by 
Πάνω σε ένα οριζόντιο επίπεδο στερεώνουμε μία κυκλική στεφάνη κέντρου Κ και ακτίνας R, με το επίπεδό της κατακόρυφο. Η διάμετρος ΑΒ είναι κατακόρυφη με το σημείο Α να είναι το ανώτερο σημείο της στεφάνης, όπως φαίνεται στο σχήμα. Στερεώνουμε το ένα άκρο μίας λεπτής ράβδου (κατάλληλου κάθε φορά μήκους) στο σημείο Α της στεφάνης και το άλλο σε τυχαίο σημείο Γ αυτής (διαφορετικό του Α), δημιουργώντας μία χορδή που σχηματίζει τυχαία γωνία θ με την ΑΒ.
Ένα σώμα Σ μάζας και αμελητέων διαστάσεων, αφήνεται από το σημείο Α και κινείται κατά μήκος της ράβδου (κεκλιμένο επίπεδο) χωρίς τριβές. Να αποδείξετε ότι ο χρόνος κίνησης του σώματος πάνω στη ράβδο είναι ανεξάρτητος από τη θέση του άκρου Γ αυτής.
Η συνέχεια εδώ.
Γεια σου Μίλτο. Πολύ όμορφη. Αν ο μαθητής δεν θυμάται ότι γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή, δεν θα τσουλήσει…
Γεια σου Αποστόλη. Χαίρομαι που σου άρεσε!
Η πολύπαθη δυστυχώς Γεωμετρία…
Καλημέρα Μίλτο.
Πολύ ωραίο θέμα, το οποίο ελπίζω να δουν συνάδελφοι και μαθητές, χωρίς να φοβηθούν την εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, που λέει ο Αποστόλης!
Καλημέρα Αποστόλη.
Καλημέρα Διονύση.
Καθώς η άσκηση προτείνεται για την Α΄ Λυκείου, θέλω να πιστεύω ότι η συγκεκριμένη γνώση δεν έχει “ξεθωριάσει” από το Γυμνάσιο…Εκεί όπου η Γεωμετρία αντέχει ακόμη!
Καλημέρα Διονύση
Καλημέρα Μίλτο,
το ίδιο αποτέλεσμα θα έχουμε για τον χρόνο, αν η κίνηση πραγματοποιούταν στην χορδή ΓΒ.
Και ένα …”παραπολιτικό”. Στο βιβλίο των Παλαιολόγου -Περιστεράκη (Τόμος 1 των Ασκήσεων, 1957), βρίσκω πως το θέμα είχε πέσει στις εισαγωγικές εξετάσεις του Πανεπιστημίου Αθηνών του 1954, για το τμήμα της Φυσικής!
Είναι απίστευτο πόσο έχει αλλάξει το πνεύμα των εξετάσεων!
Καλησπερα Στάθη. Αυτο που λες για την χορδη ΓΒ ειναι πολυ ωραιο δευτερο ερωτημα οπου για να απαντηθει αρκει να φερουμε την ευθεια που διερχεται εκ των Γ,Κ και η οποια τεμνει τον κυκλο στο Δ. Χρησιμοποιωντας
θεωρηματα απο τα βιβλια των Πάλλα Πανάκη και Κανέλλου (διαγωνιες ισες κλπ 🙂 ),αποδεικνυουμε οτι το ΑΓΒΔ ειναι ορθογωνιο παραλληλογραμμο,αρα η χορδη ΑΔ ειναι ιση και παραλληλη με την χορδη ΓΒ και επομενως οι χρονοι των δυο χορδων ειναι ισοι και συνεπως η απαντηση αναγεται στην λυση του πρωτου ερωτηματος.
Καλημέρα Κωνσταντίνε, πολύ καλό!
Αν φτιάξεις το εγγεγραμμένο στον κύκλο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ, η κίνηση στην ΓΒ=ΑΔ, είναι το συμμετρικό ως προς την διάμετρο ΑΒ, πρόβλημα.
Γεια σου Στάθη.
