by 
Δύο όμοια ελατήρια σταθεράς k το καθένα κρέμονται από οροφή. Στα κάτω άκρα τους κρεμάμε δύο σώματα με μάζες m και 4m, και αφήνουμε ταυτόχρονα τα δύο σώματα να κινηθούν. Αν Τ1, Τ2 οι περίοδοι των κινήσεων των σωμάτων, τα δύο σώματα θα ξανασυναντηθούν για πρώτη φορά μετά από χρόνο:
α. t=2T1
β. t=(T1+ Τ2 )/2
γ. t=√(T1 Τ2 )
Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να δικαιολογήσετε την επιλογή σας.
Αφιερωμένη στο Μανώλη Λαμπράκη.
Καλημέρα Γιάννη
Σε ευχαριστώ για την αφιέρωση
Μου αρέσει πολύ το θέμα – εντάξει πάντα μου αρέσουν θέματα φυσικής που απαιτούν όμορφους μαθηματικούς ελιγμούς. Φαντάζομαι θα ήταν κάπως επίπονο να επιλέξεις τις δεδομένες σχέσεις ώστε να οδηγούν σε "όμορφο" αποτέλεσμα. Σκέφτηκα και για μια λύση με στρεφόμενα αλλά με μια πρώτη εκτίμηση θεωρώ ότι θα είναι πιό περίπλοκη.
Καλημέρα κ. Γιάννη και συγχαρητήρια για την πρωτότυπη αυτή άσκηση
Μια λύση με στρεφόμενο οπως ανέφερε και ο κ. Μανώλης που μπορεί τελικά να είναι και συντομότερη.
Πανω στον κύκλο αναφοράς θεωρούμε σαν θέση ισορροπίας του m τον οριζόντιο άξονα. Τη στιγμή t=0 το μικρό σώμα βρίσκεται στη πάνω ακραία θέση άρα το διάνυσμα του στον κύκλο σχηματίζει γωνία 90 μοιρών με τον ορίζοντα. Το δεύτερο όμως σώμα βρίσκεται στη θέση ισορροπίας στο πρώτο τεταρτημόριο. Θα έχουμε συνάντηση όταν: θ(2)+2π=θ(1) όπου θ γωνιές που διαγραφούν τα κινητά και προκύπτει κατευθείαν το ζητούμενο.
Καλημέρα σε όλους. Κάτι συναφές.
Καλημέρα Γιάννη.
Το μυαλό μου πήγε στο ΕΚΠ των δύο περιόδων, που οδηγεί στην απάντηση α). Όμως η απάντηση αυτή ταιριάζει στο ερώτημα:
"Σε πόσο χρόνο τα δύο σώματα θα συναντηθούν για πρώτη φορά στην αρχική θέση"
Εδώ βρέθηκε ο ίδιος χρόνος, αφού "παίζουν" τα πλάτη, με αποτέλεσμα λόγω μεγάλου πλάτους του 2ου να αποφεύγεται κάθε ενδιάμεση συνάντηση!
Καλημέρα συνάδελφοι.
Σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Την ιδέα της άσκησης την πήρα από μια προσομοίωση:
Ο σύνδεσμος εδώ:
Καλησπέρα
Συμφωνώντας με το Μανώλη, θεωρώ ότι μια λύση με στρεφόμενα θα είναι από πολύ περίπλοκη έως αδύνατη.
Δινω μια λυση με πριστρεφομενα . Θελει προσοχη το σχημα ! Οι κυκλοι δεν ειναι ομοκεντροι οι ΘΙ απεχουν 3Α1 .Δειχνω οτι δεν μπορουν να συναντηθουν σε ενα "ενδιαμεσο " σημειο οποτε η συναντηση μπορει να γινει μονο στην αρχικη τους θεση . Εκει δηλαδη που βρισκονταν την χρονικη στιγμη μηδεν . Αρα ΕΚΠ των περιοδων .
Στο τελος αν θελει καποιος μπορει να γραψει εξισωσεις για τα χ1 και χ2 . Η συναντηση εδω απαιτει προβολες στο ιδιο σημειο της κατακορυφης . Μετα η διαχειριση του θεματος καταληγει στην αποδειξη του Γιαννη .
<img alt="" src="
" 
Ή Με εξισωσεις που στηριζονται στο παραπανω σχημα :
X1=A1*συνΦ1 και Χ2=4Α1*συνΦ2 —–> Χ2-Χ1 = 4Α1*συνΦ2 – A1*συνΦ1 = 3Α1 ===>
4*συν(ω2*τ) – 1*συν(2ω2*τ) = 3 ====> οπως η λυση του Γιαννη .
