Κεφάλαιο 4.4 – Ισορροπία Στερεού Σώματος – Λύσεις (σελ. 133-144)

Κεφάλαιο 4.4 - Ισορροπία Στερεού Σώματος (σελ. 133-144)

Άσκηση Δραστ.4.1

Εκφώνηση: Πειραματική δραστηριότητα εύρεσης του κέντρου μάζας ενός επίπεδου ακανόνιστου σώματος: αναρτήστε το σώμα διαδοχικά από δύο-τρία διαφορετικά σημεία και σχεδιάστε κάθε φορά την κατακόρυφο που περνά από το σημείο ανάρτησης.

Λύση:

• Αναρτούμε το σώμα από ένα σημείο Α και σχεδιάζουμε την κατακόρυφο ΑΑ′ που περνά από αυτό (το κέντρο μάζας βρίσκεται πάνω σε αυτή την ευθεία, αφού στην ισορροπία το βάρος και η τάση του νήματος είναι συγγραμμικές).
• Επαναλαμβάνουμε αναρτώντας από δεύτερο σημείο Β, σχεδιάζοντας τη νέα κατακόρυφο ΒΒ′.
• Το κέντρο μάζας βρίσκεται στο σημείο τομής των δύο (ή περισσότερων, για επαλήθευση) κατακόρυφων ευθειών.

Απάντηση: Το κέντρο μάζας εντοπίζεται στο σημείο τομής των κατακόρυφων ευθειών ανάρτησης — δραστηριότητα εργαστηρίου, ενδεικτική.

Άσκηση Δραστ.4.2

Εκφώνηση: Κατασκευάστε μια ζυγαριά: κόψτε ένα χαρτόνι σε σχήμα τετραγώνου (πλευράς α) και κρεμάστε το σε ένα καρφί που περνά από την κορυφή του Ο, ώστε να μπορεί να στρέφεται ελεύθερα. Στο ίδιο καρφί κρεμάστε ένα ευθύγραμμο σύρμα που δείχνει την κατακόρυφη. Στερεώστε σε μία από τις γειτονικές του Ο κορυφές ένα αντίβαρο γνωστής μάζας M και στην άλλη έναν συνδετήρα, από τον οποίο κρεμάτε μικρά αντικείμενα. Χαράξτε πάνω στο χαρτόνι κλίμακα γωνιών με το μηδέν στην κατακόρυφη που δείχνει το σύρμα. Αν κρεμάσετε αντικείμενο άγνωστης μάζας m, πώς υπολογίζετε τη μάζα του από τη γωνία θ κατά την οποία στρέφεται το χαρτόνι;

Λύση:

• Όταν το χαρτόνι στραφεί κατά γωνία θ, οι μοχλοβραχίονες ως προς το Ο είναι x=α·ημθ για το βάρος Mg και d=α·συνθ για το βάρος mg. Ισορροπία ροπών ως προς το Ο: Mg·x−mg·d=0 ⇒ Mg·α·ημθ=mg·α·συνθ.
• Άρα m=M·εφθ: μετρώντας τη γωνία θ στην κλίμακα του χαρτονιού υπολογίζουμε την άγνωστη μάζα m.

Απάντηση: m = M·εφθ (με την προϋπόθεση ότι η μάζα του χαρτονιού είναι μικρή) — δραστηριότητα εργαστηρίου, χωρίς μοναδική αριθμητική τιμή.

Άσκηση 4.41

Εκφώνηση: Από τα άκρα Α και Β αβαρούς ράβδου, μήκους l=2 m, κρέμονται με σκοινιά δύο βάρη w₁=200 N και w₂=300 N. Σε ποιο σημείο πρέπει να στηριχτεί η ράβδος για να ισορροπεί οριζόντια;

Λύση:

• Έστω x η απόσταση του σημείου στήριξης Ο από το άκρο Α. Ισορροπία ροπών ως προς Ο: w₁·x = w₂·(l−x).
• 200x = 300(2−x) ⇒ 200x = 600−300x ⇒ 500x = 600 ⇒ x=1,2 m.

