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.

Προσοχή:

id_πηγης κοινό με τη Δραστ.4.2 — και οι δύο δραστηριότητες (και μια τρίτη, ο κύλινδρος που «αψηφά» τη βαρύτητα, ήδη ενσωματωμένη στο θεωρία §4.5) βρίσκονται σε ένα ενιαίο κείμενο-κόμβο της πηγής.

Άσκηση Δραστ.4.2

Εκφώνηση: Κατασκευάστε μια αυτοσχέδια ζυγαριά με μια ράβδο που ισορροπεί σε στήριγμα, κρεμώντας γνωστό βάρος w από το ένα άκρο και ζητώντας να βρείτε άγνωστη μάζα m από την κλίση ισορροπίας θ της ράβδου.

Λύση:

Ισορροπία ροπών ως προς το σημείο στήριξης, με τις δύο μάζες σε ίσες οριζόντιες αποστάσεις όταν η ράβδος είναι υπό γωνία θ, οδηγεί στη σχέση m=M·εφθ.
Μετρώντας τη γωνία θ στην ισορροπία, υπολογίζουμε την άγνωστη μάζα m.

Απάντηση: m = M·εφθ — δραστηριότητα εργαστηρίου, ενδεικτική, χωρίς μοναδική αριθμητική τιμή.

Προσοχή:

id_πηγης κοινό με τη Δραστ.4.1 — ενιαίος κείμενο-κόμβος πηγής για τις τρεις δραστηριότητες του §4.5 (σελ. 133).

Άσκηση 4.41

Εκφώνηση: Από τα άκρα Α και Β βαρούς 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 με το άκρο Α αρθρωμένο σε τοίχο και σκοινί που συνδέει ενδιάμεσο σημείο της δοκού με σημείο του τοίχου πάνω από το Α, σχηματίζοντας γωνία φ=60° με την κατακόρυφο. Να υπολογιστούν οι δυνάμεις που δέχεται η δοκός από το σκοινί και από την άρθρωση Α.

Λύση:

Το βάρος της δοκού w=100 N δρα στο μέσον της. Με ισορροπία ροπών ως προς Α και ανάλυση δυνάμεων (όπως στο σχήμα 4.64), προκύπτει η δοσμένη λύση του βιβλίου.

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.

Προσοχή:

Η ακριβής γεωμετρία (θέση σύνδεσης σκοινιού πάνω στη δοκό) βασίζεται στην περιγραφή του σχήματος 4.64, ίδια και στα δύο σημεία της πηγής.

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/2)·συνφ/ημφ = (w/2)εφφ⁻¹... πιο σωστά N_τ=(w/2)/εφφ.
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.

Προηγούμενο Στοιχείο

Επιστροφή στην Ενότητα

Επόμενο Στοιχείο