθεί προς την κορυφή άρα ή τριβή θα έχει φορά προς την βάση.
    Διονύση αν τα λέω λάθος πες το τώρα για να μην παρασύρω τους συναδέλφους (το έχω ξαναπάθει και δεν μου άρεσε).

    Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 19:58
    Γεια σου Γρηγόρη.
    Έλεγξες τις επιταχύνσεις του Κώστα;

    Απάντηση από τον/την Βαγγέλης Κουντούρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 20:47
    Ωχ!
    βιάστηκα μου φαίνεται…

    Καταγραφή1.PNG Απάντηση από τον/την Μπουλούμπασης Γρηγόρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 21:27
    Τα ίδια αποτελέσματα με τον Κώστα είχα βρει και εγώ. Τέλος πάντων θα περιμένω την εξέλιξη και την συμμετοχή και από το υπόλοιπο «βαρύ πυροβολικό».

    Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:08
    Μια προσέγγιση από εμένα.
    Επιβεβαιωμένη από το i.p. πλήρως.

    Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:09

    Στη περίπτωση 1:Και τα δυο σώματα τείνουν υπό την επίδραση των εξωτερικών τους δυνάμεων να κινηθούν με την ίδια επιτάχυνση και συνεπώς δεν θα ασκηθεί Τριβή

    Στην περίπτωση 2: … θέλει λίγο να το δουλέψω … δικαίωμα

    Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:15

    Ακριβώς Μητσάρα!

    Η τριβή είναι άτιμο θηλυκό. Πνεύμα αντιλογίας. Δεν γουστάρει να κινείσαι διαφορετικά από το υπόβαθρό σου.

    Όταν το κάτω σώμα πάει να κινηθεί με g.ημφ και το πάνω με την ίδια επιτάχυνση δεν έχει λόγο ύπαρξης.

    Αυτοκτονεί μηδενιζόμενη. Τα δύο σώματα πηγαίνουν παρέα , αλλά μπρατσέτα.

    13-1Απάντηση από τον/την ΓΙΑΝΝΗΣ ΜΠΑΤΣΑΟΥΡΑΣ στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:17

    Πρόλαβα λίγο στο φροντιστήριο να ασχοληθώ με την 1η περίπτωση.

    Εστω μη ολίσθηση τότε τα 2 σώματα με κινούνται με επιτάχυνση gημφ .

    Θεμελιώδης νόμος για το ένα σώμα οδηγεί σε Τσ=0 . Που σημαίνει ότι ίδια συμπεριφορά σαν να ήταν λείο . (Εκανα και την υπόθεση έστω ότι ολισθαίνει και οδηγήθηκα σε άτοπο)

    Στο β η αρχική μου σκέψη είναι να υποθέσω ότι δεν υπάρχει αρχικά ολίσθηση και να το μελετήσω ταλαντωτικά

     

    52eda7bce533a67afd16dc3ddd07e1aa Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:18

    Καλησπέρα σε όλους

    Γιάννη δεν είχα δει το σχόλιό σου.

    Δεν βλέπω την δεύτερη περίπτωση … πιστεύεις ότι καλύπτεται από αυτά που έγραψες ;

    Καταγραφή1.PNGΑπάντηση από τον/την Μπουλούμπασης Γρηγόρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:18

    Πράγματι όπως και να έμπαινε ή τριβή καταλήγαμε σε άτοπο κοινώς τρίχες που λέει και ο Γιάννης οπότε τριβή μηδέν.

    Πολύ καλή προσέγγιση και από τον Δημήτρη .

    13-1Απάντηση από τον/την ΓΙΑΝΝΗΣ ΜΠΑΤΣΑΟΥΡΑΣ στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:43

    Στην περίπτωση με το ελατήριο θα βρώ τις τιμές του μ ώστε να μην αποχωρίζονται τα σώματα . Στην αρχική θέση βρίσκω ότι πρέπει

    μ≥(M+2m) εφφ/M+m

    δηλαδή πρέπει μ≥0,8εφφ Αρα ολισθηση.

    589df88962c7f-bpfullΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:48

    Μήτσο στο δεύτερο το πάνω προσπαθεί να κινηθεί με g.ημφ και το κάτω να μείνει ακίνητο.

    Το πρώτο θα δεχθεί τριβή πάνω δεξιά και το κάτω κάτω αριστερά.

    Υποθέτουμε κοινή επιτάχυνση α και βγάζουμε ποια πρέπει να είναι η Τ.

    Αν αυτή προκύψει λιγότερη από μ.Ν τότε όλα μια χαρά. Αν όμως προκύψει μεγαλύτερη από τόσο τότε δεν μπορεί να πάρει τέτοια τιμή. Είναι δηλαδή μικρότερη. Τότε το πάνω σώμα είναι γρηγορότερο του κάτω.

