by 
Λεία λεπτή και ομογενής ράβδος μήκους (ΑΓ) = L και βάρους w, ισορροπεί σε λείο ακλόνητο κοίλο ημισφαίριο ακτίνας R, με L = 2R, όπως στο σχήμα 1 στο οποίο φαίνεται η τομή της διάταξης με το κατακόρυφο επίπεδο, το οποίο διέρχεται από το κέντρο του ημισφαιρίου. Να υπολογιστεί η γωνία φ που σχηματίζει η ράβδος με την οριζόντια διεύθυνση.
Ενδεικτική λύση σε wordx και pdf.
Καλημέρα και Χρόνια Πολλά Νίκο.
Ωραίο θέμα ισορροπίας, με κεντρικό ρόλο της Γεωμετρίας…
Σε ευχαριστώ.
Χρόνια πολλά Διονύση,
σ' ευχαριστώ. Είχα, έχω και πιστεύω πάντα θα έχω μία ιδιαίτερη αγάπη στη Γεωμετρία.
Καλη ασκηση Νικο !
Αυτο το ΓΔ το υπολογισα απο νομο συνιμητονων στο ΔΚΓ ισοσκελες τριγωνο οπου η γωνια ΔΚΓ ειναι π-2φ οποτε
(ΔΓ)^2 = 2*R^2* (1+συν2φ)=2*R^2*[1+(συνφ)^2-1] = 4*R^2*[(συνφ)^2] ==> (ΔΓ)= 2*R*συνφ.
Ωραίο θέμα Νικο.
Μου θύμισε μια αντίστοιχη που είχε μπει σε πανελλήνιο διαγωνισμό με το κοίλο τμήμα να μην περιοριζεται σε κινηση όπως το έχεις εσυ. Θυμίζει μια δική σου με το σφαιρίδιο σε κοίλο τμήμα.
Ηγεωμετρία φυσικά παίζει πρωτευοντα ρόλο.
Ωραία άσκηση ισορροπίας Νίκο και με απαίτηση καλής γνώσης γεωμετρίας.
Καλησπέρα σε όλους Χριστός Ανέστη και Χρόνια Πολλά.
Νίκο προσθέτω και τα δικά μου συγχαρητήρια !
Μια και … ευλογάμε όμως όλοι τη Γεωμετρία, ας το … πάμε μέχρι τέλους
:
Τρίγωνο ΔΓΤ ορθογώνιο και ΔΚ = ΚΓ = R. Άρα ΔΚ διάμεσος και ΓΤ = 2R. Πυθαγόρειο:
α² + β² = 4R² (1)
Επίσης ℓ = 2R → GΔ = α–R και τρίγωνα ΔΓΤ και ΔΤG όμοια, άρα:
(α–R) / β = β / α → α² – R·α = β² (2)
Πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2):
2α² – R·α = 4R² → 2α² – R·α – 4R² = 0 (3)
Επίλυση ως προς α:
α = R(1±√33) / 4 → δεκτή η θετική ρίζα: α = R·(1+√33) / 4
και τελικά:
συνφ = α / (2R) → συνφ = (1+√33) / 8
Κι άλλη μια παραλλαγή (βρήκα παιχνίδι να παίζω
):
Η θέση ισορροπίας θα πρέπει να είναι και θέση ελάχιστης δυναμικής ενέργειας. Η απόσταση δηλαδή h του G από την οριζόντια ΔΚ θα πρέπει να είναι η μέγιστη δυνατή.
h = (α–R)ημφ και α = 2Rσυνφ οπότε:
h = (2Rσυνφ–R)ημφ = R(2συνφ–1)ημφ → h = R(ημ2φ–ημφ)
Για να είναι h = max θα πρέπει:
(ημ2φ–ημφ)' = 0 → 2συν2φ – συνφ = 0 → 4συν²φ – συνφ – 2 = 0
και με επίλυση: συνφ = (1+√33) / 8
Καλημέρα σε όλους μας.
Κώστα, Χρήστο, Τάσο, και Διονύση σας ευχαριστώ για τα σχόλια σας.
Κώστα λογική η εναλλακτική σκέψη σου.
Χρήστο δε στο κρύβω ότι με εντυπωσιάζει η μνήμη σου.
Τάσο δυστυχώς, δική μου άποψη φυσικά, η γεωμετρία έχει χάσει την αίγλη της…
Διονύση ο,τι και να πω είναι λίγο. Και οι δύο λύσεις σου πολύ όμορφες, μπράβο και σε ευχαριστώ που τις κατέθεσες για να δούμε και τα άλλα μονοπάτια.
Καλημέρα Νίκο.
Μεγάλη η αγκαλιά της ,…χωράει κι άλλους αγαπητικούς.
Έπαιξα κι εγώ ,κατά τον Διονύση μαζί της για άλλο στρατάκι , όμως έπεσα στη 1η λύση του Διονύση (αντί ομοιότητας ,εφαπτομένη από δυό τρίγωνα) ,τουτέστιν όμοια.
Στην ουσία η γεωμετρική λύση απαιτεί στην έναρξη, τη "φυσική" γνώση της διέλευσης των τριών δυνάμεων από το ίδιο σημείο.
Εννοείται πως ο υποψήφιος το δικό σου δρόμο θα τρέξει … όμως αν διδαχθούν δεν μπορεί… κάποιοι θα αγαπήσουν.
Να'σαι καλά και Χρόνια Πολλά
Παντελή καλημέρα και χρόνια πολλά και καλά.
Ευχαριστώ για το σχολιασμό, πολλοί την έχουμε ερωτευτεί , γένους θηλυκού είναι εξ άλλου
. Το μόνο σίγουρο είναι ότι δεν υπάρχει κίνδυνος να τσακωθούμε για αυτή.
Νίκο Χρόνια Πολλά. Μου άρεσε το θέμα σου, όπως και οι εναλλακτικές ματιές του Μητρόπουλου. Έδωσες και πάσα στον Παντελή
Αποστόλη αντεύχομαι τις ευχές, και να είσαι υγιείς! Σ΄ευχαριστώ για το σχόλιο.
Ναι ο Διονύσης την τερμάτισε με λύσεις που μου άρεσαν πολύ ειδικά με την ελάχιστη δυναμική λόγω ευστάθειας, και ο Παντελής πήρε πάσα και έπαιξε καλή μπάλα
.