Πόσο θα κατέβει το βαρίδι; Στο σχήμα ο κόκκινος δίσκος ακτίνας r=0,m φέρει αυλάκι στην περιφέρειά του στο οποίο έχουμε τυλίξει αβαρές νήμα. Η ακτίνα της τροχαλίας είναι R 2 =2r. Συγκρατούμε το βαρίδι έτσι ώστε το σύστημα να ισορροπεί στο εσωτερικό ημισφαιρίου ακτίνας R=5r. Κάποια στιγμή αφήνουμε το βαρίδι ελεύθερο να κινηθεί μέχρις ότου ο δίσκος, εκτελώντας κύλιση χωρίς ολίσθηση, να φτάσει στο ανώτερο σημείο του ημισφαιρίου. Δίνεται ότι το νήμα δεν ολισθαίνει ούτε στο αυλάκι της τροχαλίας αλλά ούτε και στο αυλάκι του δίσκου. Αν η απόσταση του κέντρου της τροχαλίας από την οριζόντια διάμετρο του ημισφαιρίου είναι h=r, να βρεθεί η απόσταση που διανύει το βαρίδι μέχρις ο δίσκος να φτάσει στο χείλος του ημισφαιρίου. η Λύση (Δ. Μητρόπουλος Για μια πρώτη λύση χρησιμοποιούμε το geogebra για να μετρήσουμε αποστάσεις και γωνίες. Σε πρώτη φάση θεωρούμε ότι ο δίσκος μετακινείται χωρίς να στραφεί και στην συνέχεια στρέφεται χωρίς να μετακινηθεί. Στην αρχική θέση ισχύει ότι: Z = 0.63π, ΕΘ= 0.37π και ΔΕ=0.25r. Επομένως το μήκος του νήματος μεταξύ του σημείου Ζ του δίσκου και του σημείου Θ της τροχαλίας είναι: s = 0.63π r+ 0, 25r+ 0.37π2r 4.55r Στην τελική θέση ισχύει ότι: Z = 0.5π, ΕΘ= 0.5π και ΔΕ=5r. Επομένως το μήκος του νήματος μεταξύ του σημείου Ζ του δίσκου και του σημείου Θ της τροχαλίας είναι: s = 0.5π r+ 5r+ 0.5π2r 9.7r Επομένως κατά την μετακίνηση του δίσκου το βαρίδι κατέβηκε κατά 4,55r-9.7r=4.84r.
Έστω ω στρ η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του δίσκου και ω cm η γωνιακή ταχύτητα περιφοράς του κέντρου μάζας. Ισχύει ότι: υ ω (R r r r cm cm ω στρ = = = 4ω cm Επειδή η επιβατική ακτίνα του κέντρου μάζας στρίβει κατά 2 π, ο δίσκος στρέφεται κατά 2π κατεβάζοντας το βαρίδι κατά 2πr 6.28r. Συνεπώς, το βαρίδι θα κατέβει κατά 4.84r+6.28r=.2r. 2 η Λύση Θεωρούμε μια τυχαία θέση, στην οποία η επιβατική ακτίνα του κέντρου μάζας του δίσκου έχει στρίψει κατά θ. Η ταχύτητα του κρεμασμένου σώματος είναι κατά μέτρο ίση με την ταχύτητα v 3 του σημείου επαφής T 3. Ισχύει ότι v dθ R R v =ω (T T = (T T = (T T cm 3 3 3 3 R dt R Η απόσταση που θα διανύσει το κρεμασμένο σώμα είναι: π/2 R R 3 3 3 R 0 ( s = v dt = (T T dθ Η απόσταση T T 3 είναι συνάρτηση του θ. Αποδεικνύουμε στην συνέχεια ότι T T = r 3 62+ 35( συνθ ηµθ + 5( συνθ+ηµθ 65+ 40( συνθ ηµθ 33+ 20( συνθ ηµθ (** Με χρήση κάποιου προγράμματος computer algebra βρίσκουμε ότι: 2
π/2 0 62+ 35( συνθ ηµθ + 5( συνθ+ηµθ 65+ 40( συνθ ηµθ dθ 2,95 33+ 20( συνθ ηµθ Αντικαθιστώντας στην σχέση ( προκύπτει ότι s3,8r Παρατηρήσεις Νομίζω ότι το αποτέλεσμα της πρώτης λύσης είναι πιο αξιόπιστο. Η επαναληπτική χρήση της (** από το πρόγραμμα αριθμητικής ολοκλήρωσης έχει σαν αποτέλεσμα μια διαφορά της τάξης του 7% της δεύτερης λύσης σε σχέση με την πρώτη. Το κέντρο μάζας διανύει απόσταση (R r 2 π. Το σημείο που είναι αντιδιαμετρικό του T έχει ταχύτητα διπλάσια του κέντρου μάζας. Επομένως «διανύει απόσταση» (R r π= 4rπ 2, 4r Απόδειξη της (** Θεωρούμε ένα σύστημα συντεταγμένων Οɶɶ xy με αρχή το κέντρο Ο του ημικυκλίου. Οι συντεταγμένες των διαφόρων σημείων είναι: Του Κ : ((R R ηµθ,(r R συνθ Του T : ( R ηµθ,rσυνθ Του K 2 : ( R, h (2α (2β (2γ Μεταφέρουμε την αρχή του συστήματος συντεταγμένων στο K 2, ορίζοντας το σύστημα συντεταγμένων Κ 2 xy. Η σχέση που συνδέει τα δύο συστήματα συντεταγμένων είναι: x= xɶ R, y= yɶ + h Στο σύστημα συντεταγμένων Κ 2 xy οι συντεταγμένες των σημείων είναι: Του Κ : ((R R R,(R R h ηµθ συνθ+ (3α Του T : ( Rηµθ R,Rσυνθ+ h (3β Του K 2 : ( 0,0 (3γ Το βασικό πρόβλημα είναι η εύρεση των συντεταγμένων του σημείου επαφής T 3. 3