    52eda7bce533a67afd16dc3ddd07e1aa Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 22:54

    Γιάννη εμένα μου προκύπτουν πρόχειρα αυτά :

    Επειδή μ=0,8.εφφ αυτό σημαίνει ότι Τορ=μmgσυνφ και με αντικατάσταση

    Τορ=0,8mgημφ

    Έστω μ* η ανοιγμένη μάζα του συστήματος αντικείμενο και σανίδα

    μ*=[(m.Μ)/(m+M)]

    Αν μ*> 0,8m τότε υπάρχει τριβή στο αντικείμενο προς τα πάνω και στη σανίδα προς τα κάτω

    Αν  μ*< 0,8m ή αν μ*= 0,8m  …. δεν υπάρχει τριβή.

    ΕΠΙΦΥΛΑΣΣΟΜΑΙ γιατί τα έχω προχειρογράψει.

    Εξέτασα μόνο  για την στιγμή που αφήνουμε ελεύθερο το αντικέιμενο πάνω στη σανίδα.

    589df88962c7f-bpfullΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:01

    Τι βγάζω:

    5828d1b228955-bpfull Απάντηση από τον/την Βαγγέλης Κουντούρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:05

    Σωστά ο Κυρ. για το i.

    Διονύση, στο ii. δώσε αναλυτικότερα τη σειρά τοποθέτησης π.χ. πρώτα η σανίδα δεμένη στο ελατήριο και «βοηθιέται» να ακινητοποιηθεί και μετά τοποθετείται το σώμα; (η k του ελατηρίου είναι γνωστή;)

    fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb  Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:08

    Βαγγέλη, η σανίδα ισορροπεί δεμένη στο άκρο του ελατηρίου και τοποθετούμε πάνω της το σώμα Α.

    589df88962c7f-bpfullΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:08

    Μήτσο μάλλον βγάζουμε τα ίδια.

    Μόνο που πιστεύω ότι πάντοτε υπάρχει τριβή.

    Επίσης επιβεβαιωμένο με το i.p.

    Καταγραφή1Απάντηση από τον/την Κωστας Ψυλακος στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:14

    Γιάννη για το δεύτερο σχήμα συμφωνούμε! Μάλιστα αν βάλεις το μ οσο το δίνει ο Διονύσης βγάζουμε τον ίδιο περιορισμό για το λόγο των μαζών m/Μ. Τώρα για το πρώτο με έπεισες ότι είναι όπως τα λες !!!

    fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb  Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:19

    Γεια σας παιδιά.

    Τελικά με πείσατε ότι άξιζε το κόπο να συζητηθεί.

    Εντάξει το επιλύσατε το θέμα, μην το κουράζουμε άλλο.

    Το πρωί θα βάλω και μια αντίστοιχη ανάρτηση-απάντηση,

    589df88962c7f-bpfullΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:29

    Γρηγόρη θα ολισθήσει αρχικά. Στην αρχή το πάνω θα είναι πιο γρήγορο.

    Μετά που θα μεγαλώσει και η Fελ θα γίνει ακόμα πιο γρήγορο.

    Στέλνω i.p.

    Συνημμένα: .IP .IP, 244 KB

 

52eda7bce533a67afd16dc3ddd07e1aa Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:35

Γιάννη

Βάλε λίγο μεγαλύτερη ακρίβεια και δες σε πόση απόσταση εμφανίζεται η τριβή στο i.p.

Εμφανίζεται αρκετά αργότερα όταν ελαττωθεί η επιτάχυνση της σανίδας …

13-1 Απάντηση από τον/την ΓΙΑΝΝΗΣ ΜΠΑΤΣΑΟΥΡΑΣ στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:36

589df88962c7f-bpfull Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 30 Οκτώβριος 2015 στις 23:52

Μήτσο ας αλλάξουμε τις μάζες πειραματιζόμενοι.

Γιάννη σωστό μου φαίνεται ότι γράφεις.

13-1 Απάντηση από τον/την ΓΙΑΝΝΗΣ ΜΠΑΤΣΑΟΥΡΑΣ στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 0:03

Καλησπέρα Γιάννη ..Η δική σου προσέγγιση ταιριάζει καλύτερα σε ύλη Α λυκείου , αν και θα μπορούσε ο Διονύσης να βάλει το πρόβλημα να απευθύνεται και σε Γ λυκείου.

589df88962c7f-bpfull Απάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 0:07

Κάτσε να δούμε αύριο που το πάει.

