by 
Ενα τετραγωνο στρεφεται περι του κεντρου του και ταυτοχρονα οι κορυφες του πλησιαζουν μεταξυ τους ετσι ωστε το εμβαδον του να μειωνεται χωρις να χαλαει το σχημα του,το οποιο συνεχως ειναι τετραγωνο.Ολες οι κορυφες του τετραγωνου κινουνται συνεχως με ταχυτητες που εχουν ιδιο σταθερο μετρο 1m/s και φορα συνεχως απο την καθε κορυφη προς την επομενη κορυφη οπως στο σχημα.Αποτελεσμα αυτης της κινησης ειναι οι κορυφες του τετραγωνου να διαγραφουν ελικοειδεις τροχιες μεχρι να συναντηθουν στο κεντρο οπου το τετραγωνο εκφυλιζεται σε σημειο. Αν την χρονικη στιγμη t=0 το τετραγωνο εχει πλευρα μηκους 2m , να υπολογισθει η γωνιακη ταχυτητα του τετραγωνου, η ισοδυναμα η γωνιακη ταχυτητα των κορυφων του,ως προς το κεντρο του τετραγωνου, την χρονικη στιγμη t=1s.
Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Αυτή είναι μια άσκηση, που δεν ξέρω από πού να την …πιάσω 🙂
Δεν βλέπω το στιγμιαίο κέντρο της τροχιάς κάθε κορυφής… καταλαβαίνω ότι και οι 4 κορυφές έχουν το ίδιο ω, αλλά από κει και πέρα… τίποτα.
Περιμένω την λύση…
Καλημέρα Διονύση.Εννοω την γωνιακη ταχυτητα με την οποια στρεφεται το τετραγωνο γυρω απο το κεντρο του.Για παραδειγμα αν το ενδιαμεσο τετραγωνο του σχηματος εχει στραφει κατα γωνια ας πουμε π/6 σε σχεση με το μεγαλο αρχικο τετραγωνο και για να γινει αυτη η στροφη περασε χρονος 1s τοτε η μεση γωνιακη ταχυτητα μεχρι εκεινη τη στιγμη ειναι (π/6)rad/s. Εγω βεβαια ζηταω την στιγμιαια γωνιακη ταχυτητα οχι την μεση. Σε οτι αφορα τις κορυφες εννοω την γωνιακη ταχυτητα παλι ως προς το κεντρο του τετραγωνου δηλαδη η γωνια που χρησιμοποιουμε για να την βρουμε ειναι η γωνια που γραφει το διανυσμα θεσης της κορυφης του τετραγωνου οπου η αρχη των αξονων ειναι το κεντρο του τετραγωνου.Επρεπε μαλλον να το διευκρινιζω στην εκφωνηση.Για παραδειγμα η γωνιακη ταχυτητα του P ως προς το Ο ειναι ω=dφ/dt δηλαδη η καθετη συνιστωσα της ταχυτητας δια του μηκους r ανεξαρτητα απο την τροχια του σημειου Ρ. Παντως εχεις δικιο προσεθεσα κατι στην εκφωνηση.Εγω μια γωνιακη ταχυτητα ζηταω αφου του τετραγωνου και των κορυφων του ειναι ισες για αυτο βαζω την λεξη “ισοδυναμα”.
Καλημέρα παιδιά.
Κωνσταντίνε είχα δει μια κάπως όμοια σε ελληνική σελίδα Μαθηματικών.
Δεν την έπιασα τότε.
Καλημερα Γιάννη. Παρομοια ασκηση υπαρχει με αλλα ερωτηματα, που για να λυθει θελει λογαριθμικα σπιραλ και πολικες εξισωσεις καμπυλων που μονο τριτοετεις φοιτητες μαθηματικου γνωριζουν. Αυτη ειναι δικη μου κατασκευη που λυνεται “πολιτισμενα” με απλη γεωμετρια.
