Γεια σου Διονύση.
Φυσικά είναι το κλειδί. Είναι τμήμα του συλλογισμού.
Βοήθεια: -Είναι δυνατόν να μην έχει ολοκληρωθεί για κανένα η ολίσθηση;
Φευγοντας θα απαντήσω το βράδυ, αν δεν δοθεί απάντηση.
Καλησπέρα Γιάννη. Πολύ ενδιαφέρον πρόβλημα.
Αν δεν έχω κάνει λάθος στην περίπτωση που και τα δύο αποχωρίζονται τον τοίχο πριν σταματήσει η ολίσθησή τους θα έχουν την ίδια ταχύτητα και στην χ διεύθυνση (Με δεδομένη την ισότητα των y συνιστωσών). Άρα τουλάχιστον για ένα από τα δύο έχει ολοκληρωθεί.
Καλησπέρα και πάλι Γιάννη. Για την τελική συνιστώσα Vx της ταχύτητας βρίσκω
Vx=V0x/(λ+1) όπου λ=I/mR^2, οπότε συμφωνώ με το Διονύση. Το δεύτερο έχει μεγαλύτερη ροπή αδράνειας.
Καλησπέρα Διονύση και Σπύρο.
Συμφωνώ.
Μια απλή εξήγηση χωρίς υπολογισμούς:
Όταν πάψει η ολίσθηση μηδενίζεται η τριβή.
Το δεξιό σώμα δέχτηκε μεγαλύτερη ώθηση από την τριβή.
Επειδή οι τριβές έχουν ίδια μέτρα η ολίσθησή του διήρκεσε περισσότερο.
Δηλαδή περιστρεφόταν πιο αργά από το άλλο.
Επομένως έχει μεγαλύτερη ροπή αδράνειας.
Γεια σου Γιάννη. Η απαντηση ειναι μαλλον προφανης διοτι αν υποθεσουμε οτι εχουμε ενα σωμα με μηδενικη ροπη αδρανειας τοτε δεν θα εχουμε καθολου ολισθηση.Αντιθετα ο κυβος του Αρη λειτουργει σαν ενα σωμα με απειρη ροπη αδρανειας.Ελαστικός κύβος ανακλάται σε μη λείο τοίχο.
Καλημέρα Γιάννη, καλημέρα σε όλους.
Θα ήθελα να προσθέσω κάποιες επιπλέον σκέψεις, πάνω στο θέμα.
Και πρώτα η απόδειξη, με βάση την οποία έδωσα χθες την απάντηση παραπάνω.
Έστω ότι πριν ολοκληρωθεί η κρούση, τα στερεά κυλίονται.
Τότε για ένα στερεό που εκτελεί σύνθετη κίνηση, από το γενικευμένο νόμο παίρνουμε:
Βλέπουμε δηλαδή ότι το στερεό με την μεγαλύτερη τελική ταχύτητα υx θα έχει και την μικρότερη ροπή αδράνειας ή αν προτιμάτε, το στερεό με την μεγαλύτερη ροπή αδράνειας θα υποστεί και μεγαλύτερη μείωση της ταχύτητάς του.
Γιατί παραπάνω χρησιμοποίησα το ολοκλήρωμα; Γιατί η τριβή δεν είναι σταθερή δύναμη.
Ας δούμε τα σχήματα.
Στο πρώτο δείχνει πώς μεταβάλλεται η κάθετη αντίδραση η υπεύθυνη για την αλλαγή της ορμής στον άξονα y. Το εμβαδόν του κίτρινου χωρίου είναι ίσο με 2mυ0y.
Στο μεσαίο σχήμα είναι η μεταβολή της τριβής. Αν η τριβή ασκείται μέχρι τη στιγμή t2, τότε το εμβαδόν του γκρι χωρίου μας δίνει την ώθηση της τριβής. Αν έχουμε κύλιση πιο πριν, έστω τη στιγμή t3, θα πάρουμε το εμβαδόν προφανώς από t1 έως t3.
Στο τρίτο σχήμα η κόκκινη γραμμή μας δίνει την μεταβολή της ταχύτητας υx, στην περίπτωση που η τριβή ασκείται σε όλο το διάστημα της κρούσης.