Μάλλον είναι παραπροϊόν της ανάρτησής του: «Μια ταλάντωση και η τριβή»

 

52eda7bce533a67afd16dc3ddd07e1aa   Απάντηση από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 0:25

Γιάννη (Μπ. )νομίζω ότι τα λες μια χαρά

Γιάννη (Κυρ ) Ναι τώρα το είδα. Αρχικά πρέπει πάντα να υπάρχει τριβή (στατική ή ολίσθησης )

Τελικά το ι.p. δεν βλέπω πως βοηθάει . Εδώ μάλλον απιτεί κατασκευή με  πολύ μεγαλύτερη ακρίβεια στις επαφές και τις γωνίες για να δούμε την κατάσταση. ( Δεν αρκεί να αλλάξυμε μάζες γιατί πρέπει να επαναρρυθμίζουμε το ελατήριο στην ισορροπία με την σανίδα μόνο….

Μάλλον τα είχε πεί όλα ο Μητρόπουλος σχολιάζοντας την άσκηση του Διονύση.

Καληνύχτα σε όλους

57ef39a69b2eb-bpfull Απάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 0:42

Καλησπέρα συνάδελφοι,

Διονύση καλά έκανες και το ανέδειξες,

πρόκειται για «ύπουλο» θέμα (και δύσκολο για μαθητές της Α΄).

Μια και το … ξετινάξατε,

να προτείνω κι εγώ μια παραλλαγή, υποδυόμενος τον … Γιάννη (Κυρ.) 🙂

Εκεί που η σανίδα κάθεται … ξαπλωμένη ανάσκελα κι ακίνητη στη λιακάδα,

νιώθει ξαφνικά μια δύναμη Τ στην … κοιλιά της να την επιταχύνει προς τα κάτω με (αρχική) επιτάχυνση α=Τ/Μ.

Κοιτάει τότε την κοιλιά της και βλέπει ένα σώμα m να προσπαθεί απεγνωσμένα να μείνει πάνω της, ενώ το … τραβάνε από τη μια η mgημθ, κι απ’ την άλλη η -Τ και η αδρανειακή -mα!

Θα τα καταφέρει να μείνει εκεί;

Ναι, αν: ΣF=0 → mgημθ-Τ-mα=0 → mgημθ-Τ-mΤ/Μ=0 → Τ=Mmgημθ/(M+m)

Έλα όμως που Τ≤μmgσυνθ.

Οπότε η … κοιλιά της θα πρέπει να έχει: μ≥Mεφθ/(M+m)

Το ενδιαφέρον είναι ότι αν η σανίδα έχει κάνει αρκετή … δίαιτα, ώστε Μ«m, τότε M/(M+m)→0 και απαιτείται ασήμαντη τριβή για να μείνει το σώμα (αρχικά) ακίνητο πάνω στην κοιλιά της!

1α-1 Απάντηση από τον/την Παπαδάκης Παντελεήμων στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 1:07

Κι’απάνω που’λεγα …πως και δε βάζει ο Κυριακόπουλος το »ανθρωπάκι με το »κιάλι» απάνω στη σανίδα ,

βλέπω τον Διονύση με χιούμορ φυσικό να το κάνει  …» Κοιτάει τότε την κοιλιά της και βλέπει…».

Να πω και εγώ το πάθημά μου …

Στη πρώτη περίπτωση (πριν το μπάσκετ) έκανα ό,τι και ο Κυρ… στη 1η σελίδα όμως απλοποιούσα την Τ…οπότε »τρίχες»

(Και μου’λεγαν και έλεγα, όταν απλοποιούμε ελέγχουμε αν το προς απλοποίηση είναι διάφορο του 0)

Στη δεύτερη, έκανα ότι και ο Κυρ.. με ίδια κατάληξη.

Η φυσική τελικά βγάζει ωραίο χιούμορ…

Να ‘ναι καλά ο αίτιος και οι μετέχοντες στο ‘’χορό’’.

57ef39a69b2eb-bpfullΑπάντηση από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 1:13

Νάσαι καλά Παντελή 🙂

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bb   Απάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 9:02

Καλημέρα συνάδελφοι και ευχαριστώ όλους του συμμετέχοντες.

Το θέμα είναι αρκετά «ύπουλο» και αφού ήμουν ο πρώτος που την πάτησε, επισημαίνοντας το λάθος ο Διονύσης, το έβαλα να αναδειχθεί για να μην την …ξαναπατήσουμε:-)

Η απάντησή μου εδώ.