Ηint: Eνας παρατηρητης στο κεντρο του τετραγωνου που στρεφεται μαζι με το τετραγωνο βλεπει την κορυφη του τετραγωνου να τον πλησιαζει με ταχυτητα σταθερου μετρου,ισου με το μετρο της συνιστωσας της ταχυτητας της κορυφης κατα μηκος της διαγωνιου του τετραγωνου.Για να τον φτασει η κορυφη πρεπει να διανυσει μηκος ισο με το μηκος της μισης διαγωνιου του τετραγωνου αρα θα τον φτασει σε χρονο t=2s……
Μετά την αναφορά σου περί πολιτισμένης λύσης, σκέφτηκα να κάνω το εξής:
Να σχεδιάσω τον περιγεγραμμένο κύκλο και να αναλύσω κάθε ταχύτητα εφαπτομενικά και κατά την διεύθυνση της ακτίνας. Η εφαπτομενική συνιστώσα μας δίνει την γωνιακή ταχύτητα.
Τώρα έδωσες ισχυρό χιντ που κάνει την άσκηση πιο εύκολη.
Στην Διατυπωση της λυσης για για να ειναι τελειως Κυριακοπουλικη πρεπει να μην χρησιμοποιησεις καν τριγωνομετρια αλλα μονο ομοιοτητα τριγωνων αφου το ω αλλα και το t ειναι λογοι μηκων πλευρων τριγωνων στο σχημα.
Κωνσταντίνε μετά τις υποδείξεις σου μάλλον λύνεται όχι δύσκολα.
Μία σκέψη Κωνσταντίνε:
Η εφαπτομενική ταχύτητα είναι (ως πλευρά τετραγώνου ίση με 1/ρίζα(2) m/s.
Η ημιδιαγώνιος είναι ίση με α.ρίζα (2)/2.
Η γωνιακή ταχύτητα είναι το πηλίκο τους: ω=2/α rad/s.
Μένει επομένως ο υπολογισμός του α (πλευράς) την στιγμή 1s.
Με το χιντ που έδωσες τελείωσε η υπόθεση. Ένα μέτρο βγαίνει ή λάθος έκανα;
Σωστόν!! Αρα ω=1rad/s
Έτσι που βοήθησες σκέφτηκα τη λύση.
H εφαπτομενικη ταχυτητα,αυτη που ειναι εφαπτομενη στον περιγεγραμμενο κυκλο εινα ριζα2/2 m/s που ειναι το ιδιο με το 1/ριζα2 αρα μαλλον ω=1/α rad/s
Aφου Γιάννη εγραψες την λυση δεν νομιζω οτι χρειαζεται να γραψω κατι αλλο. Αυτο ειναι ενα πολυ καλο παραδειγμα πως με απλες μεθοδους και γεωμετρια μπορει κανεις να αντιμετωπισει ενα προβλημα που με αναλυτικες μεθοδους φαινεται πολυ δυσκολο. Ο χρονος διαρκειας της κινησης του τετραγωνου μεχρι αυτο να γινει σημειο μπορει να βρεθει και παρατηρωντας οτι για να φτασει η μια κορυφη την αλλη,(οπου αυτο θα γινει στο κεντρο), ισουται με τον χρονο που χρειαζεται για να την φτασει αν αυτη ηταν ακινητη αφου οι ταχυτητες τους ειναι συνεχεια καθετες. Αυτος ειναι ο χρονος που απαιτειται για να διανυσει ενα κινητο ταχυτητας 1m/s την πλευρα του αρχικου τετραγωνου δηλ 2s.Τα υπολοιπα ειναι απλες αναλογιες αφου 1s αργοτερα ολα τα μηκη του τετραγωνου θα εχουν υποδιπλασιαστει.
Σωστό.
Ένας στρεφόμενος παρατηρητής θα δει δύο δευτερόλεπτα μετά να συμπίπτουν οι κορυφές και ένα δευτερόλεπτο πριν να είναι οι πλευρές ένα μέτρο.
Εμείς πρέπει να συμφωνήσουμε στους χρόνους.