Τι λέτε συνάδελφοι, δεν είναι μια καλή προσέγγιση να θεωρήσουμε, ότι η μεταβολή ακολουθεί την πράσινη ευθεία; Αν το κάνουμε είναι σαν να λέμε ότι η τριβή ολίσθησης παραμένει σταθερή και το γκρι χωρίο, σχήματος κώδωνα, γίνεται ένα ορθογώνιο… Νομίζω ότι πρόκειται για μια πολύ καλή προσέγγιση.
Αλλά αν η προσέγγιση αυτή γίνει αποδεκτή, τότε θα μπορούσαμε να χαράξουμε γραφικές παραστάσεις, όπως οι παρακάτω:
Όπου στο πρώτο βλέπουμε την ταχύτητα υx σε συνάρτηση με το χρόνο, ενώ στο δεύτερο βλέπουμε τη γωνιακή ταχύτητα σε συνάρτηση με το χρόνο, όπου η γραμμή (1) αντιστοιχεί σε μεγάλη γωνιακή επιτάχυσνη (μικρή ροπή αδράνειας για σταθερή ροπή) και η (2) το αντίθετο.
Οπότε τώρα μπορούμε να σκεφτούμε πια, χωρίς εξισώσεις, παρά μόνο ποιοτικά, με βάση τα διαγράμματα όπου η κρούση άρχισε την στιγμή t0=0. Ας δούμε τα σχήματα:
Στο πρώτο τα δύο στερεά κυλίονται. Το Α με την μικρότερη ροπή αδράνειας αποκτά μεγαλύτερη γωνιακή επιτάχυνση, οπότε πολύ γρήγορα υcmx=υγρ=ωR και τελικά αποκτά την ταχύτητα υx1.
Αντίθετα το Β με την μεγαλύτερη ροπή αδράνειας αποκτά μικρότερη γωνιακή επιτάχυνση και θα μεσολαβήσει μεγαλύτερο χρονικό διάστημα μέχρι να έχουμε υcmx=υx2=ωR και να κυλίεται. Αλλά τότε η τελική του ταχύτητα είναι προφανώς μικρότερη.
Στο μεσαίο σχήμα το Β στερεό λόγω μεγάλης ροπής αδράνειας δεν φτάνει σε κύλιση. Τελειώνει η κρούση χωρίς να έχουν εξισωθεί η υx2 και η υγρ2. Και εδώ η υx2 < υx1.
Στο τρίτο σχήμα, κανένα στερεό δεν έφτασε σε κύλιση (μπορούμε να το πετύχουμε αν αυξήσουμε την γωνία πρόσπτωσης). Τώρα τελειώνει η κρούση, (η οποία διαρκεί το ίδιο χρονικό διάστημα, αφού όπως είπαμε προηγούμενα Τ∙Δt=2mυ0y), χωρίς καμιά γραμμική ταχύτητα να έχει φτάσει την υx. Αλλά τότε τα δύο στερεά συνεχίζουν μετά την κρούση με ταχύτητες υx ίσου μέτρου! Βέβαια οι γραμμικές ταχύτητες των σημείων στις περιφέρειές τους είναι διαφορετικές.
Καλημερα Διονύση.Για να ειναι μαθηματικα πληρης η αποδειξη πρεπει να εξετασεις και την περιπτωση οπου το ενα σωμα εκ των δυο εχει ολοκηρωσει την κρουση πριν σταματησει η ολισθηση.
by 
Καλησπέρα Γιάννη, μια ερώτηση:
Πριν ολοκληρωθεί η κάθε κρούση, το στερεό κυλίεται;
Έχει ολοκληρωθεί η ολίσθηση;
Γεια σου Διονύση.
Φυσικά είναι το κλειδί. Είναι τμήμα του συλλογισμού.
Βοήθεια:
-Είναι δυνατόν να μην έχει ολοκληρωθεί για κανένα η ολίσθηση;
Φευγοντας θα απαντήσω το βράδυ, αν δεν δοθεί απάντηση.