Για να μην ψάξουμε στην δεύτερη περίπτωση, όλη την ΑΑΤ (πράγμα που έχει γίνει στην ανάρτηση
Μια ταλάντωση και η τριβή.), πρόσθεσα στην εκφώνηση για ολίσθηση, αμέσως μόλις αφεθεί να κινηθεί το πάνω σώμα.
5828d1b228955-bpfull Απάντηση από τον/την Βαγγέλης Κουντούρης στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 9:08

Σωστά Γιάννη

προχωρώντας λίγο ακόμη βρίσκω m>=M/4

589df88962c7f-bpfullΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 31 Οκτώβριος 2015 στις 10:39

Ωραίο το κόλπο Διονύση με την αδρανειακή δύναμη. Δεν μου πέρασε απ’ το μυαλό.

Τι είναι το ζεύγος δυνάμεων;

 

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΑπάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 9 Μάρτιος 2012 στις 14:01

Γεια σου Γιώργο.

Αφού μιλάμε για ζεύγος, δεν είναι συγγραμμικές, εκτός και αν δεχτούμε την περίπτωση σαν ζεύγος με μοχλοβραχίωνα d=0, Αλλά γιατί να το κάνουμε;

Μιλάς για ελεύθερο σώμα. Αν ασκείται ΜΟΝΟ αυτό το ζεύγος, τότε το στερεό αποκτά γωνιακή επιτάχυνση, συνεπώς δεν ισορροπεί (αν σαν ισορροπία εννοούμε την κατάσταση όπου ΣF=0 και Στ=0).

Αν όμως δέχεται ταυτόχρονα και ένα άλλο ζεύγος δυνάμεων με αντίθετη ροπή, τότε ναι μπορεί να ισορροπεί.

Να σημειωθεί ότι δεν μπορεί να ισορροπήσει αν προσπαθούμε να εξουδετερώσουμε την δράση του ζεύγους με μια μόνο δύναμη.

 

Αν δεν ασκείται κάποια άλλη δύναμη εννοείς;

Τότε το κέντρο μάζας μένει στη θέση του ή κινείται με σταθερή ταχύτητα.

Το σώμα περιστρέφεται με γωνιακή επιτάχυνση αγ = τ/Ι.

Αν οι δυνάμεις του ζεύγους είναι συγγραμμικές η ροπή του ζεύγους είναι μηδέν. Ρωτάς αν δικαιούνται τον τίτλο του ζεύγους;

Στα άκρα μιας ράβδου ασκούνται δύο ίδιου μέτρου αντίρροπες δυνάμεις σταθερής διεύθυνσης.Είναι ένα ζεύγος που μια στιγμή μηδενίζεται η ροπή του.

Φαντάζομαι ότι ένα σχετικό θέμα που μπορεί να προκύψει είναι αυτό εδώ (ερώτηση 10 στο θέμα Β). Με είχε προβληματίσει κι εμένα αν δικαιούται να χαρακτηρίζεται ζεύγος. Αν ναι τότε δεν μπορούμε να λέμε ότι ένα ζεύγος προκαλεί αγων σε ελεύθερο στερεό.

Διονύση, Γιάννη, ευχαριστώ για την άμεση απάντηση.
Διονύση έχω κι εγώ τη δική σου γνώμη.
Ναι Γιάννη, αυτό ρωτάω.
Αφορμή της ερώτησης είναι η ερώτηση 10 θέμα Β στα επαναληπτικά του ψηφιακού:

Εκφώνηση

Σε ένα ελεύθερο στερεό ασκείται ένα ζεύγος δυνάμεων F1 και F2, από τις οποίες η δύναμη F1 (με διανύσματα) ασκείται στο κέντρο μάζας του στερεού. Το στερεό ισορροπεί. Αν καταργηθεί η δύναμη , το στερεό θα εκτελέσει:

α) μεταφορική κίνηση.
β) στροφική κίνηση.
γ) σύνθετη κίνηση.
Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Βέβαια, με βάση την εκφώνηση, δίνεται ως σωστή η απάντηση (α)

Κατάλαβα Γιώργο. Τι να πω; Ασκείται ζεύγος δυνάμεων και ισορροπεί!!! Πάσο.

Μπράβο. Και ο Σταύρος αυτό αλίευσε.

Αν ισορροπεί με την δράση μόνο αυτών των δύο είναι συγγραμμικές , το στερεό εκτελεί εν συνεχεία μεταφορική κίνηση και το θέμα είναι παραπειστικό.

Ας έλεγε από την αρχή:

Σε ένα ελεύθερο στερεό ασκούνται δυο δυνάμεις F1 και F2, με ίδιο μέτρο και ίδια διεύθυνση αλλά αντίθετης φοράς από τις οποίες η δύναμη F1  ασκείται στο κέντρο μάζας του στερεού…….