Απάντηση: Η ράβδος πρέπει να στηριχτεί σε απόσταση 1,2 m από το άκρο Α (0,8 m από το Β).

Άσκηση 4.42

Εκφώνηση: Ο ελαιοχρωματιστής στέκεται πάνω σε δοκό μήκους l=4 m και βάρους w₁=150 N. Η δοκός στηρίζεται στα σημεία Α και Β που απέχουν το καθένα 1 m από τα άκρα της. Το βάρος του ελαιοχρωματιστή είναι w₂=700 N. Σε πόση απόσταση από τις άκρες μπορεί να σταθεί χωρίς να ανατραπεί η δοκός;

Λύση:

• Ισορροπία ροπών ως προς Α για τον ελαιοχρωματιστή στη θέση p (κρίσιμη περίπτωση R_B=0 για ανατροπή γύρω από Α): 2R_B = w₁·(2−1) + w₂·(p−1).
• Θέτοντας R_B=0: 0 = 150 + 700(p−1) ⇒ p−1 = −150/700 = −3/14 ⇒ p = 1−3/14 = 11/14 ≈ 0,786 m.
• Άρα ο ελαιοχρωματιστής μπορεί να πλησιάσει έως 0,786 m ≈ 79 cm από κάθε άκρο (λόγω συμμετρίας ίδιο όριο και από το άλλο άκρο) — πιο κοντά ανατρέπεται η δοκός.

Απάντηση: Μπορεί να σταθεί σε απόσταση τουλάχιστον 79 cm από κάθε άκρο της δοκού, χωρίς αυτή να ανατραπεί.

Άσκηση 4.43

Εκφώνηση: Ομογενής δοκός ΑΓ με μήκος l και βάρος w₁=100 N ισορροπεί οριζόντια. Το άκρο Α συνδέεται με άρθρωση σε κατακόρυφο τοίχο. Το άλλο άκρο Γ συνδέεται με τον τοίχο με σκοινί που σχηματίζει γωνία φ=30° με τη δοκό. Στο άκρο Γ κρέμεται σώμα βάρους w₂=40 N. Υπολογίστε την τάση του σκοινιού και τη δύναμη που δέχεται η δοκός από τον τοίχο.

Λύση:

• Ισορροπία ροπών ως προς Α: T·ημφ·l = w₁·(l/2) + w₂·l ⇒ T·ημ30°=w₁/2+w₂ ⇒ T·0,5=50+40=90 ⇒ T=180 N.
• Συνιστώσες της τάσης: T_x=T·συν30°=180·(√3/2)≈155,9 N (οριζόντια, προς τον τοίχο), T_y=T·ημ30°=90 N (κατακόρυφα, προς τα πάνω).
• Ισορροπία δυνάμεων στη δοκό: F_x(άρθρωση)=T_x≈155,9 N (αντίθετη φορά), F_y(άρθρωση)=w₁+w₂−T_y=100+40−90=50 N.
• Μέτρο δύναμης άρθρωσης: F=√(F_x²+F_y²)=√(155,9²+50²)≈163,7 N.

Απάντηση: Τάση σκοινιού T=180 N. Δύναμη από τον τοίχο (άρθρωση) F≈163,7 N, με εφθ=F_y/F_x=50/155,9≈0,32.

Άσκηση 4.56

Εκφώνηση: Ομογενής δοκός ΑΓ μήκους l και βάρους w = 100 N ισορροπεί όπως φαίνεται στο σχήμα 4.64. Να υπολογίσετε τις δυνάμεις που δέχεται η δοκός από το σκοινί και από την άρθρωση Α. Δίνεται φ = 60°. (Στο σχήμα: το άκρο Α της δοκού είναι αρθρωμένο στη βάση κατακόρυφου τοίχου, η δοκός σχηματίζει γωνία φ με τον τοίχο και το άκρο Γ συνδέεται με τον τοίχο με οριζόντιο σκοινί.)