Τότε Γιάννη, βγάζω ότι το πρώτο στερεό έχει μικρότερη ροπή αδράνειας (αν δεν έκανα λάθος πράξεις…)
Καλησπέρα Γιάννη. Πολύ ενδιαφέρον πρόβλημα.
Αν δεν έχω κάνει λάθος στην περίπτωση που και τα δύο αποχωρίζονται τον τοίχο πριν σταματήσει η ολίσθησή τους θα έχουν την ίδια ταχύτητα και στην χ διεύθυνση (Με δεδομένη την ισότητα των y συνιστωσών). Άρα τουλάχιστον για ένα από τα δύο έχει ολοκληρωθεί.
Καλησπέρα και πάλι Γιάννη. Για την τελική συνιστώσα Vx της ταχύτητας βρίσκω
Vx=V0x/(λ+1) όπου λ=I/mR^2, οπότε συμφωνώ με το Διονύση. Το δεύτερο έχει μεγαλύτερη ροπή αδράνειας.
Πολύ ωραίο πρόβλημα Γιάννη. Συνοπτικά οι πλήρεις απαντήσεις (αν δεν έχω κάνει κάποιο λάθος στις πράξεις)
Καλό βράδυ
Καλησπέρα Διονύση και Σπύρο.
Συμφωνώ.
Μια απλή εξήγηση χωρίς υπολογισμούς:
Όταν πάψει η ολίσθηση μηδενίζεται η τριβή.
Το δεξιό σώμα δέχτηκε μεγαλύτερη ώθηση από την τριβή.
Επειδή οι τριβές έχουν ίδια μέτρα η ολίσθησή του διήρκεσε περισσότερο.
Δηλαδή περιστρεφόταν πιο αργά από το άλλο.
Επομένως έχει μεγαλύτερη ροπή αδράνειας.
Υπολογισμοί παρόμοιοι γίνονται στα:
Μπάλα σε τραίνο.
Δυο δαχτυλίδια συγκρουονται.
Γεια σου Γιάννη. Η απαντηση ειναι μαλλον προφανης διοτι αν υποθεσουμε οτι εχουμε ενα σωμα με μηδενικη ροπη αδρανειας τοτε δεν θα εχουμε καθολου ολισθηση.Αντιθετα ο κυβος του Αρη λειτουργει σαν ενα σωμα με απειρη ροπη αδρανειας.Ελαστικός κύβος ανακλάται σε μη λείο τοίχο.
Σωστά. Δεν κυλίεται.
Καλημέρα Γιάννη, καλημέρα σε όλους.
Θα ήθελα να προσθέσω κάποιες επιπλέον σκέψεις, πάνω στο θέμα.
Και πρώτα η απόδειξη, με βάση την οποία έδωσα χθες την απάντηση παραπάνω.
Έστω ότι πριν ολοκληρωθεί η κρούση, τα στερεά κυλίονται.
Τότε για ένα στερεό που εκτελεί σύνθετη κίνηση, από το γενικευμένο νόμο παίρνουμε:
Βλέπουμε δηλαδή ότι το στερεό με την μεγαλύτερη τελική ταχύτητα υx θα έχει και την μικρότερη ροπή αδράνειας ή αν προτιμάτε, το στερεό με την μεγαλύτερη ροπή αδράνειας θα υποστεί και μεγαλύτερη μείωση της ταχύτητάς του.
Γιατί παραπάνω χρησιμοποίησα το ολοκλήρωμα; Γιατί η τριβή δεν είναι σταθερή δύναμη.
Ας δούμε τα σχήματα.
Στο πρώτο δείχνει πώς μεταβάλλεται η κάθετη αντίδραση η υπεύθυνη για την αλλαγή της ορμής στον άξονα y. Το εμβαδόν του κίτρινου χωρίου είναι ίσο με 2mυ0y.
Στο μεσαίο σχήμα είναι η μεταβολή της τριβής. Αν η τριβή ασκείται μέχρι τη στιγμή t2, τότε το εμβαδόν του γκρι χωρίου μας δίνει την ώθηση της τριβής. Αν έχουμε κύλιση πιο πριν, έστω τη στιγμή t3, θα πάρουμε το εμβαδόν προφανώς από t1 έως t3.