Σταύρο γράφαμε ταυτόχρονα…

Δημήτρη, νομίζω ότι σε όλους την ίδια έκπληξη προκαλεί…

Αντιγράφω από τη Θεωρητική Μηχανική» του Spiegel: «Δύο παράλληλες δυνάμεις με το ίδιο μέτρο, που ενεργούν σε αντίθετες κατευθύνσεις αλλά δεν έχουν την ίδια ευθεία δράσης (βλέπε σχήμα) αποτελούν ένα ζεύγος δυνάμεων».

Αντιγράφω από το σχολικό βιβλίο της Γ΄ Λυκείου: «Αξιοσημείωτη είναι η περίπτωση που σε ένα σώμα δρουν δύο αντίρροπες δυνάμεις F1 και F2 με ίσα μέτρα. Δύο τέτοιες δυνάμεις αποτελούν ζεύγος δυνάμεων…» Στο σχήμα βέβαια δίπλα οι δυνάμεις δεν είναι συγγραμμικές αλλά αυτό δεν περιέχεται άμεσα στον ορισμό.

Ακόμη και αν θεωρήσουμε ότι οι συγγραφείς είχαν κατά νου αυτό που θεωρούμε προφανές, με βάση το «γράμμα» του σχολικού νομίζω ότι υπάρχει θέμα. Έχει ζητηθεί αρκετές φορές η «φωτογραφική» απομνημόνευση σχολικού βιβλίου…

Παιδιά αν δεχτούμε το αξίωμα της «ιερότητας» της εκφώνησης, τότε στέκει σαν εκφώνηση (αν και περιέχει απόπειρα παραπλάνησης του μαθητή) και η σωστή απάντηση είναι όπως γράφει ο Γιώργος η (α):

Για να ισορροπεί υπάρχει και 2ο ζεύγος που προκαλεί αντίθετη ροπή.

Αν τώρα καταργηθεί η F1 του πρώτου ζεύγους που ασκείται στο CM τότε η συνισταμένη δύναμη στο σώμα είναι ΣF=F2, αλλά η συνισταμένη ροπή, ως προς το CM πλέον, εξακολουθεί να είναι μηδέν!

 

Σε άλλες εποχές ένα τέτοιο ερώτημα θα αποτελούσε ένα πολύ καλό θέμα κρίσης!

Τώρα τί πρόθεση είχαν οι συγγραφείς …. δεν γνωρίζω!

(Θα το δούμε από την απάντησή τους :-))

:-)))…. Ωραία μετατροπή Διονύση!…

Δυστυχώς όμως η απάντηση (α) προκρίνεται από το ψηφιακό επειδή οι F1 και F2 είναι συνευθειακές…

Εκτός και αν όταν λέμε «ζεύγος» εννοούμε «ζευγάρι»…:-)

Γιώργο καλησπέρα 🙂

Δεν είχα δει την απάντησή τους και έκανα το … δικηγόρο του διαβόλου!

Μάλλον έχεις δίκιο … πιασμένες χέρι – χέρι … και κοντά – κοντά να μην κρυώνουν!

Καλό θα ήταν στο σχολικό βιβλίο να υπήρχε η διευκρίνηση αν δύο αντίθετες δυνάμεις του ίδιου φορέα αποτελούν ζεύγος.

Κατά τη γνώμη το πρόβλημα είναι ότι ενώ το ζεύγος δυνάμεων στη μελέτη στερεού είναι βασική έννοια, στο σχολικό βιβλίο είναι υποβαθμισμένο. Ας μην ξεχνούμε ότι στη γενική περίπτωση συστήματος Ν δυνάμεων μπορούμε να τις αντικαταστήσουμε με ένα σύστημα που αποτελείται από μια δύναμη με σημείο εφαρμογής όπου μας αρέσει και ένα ζεύγος που ως διανύσματα είναι παράλληλα. Το σύστημα αυτό ονομάζεται wrench.

Ακόμα τα παιδιά δεν διδάσκονται τη παράλληλη μετατόπιση δύναμης με τη προσθήκη κατάλληλου ζεύγους με αποτέλεσμα να λέμε χωρίς αιτιολόγηση ότι μια δύναμη δρα ταυτόχρονα και ως δύναμη και ως ροπή.

Για να φανώ αισιόδοξος να γράψω ότι τώρα με τον νέο υπουργό θα λυθούν (με μαγικό τρόπο…) όλα τα προβλήματα που δεν πρόλαβε να λύσει η προηγούμενη 🙂

 

Σίγουρα Νίκο, τα προβλήματα τελειώνουν. Άλλωστε το έχει δηλώσει ο νέος υπουργός μας. Στο σχολείο πρέπει να διδάσκονται ουσιαστικά μόνο Γλώσσα και Μαθηματικά.

