by 
Το διπλανό σύστημα αποτελείται από: Ένα λείο κατακόρυφο στύλο, ακλόνητα στερεωμένο στο οριζόντιο δάπεδο ( κίτρινο σώμα), δύο όμοιες ομογενείς ράβδοι μήκους L και αμελητέου πάχους, ένα κρίκο στον οποίο έχουμε περάσει το άκρο Ο των δύο ράβδων, αφού πρώτα έχουμε ανοίξει μία τρύπα στην κάθε μία ( η τρύπα έχει μικρή ακτίνα ώστε να μπορούμε να θεωρήσουμε τις ράβδους ομογενή σώματα). Ο κρίκος είναι περασμένος στον κατακόρυφο στύλο και το σύστημα ράβδοι – κρίκος μπορεί να γλιστρά κατακόρυφα και χωρίς τριβές ( ο κρίκος γλιστρά κατά μήκος του στύλου). Δίνουμε μία μικρή ώθηση στο σύστημα και τα άκρα Α και Β των δύο ράβδων γλιστρούν στο οριζόντιο λείο επίπεδο, χωρίς να χάνεται η επαφή τους με αυτό, ενώ το άκρο Ο κατέρχεται ( ίσως τεχνικά να μην είναι εύκολο να επιτευχθεί αυτό, με την έννοια ότι αφού τα άκρα Α και Β πατάνε στο δάπεδο πως θα αρχίσουν να γλιστρούν το ένα αριστερά και το άλλο δεξιά…Όμως η ουσία του προβλήματος δεν είναι στο σημείο αυτό). Να υπολογιστεί η ταχύτητα των άκρων Ο, Α και Β τη στιγμή που οι διαμήκης άξονες των ράβδων σχηματίζουν γωνία 120 μοιρών σε συνάρτηση των L, g. Να θεωρηθεί ότι το όλο σύστημα κινείται σε κατακόρυφο επίπεδο και ο κρίκος είναι ελάχιστα μεγαλύτερης ακτίνας από την ακτίνα του κατακόρυφου στύλου, ώστε κατά την κάθοδο του να μην προσκρούει σε αυτόν και εμφανιστούν απώλειες στη μηχανική ενέργεια του συστήματος ( επιπλέον: συν1200= – συν600 = – 1 / 2, ημ300 =1 / 2 και g η επιτάχυνση της βαρύτητας η οποία θεωρείται σταθερή λόγω της μικρής έκτασης του συστήματος).
Καλησπέρα Νίκο
Κάνε μια μικρή διόρθωση:
"Σε εκείνη τη θέση φέρνουμε τους φορείς των ταχυτήτων των σημείων Ο και Α, οι οποίοι τέμνονται στο σημείο Π. Το σημείο αυτό είναι το στιγμιαίο κέντρο περιστροφής"
Φέρνουμε κάθετες στις δυο ταχύτητες.
Διονύση καλησπέρα.
Ευχαριστώ πολύ, το διόρθωσα.
Νίκο καλημέρα και Χρόνια Πολλά. Ωραία η άσκησή σου, συγχαρητήρια!
Το μόνο μεμπτό σημείο είναι ότι οι υποψήφιοι δεν γνωρίζουν για στιγμιαίο άξονα περιστροφής. Κάποτε υπήρχε στο σχολικό βιβλίο μια άσκηση που οι συγγραφείς τη έλυναν με στιγμιαίο άξονα περιστροφής, αλλά την αποσύρανε ! Νομίζω ήταν στην κύλιση.
Αν τεθεί μια τέτοια στις Πανελλαδικές, νομίζω ότι νομιμοποιείται κάποιος να τη λύσει όπως κι εσύ, αφού υπάρχει…δεδικασμένο!
Φυσικά λύνεται και αλλιώς, ως σύνθετη κίνηση…
Να είσαι καλά.
Καλημέρα Πρόδρομε και χρόνια πολλά.