Θεωρούμε δύο σχετικά ξένους κύκλους (K, R και (K 2, R 2. Θέλουμε να κατασκευάσουμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη T 3 T 2. Θεωρούμε σημείο επί της K 2 T 2 που απέχει από το K 2 απόσταση δ=r 2 -R. Το τετράπλευρο K T 3 T 2 είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Συνεπώς το βλέπει το ευθύγραμμο τμήμα K K 2 υπό ορθή γωνία. Άρα το είναι η τομή του κύκλου διαμέτρου K K 2 και του κύκλου (K 2, δ. Θεωρούμε ότι η αρχή του συστήματος συντεταγμένων είναι στο K 2 και οι συντεταγμένες του K είναι (x, y x y Οι συντεταγμένες του μέσου Μ του Κ Κ 2 είναι: (,. Ο κύκλος διαμέτρου Κ Κ 2 έχει εξίσωση: x 2 y 2 x + y (x + (y = x + y xx yy= 0 (4 4 Ο κύκλος κέντρου Κ 2 και ακτίνας δ έχει εξίσωση: x + y =δ (5 2 Αφαιρώντας κατά μέλη τις (4, (5 προκύπτει ότι: 2 2 δ xx xx+ yy=δ y= (6 y Αντικαθιστώντας την (6 στην (5 προκύπτει τελικά η εξίσωση: (x + y x 2δ x x +δ ( δ y = 0 (7 2 Εύκολα φαίνεται ότι η (7 έχει δύο ετερόσημες πραγματικές ρίζες πραγματικές. Λαμβάνοντας υπόψη και το αρχικό πρόβλημα, το αντιστοιχεί στην αρνητική ρίζα. Η διακρίνουσα της (7 είναι: = 4δ x 4 δ ( δ y (x + y = 4δ y (x + y δ (8 4 2 Επομένως η αρνητική ρίζα της (7 είναι x δ x δ y x + y δ = x + y Αντικαθιστώντας στην (6 προκύπτει ότι: y δ y +δ x x + y δ = x + y Ισχύει ότι K 2 = (x, y και R R KT3 = K2 = (x, y δ δ Rδx yr x + y δ Rδ y+ Rx x + y δ KT 3 =, x + y x + y Επομένως οι συντεταγμένες του T 3 είναι (9α (9β (0 4
T x R δx y R x + y δ, y R δ y + R x x + y δ Για το διάνυσμα T T3 ισχύει ότι: 3 = + + x + y x + y ( Rδx yr x + y δ Rδ y+ Rx x + y δ T T3 = x+ Rηµθ+ R, y + Rσυνθ h x + y x + y Αντικαθιστούμε x = (R R ηµθ R και y = (R R συνθ + h T T R R δx y R x + y δ, R R δ y + R x x + y δ 2 T T = R ηµ θ+ R συν θ 3 = ηµθ+ συνθ+ x + y x + y 3 δ + δ δ + + δ x + y x + y R x y R x y R y R x x y + + R δx y R x + y δ R δ y + R x x + y δ ηµθ συνθ 2R x + y x + y T T = R + 3 R δ x + R y (x + y δ + R δ y + R x (x + y δ 2 (x + y R δxηµθ y R ηµθ x + y δ R δyσυνθ+ R xσυνθ x + y δ 2R x + y x + y T T = R 3 R δ (x + y + R (x + y (x + y δ 2 (x + y δxηµθ+δy συνθ+ (xσυνθ y ηµθ x + y δ 2 2 x + y T T = R 3 R δ (x + y + R (x + y (x + y δ 2 (x + y δxηµθ+δy συνθ+ (xσυνθ y ηµθ x + y δ 2 2 x + y (2 (2 (3 (4 δ(r R +δhσυνθ δr ηµθ (Rσυνθ+ h ηµθ x + y δ T T = R + R 2R 2 3 x + y 5
T T = 2R 3 δ(r R +δhσυνθ δr ηµθ (Rσυνθ+ h ηµθ (R R + R + h + 2(R R (hσυνθ R ηµθ δ 2 2 (R R + R + h + 2(R R (h συνθ R ηµθ Υποθέτουμε ότι R=r, R2=2r, R=5r, h=r=5r. Άρα δ=r. Η απόσταση TT3 γίνεται: 2 4+ 5( συνθ ηµθ 5( συνθ+ηµθ 65+ 40( συνθ ηµθ T T 3 = 2r 2r 66+ 40( συνθ ηµθ T T = r 3 62+ 35( συνθ ηµθ + 5( συνθ+ηµθ 65+ 40( συνθ ηµθ 33+ 20( συνθ ηµθ korfiatis@sch.gr 6