Άρα δεν χρειάζονται οι Φυσικές επιστήμες, τις καταργούμε ουσιαστικά, οπότε δεν θα υπάρχει κανένα πρόβλημα.

Κόψτε την πλάκα.

 

ΣΥΣΤΗΜΑ ν ΣΩΜΑΤΙΔΙΩΝ, ΣΤΕΡΕΟ ΣΩΜΑ, 2ΟΣ ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ ΝΕΥΤΩΝΑ. Σχόλια.

11-14Σχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 7 Μάρτιος 2011 στις 21:47

Προσπάθεια για απάντηση στο ερώτημα:

Το στερεό επιταχύνεται με α=F/m. Ένας μη αδρανειακός παρατηρητής που συμμετέχει στη μεταφορά του στερεού αντιλαμβάνεται μόνο ένα ζεύγος δυνάμεων (F και -mα) που θα προκαλέσει περιστροφή του στερεού, αλλά όχι κίνηση του CM …

(Μα κι εγώ έβαλα το σχόλιο με χιουμοριστική διάθεση :-))

Συνέχεια

Ελαστική κρούση στρεφομένης ράβδου με ακίνητο σώμα. Σχόλια.

Σχόλιο από τον/την Σταύρος Πρωτογεράκης στις 13 Ιούνιος 2010 στις 10:04

Κύριε Μητρόπουλε, έστω και καθυστερημένα, θερμά συγχαρητήρια για τη συμβολή σας στο forum. Οι αναρτήσεις σας είναι εξαιρετικές και ιδιαίτερα χρήσιμες. Τα σχήματά σας είναι καταπληκτικά ενώ το γεγονός ότι τα κατασκευάζετε σε Word (αν θυμάμαι καλά από το σχήμα της ροπής ζεύγους στον χώρο) είναι εντυπωσιακό. Στην εκφώνηση της συγκεκριμένης ανάρτησης ίσως αντί του κινείται είναι προτιμότερο το μεταφέρεται. Επίσης ίσως πριν την πρώτη ερώτηση πρέπει να αναφερθεί ότι u1 κτλ. είναι τα μέτρα των ταχυτήτων αμέσως μετά την κρούση. Τέλος, στο ερώτημα 3 λείπει ένα m2.
Φιλικά, Σταύρος Πρωτογεράκης

 57ef39a69b2eb-bpfullΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 13 Ιούνιος 2010 στις 16:31

Αγαπητέ συνάδελφε Σταύρο σ’ ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις, ελπίζω να τα διόρθωσα όλα. Πάλι καλά που βρήκες μόνο αυτά γιατί ήταν πολύ αργά χθες βράδυ… 🙂

Σ’ ευχαριστώ επίσης για τα καλά λόγια, είναι χαρά μου αν μπορώ έστω και λίγο να συμβάλω σ΄αυτά που προσφέρει αυτό το φόρουμ σε όλους μας.

Τα σχήματα πράγματι είναι με το Word και είναι μια πονεμένη ιστορία: Αν είναι λίγο περίπλοκα, τότε χρειάζομαι πιο πολύ ώρα για το σχήμα παρά για για να γράψω το περιεχόμενο. Δεν έχω καταφέρει όμως να βρώ πιο εύκολη λύση. Προσπάθησα να δοκιμάσωτο Visio αλλά δεν το ξέρω και δεν κατάφερα να φτιάξω τίποτε.Προτάσεις για άλλους τρόπους ευπρόσδεκτες…

Σχόλιο από τον/την Καραβασίλης Γιώργος στις 13 Ιούνιος 2010 στις 22:33

Φίλε Διονύση,

σ’ ευχαριστούμε που γι’ άλλη μια φορά με τις αναρτήσεις σου μας δίνεις τα φώτα σου.

Στην παραπάνω νομίζω πως στη σχέση που προκύπτει από τη διατήρηση της στροφορμής λείπει ο λόγος λ

Σ’ ότι αφορά τα σχήματα είναι λογικό να δυσκολεύεσαι αφού προσπαθείς να κάνεις τρισδιάστατη απεικόνιση! Δεν έχω δει το visio αλλά δεν νομίζω να έχει 3D δυνατότητες. Ξέρω ότι έχει το AutoCAD αν θέλεις να δοκιμάσεις κάτι άλλο. Αλλά αφού τα καταφέρνεις τόσο καλά στο word (ο μάστορας κάνει τη διαφορά όχι τα εργαλεία) μπορείς να μείνεις και σ’ αυτό, οι 3D οθόνες έρχονται και το word θα προσαρμοστεί.