Σ΄ευχαριστώ για το σχόλιο. Αρχικά προβληματίστηκα για το αν έπρεπε να βάλω την άσκηση εδώ ή δίπλα στα γενικά θέματα λόγω της προσέγγισης που έκανα. Θα προσπαθήσω να τη λύσω και με διαφορετικό τρόπο, αλλά νομίζω ότι θα είναι πολυπλοκότερος. Εμένα, δε θα με πείραζε να δω μία τέτοια λύση από ένα μαθητή, το αντίθετο θα το εκτιμούσα διότι δείχνει κάποιον που έχει εντρυφήσει στο θέμα!
Καλημέρα Νίκο
Το cm της ραβδου εκτελεί κυκλική κίνηση ακτίνας L/2 με κέντρο το σημείο τομής των αξόνων.
Σε μια τυχαία θέση έστω φ η γωνία που σχηματίζει η ράβδος με την κατακόρυφο. Από ΑΔΜΕ προκύπτει:
1/2*mgL = 1/2*m*u^2cm + 1/2*Icm*ω^2 + 1/2*mgLσυνφ
και με πράξεις:
ω = sqrt(3g(1-συνφ)/L)
Στο σχήμα σου, η γωνία που σχηματίζει η ucm με τη ράβδο είναι θ = 2φ – 90
Με την απαίτηση ότι η προβολές των ταχυτήτων των άκρων της ράβδου και του κέντρου μάζας της πάνω στη ράβδο πρέπει να είναι ίσες προκύπτει:
ucm*συν(2φ-90) = ωL/2συν(2φ-90) = uA*συν(90-φ) = u0*συνφ
ωL/2*ημ2φ = uA*ημφ = u0συνφ
για φ=60 υπολογίζω uA και u0:
uA = 1/2*sqrt(3/2*g*L) και u0 = 3/2*sqrt(1/2*g*L)
Στην τελευταια σχέση νομίζω αντί για 4 θέλει 2
Για τη λύση που πρότεινα πήρα πάσα από τον Πρόδρομο αλλά ξέχασα να το πω στην αρχή.
Καλημέρα Νίκο και χρόνια πολλά.
Ωραίο το … ‘’ράβδοσπαγγάτο’’ κι ας μην ολοκληρώθηκε μέχρι οριζοντίωσης των ποδών -ράβδων.
Σχετική και η λύση Κόμη με το κατοπτρικό (του δικού σου) κέντρο περιστροφής και την ισότητα των προβολικών ταχυτήτων στη ράβδο. (πράγματι το 4 να γίνει 2 στη τελευταία σχέση)
Αν βλέπω ορθά στο σχήμα της λύσης ,το σύμβολο ( x) για την κατεύθυνση της ω πρέπει νομίζω να γίνει τελεία.
Χρόνια πολλά και πάντα δημιουργικά.
Καλησπέρα σε όλους.
Γιώργο και Παντελή σας ευχαριστώ για το σχολιασμό και τις υποδείξεις.
Γιώργο ναι αυτή είναι η λύση που απέφυγα να κάνω λόγω αρκετών πράξεων.
Παντελή ναι δεν άφησα να ολοκληρώσει το "σπαγγάτο" το σύστημα
μου φάνηκε να έχει πιο μεγάλο ενδιαφέρον, όπως και αυτό που έκανε ο Γιώργος με την τυχαία γωνία.
Διόρθωσα και το αριθμητικό αποτέλεσμα και το x σε . Όταν κάποιος βιάζεται αυτά παθαίνει.
Ωραία περίπτωση Νίκο.
Όσο για το πώς θα ξεκινήσει με κουρμπαριστα άκρα και μια μικρή ώθηση πιστεύω δεν τίθεται θέμα.
Καλημέρα σε όλους,
Χρήστο χρόνια πολλά και σ' ευχαριστώ για το σχόλιο. Αν μεγεθύνεις το σχήμα, θα δεις ότι τα άκρα των ράβδων είναι κυρτά – κουρμπαριστά όπως χαρακτηριστικά είπες…Μακάρι να είχα τη δυνατότητα να πραγματοποιήσω πολλά από αυτά που συζητάμε εδώ.
Να΄ σαι καλά!