Καλησπέρα κ.Κώστα,
Εκπληκτική η λύση!!!!
Ερώτηση: Δεν θα μπορούσαμε να παραστήσουμε τις κινήσεις των σωμάτων σε έναν και μόνο κύκλο?
Δηλαδή αν θεωρούσαμε έναν κύκλο που να δείχνει τη κίνηση του m και στον ίδιο κύκλο κινούμενο με διαφορετική αλλά γνωστή γωνιακή ταχύτητα το διάνυσμα που να αναπαριστά τη κίνηση του σώματος 4m. Τότε λόγω της διαφοράς 3Α μεταξύ τους παρατηρούμε ότι όταν t=0 το σώμα m θα βρίσκεται στην πάνω ακραία θετική κινούμενο με ω(1) και το δεύτερο θα "βρίσκεται" στον οριζόντιο του πρώτου τεταρτημορίου κινούμενο με ω(2). Ανάγαμε το πρόβλημα σε μια άσκηση συνάντησης κυκλικά κινούμενων "σωμάτων" που φυσικά μπορεί εύκολα να λυθεί αφού θα έχουμε συνάντηση όταν θ(1)=θ(2)+2π αλλά τότε 2ω(1)t=ω(1)t+2π και βγαίνει το αποτέλεσμα πολύ εύκολα.
Προφανώς όχι θ(1)=θ(2)+2π ………
Την απόδειξη ότι θα συναντηθούν στην αρχική θέση τη θεωρώ λίγο αυθαίρετη.
Για τη συνάντηση απαιτείται οι δυο προβολές των δυο διανυσμάτων να είναι στο ίδιο σημείο της κατακόρυφης.
Αν η m2 ήταν 5m1. Τι θα γινόταν σε αυτή την περίπτωση?
Λαζαρε οπως ειδες στο σχολιο μου δινω και τις εξισωσεις που προκυπτουν απο την χρηση των περιστρεφομενων διανυσματων οι οποιες οπως ειπα οδηγουν τελικα στην τελικη εξισωση του Γιαννη !!!
Τωρα στο ερωτημα σου . Ναι οταν τα πραγματα εχουν ετσι τοτε εχουμε θεμα !
Δινεις m2=5m1 ====> T2 = sqrt(5) * T1 θεωρησα το ω2=10r/s και m1=1kgr τοτε απο τις εξισωσεις που προκυπτουν απο τα περιστρεφομενα θα εχουμε :
5*cos(10t)-cos(10*t*sqrt(5))-4=0 .
Βλεπεις πιο κατω την λυση ειναι με την κοκκινη γραμμη .
Αυτη η t=0.595 sec = 2.119*T1 = 0.948*T2 με χ1=0.733*Α1 (κοκκινο κινητο στην λυση μου )
και χ2=0.4.733*Α1 (μαυρο κινητο στην λυση μου )
παρακατω θα δωσω και τι γινεται οταν m2=9m1 …..
m2=9m1 ====> T2 = 3 * T1 απο τα περιστρεφομενα θα εχουμε :
4*(cos(θ))^3 – 12*cos(θ)+8 =0 .
Αυτη προκυπτει απο την 8=9*cos(ω2*t) – cos(3ω2*t) ,
{cos(3θ) = 4cos^3(θ)-3cos(Θ)}
Παρατηρουμε οτι θα συναντηθουν στην αρχικη τους θεση εκει που βρισκονταν δηλαδη για t=0 .
Επομενως σε τετοιες περιπτωσεις οταν η περιοδος του ενος ειναι ακεραιο πολλαπλασιο της περιοδου του αλλου η συναντηση θα γινει στην αρχικη θεση .
Κώστα συμφωνώ με το συμπέρασμα σου.
Αυτό που ήθελα να δείξω είναι ότι
Πρώτον η μελέτη με στρεφόμενα διανύσματα δεν είναι πάντα η καλύτερη λύση.
και δεύτερον επειδή ο Σπύρος πήγε να το ανάγει σε συνάντηση σωμάτων που εκτελούν ομαλή κυκλική κίνηση, που αυτό δεν ισχύει πάντα για σώματα που εκτελούν α.α.τ.
Καλησπέρα
Πολύ ωραία η λύση σου Κώστα.