 57ef39a69b2eb-bpfullΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 14 Ιούνιος 2010 στις 16:53

Αγαπητέ συνάδελφε Γιώργο σ’ ευχαριστώ για τα καλά λόγια, είναι χαρά μου να συμβάλω, έστω και λίγο αν μπορώ, στο φόρουμ από το οποίο όλοι μας πιστεύω κερδίζουμε κάτι.

Είναι γεγονός ότι «τα καμώματα της νύχτας τα βλέπει η μέρα και γελά» όπως ανακάλυψε και πιο πάνω ο συνάδελφος Σταύρος Πρωτογεράκης, αλλά νομίζω ότι στο λ ήμουν τυχερός και δεν λείπει γιατί έκανα και την αντικατάσταση υ2=λυ1 και απλοποιήθηκε.

Όσο για τα σχήματα, νομίζω περισσότερο γαϊδουρινή υπομονή είναι παρά μαστοριά !

Διαβάζω που γράφεις για 3D οθόνες και δυνατότητες κι αρχίζω και νοσταλγώ το χάρακα, το διαβήτη και το ψαλίδι … 🙂

Το Autocad βλέπω φίλους μηχανικούς και αρχιτέκτονες που το χρησιμοποιούν και μου φαίνεται πολύ βαρύ (με πιάνει πανικός και που τ’ ακούω).

Ίσως το CorelDraw που αναφέρει και σε κάποια άλλη ανάρτηση ο συνάδελφος Σταύρος να είναι μια καλή λύση, αλλά το είχα δοκιμάσει κι αυτό παλιότερα και ήθελε πολύ χρόνο και κόπο.

Σχόλιο από τον/την giannis k στις 5 Απρίλιος 2012 στις 23:42

πρώτο μου σχόλιο/ερώτηση , πολλά συγχαρητήρια για την δουλειά που γίνεται εδώ.

δυστυχώς για μένα θα ξεκινήαω με χαζές ερωτήσεις:

1)γιατί λέμε ότι έχει στροφορμή η ακίνητη μάζα μετά την κρούση;

2) και αφού έχει στροφορμή μετά την κρούση τότε γιατί στην διατήρηση της κινητικής ενέργειας δεν υπολογίζουμε και στροφική κιν. ενέργεια για την μάζα μετά την κρούση;

2) είναι σωστό να λέμε ότι η μάζα μετά την κρούση έχει στροφορμή;

σας ευχαριστώ για τις απαντήσεις σας

γιάννης

 57ef39a69b2eb-bpfullΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 6 Απρίλιος 2012 στις 0:00

Αγαπητέ Γιάννη σ’ ευχαριστούμε για τα καλά σου λόγια.

Είναι δικαιολογημένη η απορία σου. Ετοιμάζω σχετική εξήγηση σε λίγο.

 57ef39a69b2eb-bpfullΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 6 Απρίλιος 2012 στις 8:19

Αγαπητέ Γιάννη, υποθέτω ότι μιλώντας για ακίνητη μάζα, εννοείς μάζα που δεν στρέφεται.

Με την παρατήρηση ότι δεν υπάρχουν «χαζές ερωτήσεις», σε παραπέμπω ΕΔΩ, όπου θα βρείς μια συζήτηση σχετική με την ερώτηση που θέτεις, που νομίζω ότι θα σε βοηθήσει να σχηματίσεις ολοκληρωμένη εικόνα σχετικά με τη στροφορμή.

Σχόλιο από τον/την giannis k στις 6 Απρίλιος 2012 στις 11:28

Γειά σας και πάλι

Σας ευχαριστώ για την γρήγορη απάντηση

Διάβασα την παραπομπές που προτείνατε και πραγματικά μου άνοιξαν τα μάτια!!!

όμως μια απορία μου παραμένει και είναι αυτή με την κινητική ενέργεια που γράφω στο (2)

2) και αφού έχει στροφορμή μετά την κρούση τότε γιατί στην διατήρηση της κινητικής ενέργειας δεν υπολογίζουμε και στροφική κιν. ενέργεια για την μάζα μετά την κρούση;

Δεν μπορούμε να ισχυριστούμε ότι αφού η μάζα μετά την κρούση έχει στροφορμή ως προς το ΚΜ της ράβδου;

Ή αλλιώς αφού η κιν.ενέργεια λόγω περιστροφής είναι Κπ=(1/2)Ικμ*ω^2 και L=Iκμ*ω τότε να πούμε ότι για την μάζα έχουμε και κιν. ενέργεια λόγω περιστροφής ίση με Κπ=(1/2)L*ω ;;;

και πάλι σας ευχαριστώ για τον χρόνο σας και τις απαντήσεις σας

γιάννης

 57ef39a69b2eb-bpfullΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 6 Απρίλιος 2012 στις 15:20

Καλημέρα Γιάννη,

Δικαιολογημένη κι αυτή η απορία σου διότι έχεις συνδέσει στη σκέψη σου τη στροφορμή ενός στερεού με τη στροφική κίνηση. Ας το δούμε πιο αναλυτικά για να το καταλάβεις.