Αναζήτησα και βρήκα σε ψηφιοποίηση του ΙΕΠ το βιβλίο που αναφέρεις.
Για πληρότητα, βάζω παρακάτω και την αντίστοιχη άσκηση.
Ευχαριστώ πολύ για το σχόλιο και την παραπομπή, την οποία και δεν γνώριζα!
Καλημέρα σε όλους.
Μίλτο πολύ ωραία άσκηση!
Γεια σου Βασίλη, να είσαι καλά!
Καλησπέρα σε όλους
Μίλτο, ωραίο θέμα!
Μια προσέγγιση ακόμα,
μάλλον για Β’ Λυκείου:
Καλησπέρα Θρασύβουλε.
Την ώρα που ψάχνουμε την εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο…! εσύ στέλνεις λύση όπου κάνεις χρήση
Μάλλον τον χάσαμε τον μαθητή!
Ευχαριστώ πολύ για το σχόλιο και την προσέγγισή σου! Να είσαι καλά.
Καλήσπέρα παιδιά.
Άλλη μία λύση:
Kαλησπερα στην παρεα. Μια λυση και απο μενα με ολιγη διαφορικη τοπολογια (Πλακα κανω 🙂 ) Aν το κεντρο του κυκλου ειναι το σημειο (0,0) τοτε η εξισωση του κυκλου ειναι η x^2+y^2=R^2 και το σημειο Α εχει συντεταγμενες (0,R) Oι συνιστωσες της επιταχυνσεως ειναι αx=gσυνθημθ και αy=gσυνθσυνθ.Ο προσανατολισμος των αξονων ειναι προφανης.
Οι εξισωσεις κινησης ειναι: x=(1/2)αxt^2 και y=R-(1/2)αyt^2
Το σημειο Γ ανηκει στον κυκλο αρα οταν το σωμα θα βρεθει στο σημειο Γ,οι συντεταγμενες της θεσεως του θα ικανοποιουν την εξισωση του κυκλου. Κανοντας αντικατασταση των εξισωσεων κινησης στην εξισωση του κυκλου χρησιμοποιωντας τις αλγεβρικες τιμες των επιταχυνσεων που γραψαμε πιο πανω και κανοντας χρηση της ταυτοτητας (ημθ)^2+(συνθ)^2=1 οι γωνιες απλοποιουνται και βρισκουμε την προφανη λυση t=0 και την λυση t=2(R/g)^1/2 (ΟΕΔ)
Καλησπέρα σε όλους τους φίλους.
Ο Θρασύβουλος, ο Γιάννης και ο Κωνσταντίνος ανέβασαν το επίπεδο, εγώ θα
το επαναφέρω πάλι στα της Α’ Λυκείου =))
Στην άσκηση του Μίλτου, η γωνία μεταξύ της διαδρομής και της κατακόρυφης
οδηγεί σε επιτάχυνση a=gσυνθ και μήκος διαδρομής Δχ=2Rσυνθ,
μικρότερο ίσο (για θ=0) του 2R
Αυτό οδηγεί σε ίδιο χρόνο κίνησης ανεξάρτητο της γωνίας θ, αλλά σε διαφορετικές ταχύτητες
Στο ξαδελφάκι της άσκησης του Μίλτου, στην άσκηση 24, σελίδα 159 του σχολικού βιβλίου
η γωνία μεταξύ της διαδρομής και της οριζόντιας
οδηγεί σε επιτάχυνση a=gημθ και μήκος διαδρομής Δχ=h/ημθ
μικρότερο ίσο (για θ=90) του h
Αυτό οδηγεί σε διαφορετικό χρόνο κίνησης Δt=(1/ημθ) ρίζα (2h/g)
αντιστρόφως ανάλογο του ημθ,
αλλά σε ίσες ταχύτητες υ=ρίζα (2gh)
αφού η διατήρηση της μηχανικής ενέργειας καθορίζει την τελική ταχύτητα
Καλημέρα σε όλους!
Γιάννη, Κωνσταντίνε και Θοδωρή, ευχαριστώ για το σχόλιο και τις διαφορετικές προσεγγίσεις.