Λύση:

• Μοχλοβραχίονες ως προς το Α: η T είναι οριζόντια και ασκείται σε ύψος l·συνφ πάνω από το Α, άρα έχει μοχλοβραχίονα l·συν60°. Το βάρος ασκείται στο μέσο της δοκού, σε οριζόντια απόσταση (l/2)·ημ60° από το Α.
• Στ(Α) = 0: T·l·συν60° = w·(l/2)·ημ60° ⇒ T = (w/2)·εφ60° = 50·√3 = 50√3 N ≈ 86,6 N.
• ΣFx = 0: η οριζόντια συνιστώσα της δύναμης της άρθρωσης εξουδετερώνει την T, άρα Fx = T = 50√3 N (με φορά αντίθετη της T, δηλαδή από τον τοίχο προς τα έξω).
• ΣFy = 0: η κατακόρυφη συνιστώσα εξουδετερώνει το βάρος, άρα Fy = w = 100 N (προς τα πάνω).
• Μέτρο: F = √(Fx² + Fy²) = √(7500 + 10000) = √17500 = 50√7 N ≈ 132,3 N. Διεύθυνση: εφθ = Fy/Fx = 100/(50√3) = 2√3/3, όπου θ η γωνία της F με την οριζόντια.

Απάντηση: T = 50√3 N ≈ 86,6 N, F = 50√7 N ≈ 132,3 N (δύναμη από την άρθρωση), με εφθ = 2√3/3 ≈ 1,155 (θ η γωνία της F με την οριζόντια).

Προσοχή:

• Η δύναμη της άρθρωσης δεν έχει κατ' ανάγκη τη διεύθυνση της δοκού — τη βρίσκουμε από τις συνιστώσες της.
• Επιλέγουμε το Α ως σημείο για τις ροπές, ώστε η άγνωστη F να μη δίνει ροπή.

Άσκηση 4.57

Εκφώνηση: Το εμπόδιο του σχήματος 4.65 έχει ύψος h και ο τροχός ακτίνα R και βάρος w. Για ποιες τιμές της οριζόντιας δύναμης F ο τροχός θα υπερπηδήσει το εμπόδιο;

Λύση:

• Ως προς την ακμή του εμποδίου, ο μοχλοβραχίονας της F (εφαρμοσμένης στο κέντρο, οριζόντια) είναι R−h· ο μοχλοβραχίονας του βάρους w (κατακόρυφο) είναι η οριζόντια απόσταση κέντρου-ακμής, √(R²−(R−h)²)=√(h(2R−h)).
• Οριακή συνθήκη ισορροπίας ροπών ως προς την ακμή: F·(R−h) = w·√(h(2R−h)).
• Για να υπερπηδήσει: F > w·√(h(2R−h))/(R−h).

Απάντηση: F > w·√(h(2R−h))/(R−h).

Άσκηση 4.58

Εκφώνηση: Ομογενής σκάλα μπορεί να ισορροπήσει στηριζόμενη στο έδαφος και στον τοίχο μόνο αν η γωνία φ που σχηματίζει με το έδαφος είναι μεγαλύτερη των 30°. Να υπολογιστεί ο συντελεστής οριακής στατικής τριβής της με το οριζόντιο επίπεδο (η τριβή σκάλας-τοίχου θεωρείται αμελητέα).

Λύση:

• Ισορροπία δυνάμεων: κάθετη αντίδραση εδάφους N=w (βάρος σκάλας), οριζόντια αντίδραση τοίχου Ν_τ = τριβή εδάφους T (η μόνη οριζόντια δύναμη).
• Ισορροπία ροπών ως προς το κάτω άκρο: N_τ·L·ημφ = w·(L/2)·συνφ ⇒ N_τ = w/(2εφφ).
• Για οριακή ισορροπία T=μN=μw πρέπει να ισούται με N_τ: μw=(w/2)/εφφ_min ⇒ μ=1/(2εφ30°)=1/(2·(√3/3))=√3/2.

Απάντηση: μ = √3/2 ≈ 0,866.