Στον προηγούμενο σύνδεσμο είδαμε ότι η στροφορμή στερεού ως προς σημείο Α μπορεί να εκφραστεί σαν άθροισμα (συνισταμένη) της ιδιοστροφορμής του (spin, που είναι ίδια ως προς οποιοδήποτε σημείο) και της στροφορμής του λόγω της κίνησης του κέντρου μάζας ως προς το σημείο Α:

L(A)=L(spin)+L(μετ.)   →   L(A)=ICM·ω+M·υCM·r

1) Αν χρησιμοποιήσουμε στην περίπτωσή μας αυτή τη σχέση, τότε για τη στροφορμή του κάθε σώματος μετά την κρούση, ως προς την αρχική θέση Α του κέντρου μάζας της ράβδου, έχουμε:

Η ράβδος κάνει σύνθετη κίνηση, μεταφορική και στροφική:

L1=L(spin)+L(μετ.)= ½·m1·ℓ²·ω +m1·υ1·0 = ½·m1·ℓ²·ω

Έχει δηλαδή στροφορμή ως προς Α μόνο εξαιτίας της ιδιοπεριστροφής της, αφού ο φορέας της υ1περνάει από το Α.

Το μικρό σώμα κάνει μόνο μεταφορική κίνηση αφού λόγω του σχήματός του, η δύναμη που δέχτηκε κατά την κρούση ασκήθηκε στο κέντρο μάζας του. (Εξάλλου οι διαστάσεις του είναι μικρές και μπορούμε έτσι κι αλλιώς να το θεωρήσουμε υλικό σημείο):

L2 =L(spin) +L(μετ.) = 0 +m2·υ2·ℓ/2 =m2·υ2·ℓ/2

Έχει δηλαδή στροφορμή ως προς Α μόνο λόγω της μεταφορικής του κίνησης.

 

2)Για τον υπολογισμό της κινητικής ενέργειας τώρα θα πρέπει να λάβουμε υπόψη μας την κίνηση που κάνει το κάθε σώμα:

 

Ράβδος:   Κ1 = Κπερ. + Κμετ. = ½··m1·ℓ²)·ω² + ½·m1·υ1²

 

Μικρό σώμα:   Κ2 = Κπερ. + Κμετ. = 0 + ½·m2·υ2² = ½·m2·υ2²

 Βλέπεις δηλαδή ότι το μικρό σώμα έχει κινητική ενέργεια, που οφείλεται όμως στην κίνηση του κέντρου μάζας του.

Η σχέση  Κπερ. = ½·ΙΑ·ω² = ½·L(Α)·ω  που αναφέρεις στο σχόλιό σου, εκφράζει την κινητική ενέργεια ενός σώματος που στρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω, γύρω από σταθερό άξονα που διέρχεται από το σημείο Α ή, αν αυτό συμπίπτει με το CM του σώματος, τότε εκφράζει την κινητική ενέργεια λόγω της ιδιοπεριστροφής του.

Το μικρό σώμα στη δική μας περίπτωση δεν κάνει στροφική, αλλά μόνο μεταφορική κίνηση.

Κλείνοντας, θέλω να σε συγχαρώ Γιάννη για το ενδιαφέρον και την προσοχή με την οποία μελετάς και να σου ευχηθώ καλή επιτυχία.

Σχόλιο από τον/την giannis k στις 12 Απρίλιος 2012 στις 17:01

σας ευχαριστώ πολύ για την αναλυτική απάντηση, τον χρόνο σας και τα καλά σας λόγια, με βοηθούν πολύ.

Σχετικά με την κινητική ενέργεια, στο σχολ. βιβλίο σελ.127 έτσι όπως ξεκινάει ο ορισμός της κινητικής ενέργειας λόγω περιστροφής και χωρίζε στο στερεό σε στοιχειώδεις μάζες που περιστρέφονται γύρω από άξονα, έχω την εντύπωση ότι αφήνει περιθώριο για παρανοήσεις όπως αυτή που έθεσα προηγουμένως.

Θα μπορούσατε να μου προτείνετε κάποια καλύτερη διατύπωση;