Γιάννης Κυριακόπουλος

Το πρόβλημα του προβλήματος είναι οι δύσκολοι υπολογισμοί χρόνου.
Για να βρεις τον χρόνο που χρειάζεται ώστε να φτάσει στην οριζόντια θέση θέλεις ένα ολοκλήρωμα δύσκολο χωρίς τη χρήση υπολογιστή.
Πάντως ο χρόνος αυτός είναι της τάξης του Τ/2 , όπου Τ η περίοδος εκκρεμούς μήκους L με βαρύτητα 3,5g.

Καλό απόγευμα Γιάννη.
Είναι υποχρεωτικό η δύναμη D΄ Alempert να δρα σε όλη τη διάρκεια της κυκλικής κίνησης, μέχρι πάνω; Τότε το έργο της είναι μηδενικό… Αν φρενάρει απότομα, πριν προλάβει το σώμα να ολοκληρώσει μισή στροφή, θα έχουμε θετικό έργο δύναμης.
Από κει και πέρα προφανώς παίζει και η αρχική ταχύτητα του οχήματος για …ανακύκλωση και να μην λυγίσει το νήμα…
Άρα βλέπω ότι απαιτείται μεγάλη ταχύτητα οχήματος και μεγάλη και σύντομη επιβράδυνση…

Γεια σου Γιαννη. Επειδη μου φανηκε σχετικα απλο εχω την υποψια οτι υπαρχει πιθανοτητα να κανω λαθος.
Αν ο κωπηλατης δεν κωπηλατησει καθολου,θα εχει την ταχυτητα 4m/s παραλληλα με το ποταμι. Αν κωπηλατησει θα εχει το αθροισμα της δικης του που ειναι 2m/s με οποιαδηποτε διευθυνση συν αυτη που θα ειχε αν δεν κωπηλατουσε.Αρα για να φτασει απεναντι στον μικροτερο χρονο πρεπει να κωπηλατησει κοιτωντας την απεναντι οχθη δηλαδη καθετα στο ποταμι.
Για να φτασει απεναντι διανύοντας τη μικρότερη διαδρομή,πρεπει να φτιαξω ενα παραλληλογραμμο με μια πλευρα 4,παραλληλη στο ποταμι,και μια πλευρα 2,τετοιο ωστε η διαγωνιος του να ειναι οσο πιο καθετη γινεται στις όχθες. (δικη μου ορολογία 🙂 ) Eστω ενα ευθυγραμμο τμημα ΑΒ μηκους 4,παραλληλο στις οχθες του ποταμου τετοιο ωστε η ροη του νερου να ειναι απο το Α προς το Β. Με κεντρο το Β γραφω κυκλο ακτινας 2. Απο το Α φερω την εκ των δύο προφανη εφαπτομενη στον κυκλο η οποια εφαπτεται στον κυκλο στο Ε. Το ΑΒΕΖ ειναι το ζητουμενο παραλληλογραμμο και ο κωπηλατης πρεπει να κωπηλατησει κατα μηκος του ΑΖ. Η Γεωμετρικη κατασκευη ειναι απλη. Αν κανω λαθος μην με παρεξηγησεις . 🙂

Μπράβο Κωνσταντίνε!!
Σωστές και οι δύο λύσεις και μάλιστα βρήκες την έξυπνη λύση που εγώ δεν είδα και παραγώγισα.
Θα βάλω τώρα τις λύσεις…

Οι λύσεις και εδώ:

Θελουμε την μεγιστη γωνιακη αποκλιση σε σχεση με την ταχυτητα του ρευματος. Εχει καμια σχεση αυτο με κρουσεις? Οχι! Ομως τα σχηματα στην σελιδα 4 της λυσεως του προβληματος Mέγιστη γωνιακή απόκλιση σε ελαστική κρούση. με βοηθησαν να σκεφτω την λυση! Εντυπωσιακο αφου σου αρεσουν οι αναλογιες ετσι?

Μου αρέσει ο συσχετισμός.
Ίσως μπορεί να βρεθεί η αναλογία.

Αυτο που ειναι σημαντικο ειναι οτι οταν κανεις διαβαζει αρκετά και ασχολειται,το μυαλο βρισκει τον τροπο να ανακαλυπτει διαδρόμους κανοντας απιθανους συσχετισμους με φαινομενικα ασχετες περιπτωσεις. Και μετα σου λεει ο αλλος μα πως το σκεφτηκε? Η απαντηση ειναι,μετα απο ατελειωτες ωρες ενασχολησης.Δεν εννοω οτι το συγκεκριμενο προβλημα ειναι πολυ δυσκολο,το φερνω απλως ως παραδειγμα,και συμβουλη προς τους μαθητες που τους αρεσουν τα Μαθηματικα.Να διαβάζουν.

Καλημέρα Γιάννη. Όμορφη.Καθυστερημένα (λογω προβληματος με το Λαπτοπ) ανεβαζω μια λύση γραφική. Μοιαζει με αυτη του Κωνσταντίνου, αλλά επειδη είναι πιο αναλυτική ίσως ενδιαφέρει.https://i.ibb.co/gLmChB0S/apr31.png

Ευχαριστώ Γιώργο.
Όμορφη λύση.

Γειά σου Γιάννη. Η κάθε περιέλιξη κάθετα στον άξονα του κυλίνδρου έχει μήκος 4cm. Άρα είναι σαν να “κινουμαστε” κάθετα στον άξονα του κυλίνδρου 4×4=16cm
“Κινουμαστε συγχρόνως κατά μήκος του κυλίνδρου 12cm.
Αρα είναι η σύνθεση των δύο “κινήσεων” η διαγώνιος ( η υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου που σχηματίζεται από τις “κινήσεις”) που από το Πυθαγόρειο βγαίνει 20cm.

Μου θύμισε αμέσως την σύνθετη κίνηση που (πάλαι ποτέ) διδασκαμε στην Α Λυκείου με την βάρκα που κινείται κάθετα στο ρεύμα του ποταμού

Καλημέρα Γιάννη, καλημέρα Γιώργο και καλό μήνα.
Γιάννη χρησιμοποιούμε τη Γεωμετρία στη λύση προβλημάτων Φυσικής.
Εδώ εσυ το αναποδογύρισες 🙂
Χρησιμοποιείς τη φυσική για επίλυση γεωμετρικού προβλήματος!

Καλημέρα σε όλους. Γιάννη μόλις την είδα πήγε το μυαλό μου σε αυτή: Το μήκος της έλικας ποικιλοτρόπως

Καλημέρα Γιώργο, Διονύση, Αποστόλη.
Αποστόλη την είχα ξεχάσει. Θυμόμουν μόνο την “Ο πύργος και η σκάλα”.