Στο τρίτο σχήμα η κόκκινη γραμμή μας δίνει την μεταβολή της ταχύτητας υx, στην περίπτωση που η τριβή ασκείται σε όλο το διάστημα της κρούσης.
Τι λέτε συνάδελφοι, δεν είναι μια καλή προσέγγιση να θεωρήσουμε, ότι η μεταβολή ακολουθεί την πράσινη ευθεία; Αν το κάνουμε είναι σαν να λέμε ότι η τριβή ολίσθησης παραμένει σταθερή και το γκρι χωρίο, σχήματος κώδωνα, γίνεται ένα ορθογώνιο… Νομίζω ότι πρόκειται για μια πολύ καλή προσέγγιση.
Αλλά αν η προσέγγιση αυτή γίνει αποδεκτή, τότε θα μπορούσαμε να χαράξουμε γραφικές παραστάσεις, όπως οι παρακάτω:
Όπου στο πρώτο βλέπουμε την ταχύτητα υx σε συνάρτηση με το χρόνο, ενώ στο δεύτερο βλέπουμε τη γωνιακή ταχύτητα σε συνάρτηση με το χρόνο, όπου η γραμμή (1) αντιστοιχεί σε μεγάλη γωνιακή επιτάχυσνη (μικρή ροπή αδράνειας για σταθερή ροπή) και η (2) το αντίθετο.
Οπότε τώρα μπορούμε να σκεφτούμε πια, χωρίς εξισώσεις, παρά μόνο ποιοτικά, με βάση τα διαγράμματα όπου η κρούση άρχισε την στιγμή t0=0. Ας δούμε τα σχήματα:
Στο πρώτο τα δύο στερεά κυλίονται. Το Α με την μικρότερη ροπή αδράνειας αποκτά μεγαλύτερη γωνιακή επιτάχυνση, οπότε πολύ γρήγορα υcmx=υγρ=ωR και τελικά αποκτά την ταχύτητα υx1.
Αντίθετα το Β με την μεγαλύτερη ροπή αδράνειας αποκτά μικρότερη γωνιακή επιτάχυνση και θα μεσολαβήσει μεγαλύτερο χρονικό διάστημα μέχρι να έχουμε υcmx=υx2=ωR και να κυλίεται. Αλλά τότε η τελική του ταχύτητα είναι προφανώς μικρότερη.
Στο μεσαίο σχήμα το Β στερεό λόγω μεγάλης ροπής αδράνειας δεν φτάνει σε κύλιση. Τελειώνει η κρούση χωρίς να έχουν εξισωθεί η υx2 και η υγρ2. Και εδώ η υx2 < υx1.
Στο τρίτο σχήμα, κανένα στερεό δεν έφτασε σε κύλιση (μπορούμε να το πετύχουμε αν αυξήσουμε την γωνία πρόσπτωσης). Τώρα τελειώνει η κρούση, (η οποία διαρκεί το ίδιο χρονικό διάστημα, αφού όπως είπαμε προηγούμενα Τ∙Δt=2mυ0y), χωρίς καμιά γραμμική ταχύτητα να έχει φτάσει την υx. Αλλά τότε τα δύο στερεά συνεχίζουν μετά την κρούση με ταχύτητες υx ίσου μέτρου! Βέβαια οι γραμμικές ταχύτητες των σημείων στις περιφέρειές τους είναι διαφορετικές.
Καλημερα Διονύση.Για να ειναι μαθηματικα πληρης η αποδειξη πρεπει να εξετασεις και την περιπτωση οπου το ενα σωμα εκ των δυο εχει ολοκηρωσει την κρουση πριν σταματησει η ολισθηση.
Καλημέρα παιδιά.
Μια πλήρης επίλυση.
Εξετάζονται και οι δύο περιπτώσεις.
Υπολογίζεται και η γωνιακή ταχύτητα σε κάθε περίπτωση.
Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Το έκανα στο επόμενο σχόλιο.