by 
Μια μη ομογενής ράβδος ΑΒ, μήκους ℓ και βάρους w, ισορροπεί σε επαφή με δύο λεία κεκλιμένα επίπεδα, με κλίσεις θ=30° και φ=60°, σε οριζόντια θέση, όπως στο σχήμα. Η ροπή του βάρους της ράβδου, ως προς το κοινό σημείο Ο, της βάσης των δύο επιπέδων, έχει μέτρο:
α) τ=w∙ ¼ ℓ, β) τ=w∙ 1/3 ℓ, γ) τ=w∙ ½ ℓ
ή
Στήριξη σε δύο λεία κεκλιμένα επίπεδα.
Στήριξη σε δύο λεία κεκλιμένα επίπεδα.
Και η συνέχεια αυτής εδώ, αφιερωμένη στον Κώστα, ο οποίος την …. προανήγγειλε 🙂
Καλημέρα Διονύση. Ωραία η συνέχεια. Η γεωμετρία ανοίγει πόρτες, αλλά οι μαθητές πλέον βαρυγκομούν με κάτι τέτοια…
Καλημέρα Αποστόλη.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Οι αδυναμίες των μαθητών στη Γεωμετρία, γνωστές, αλλά θα μπορούσαν να πάνε εναλλακτικά με Τριγωνομετρία…
Ίσως τους διευκόλυνε.
Άριστα Διονύση!
Καλημέρα Διονύση.
Ασταθής μάλλον;
Διονύση, όμορφη άσκηση με Φυσική, αλλά και Γεωμετρία που αποτελεί την «αχίλλειο πτέρνα» των σύγχρονων μαθητών (όχι με δική τους ευθύνη). Ότι δεν συνδέεται εμφανέστατα με τα της ύλης της Γ στο «πυρ το εξώτερο».
Να΄σαι καλά.
καλημέρα Γιάννη
διαισθητικά “βλέπω” κάτι παράξενο, η ισορροπία να είναι ασταθής αν η ράβδος απομακρυνθεί λίγο με τάση να πέσει πάνω στο επίπεδο γωνίας φ, και ευσταθής για το επίπεδο θ
Και εγώ Βαγγέλη αυτό σκέφτομαι.
Εξαιρετική!
Διονύση
Τα έχουν πει ολοι. Όπως και να έχει παρόλο που οι περισσότεροι χωλαινουν στη γεωμετρία είναι ένα πάρα πολύ καλό θέμα.
Καλησπέρα συνάδελφοι.
Βαγγέλη, Γιάννη (Κυρ), Ντίνο, Γιάννη (Μη) και Χρήστο σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Γιάννη και Βαγγέλη, φαντάζομαι να εννοείτε αν το άκρο Α ανέβηκε ή κατέβηκε πάνω στο αριστερό επίπεδο.
Βλέπετε κάποια θέση ευσταθούς ισορροπίας; Εγώ μάλλον δεν βλέπω να επανέρχεται στην θέση ισορροπίας και να ηρεμεί. Μάλλον την βλέπω να πέφτει πάνω στην πλευρά με κλίση θ.
Βρίσκω, αν έχω σωστές πράξεις, τα ύψη στα οποία βρίσκεται το κέντρο μάζας Μ της ράβδου είναι:
αρχικά h=ΔΟ=lρίζα3/4
αν πέσει πάνω στο επίπεδο φ, hφ=l/8ρίζα3
αν πέσει πάνω στο επίπεδο θ, hθ=3l/8
και hφ<h, hθ<h
επομένως η αρχική δυναμική ενέργεια είναι μεγαλύτερη, άρα η ισορροπία ασταθής και προς τις δύο κατευθύνσεις
Καλημέρα Βαγγέλη.
Και γω τα ίδια αποτελέσματα βγάζω, όσον αφορά το ύψος του κέντρου μάζας.
Διονυση καλημερα !
Ευχαριστω πολυ για την αφιερωση !
Η αναζητηση της ροπης του βαρους ως προς το Ο απαιτει την γνωση της ΚΔ που την υπολογισες με εναν εξυπνο τροπο χρησιμοποιώντας τις διαγωνιους του ορθογωνιου παραλληλογραμμου που δημιουργειται .
Μιας και εβαλες ενα συνδεσμο στην προηγουμενη ασκηση εκει ειχα βρει τον λογο (ΑΚ)/(ΚΒ) = L1/L2 που με τα νεα δεδομενα ειναι πλεον L1/L2 = 1/3 ==> L2 = 3*L1 .
Προσαρμόζοντας την σκεψη μου με τα νεα δεδομενα αυτο βγαινει ως εξης :
Oι δυναμεις F1 , F2 τεμνονται στο σημειο Γ και θα πρεπει για να εχουμε ισορροπια απο το σημειο αυτο να διερχεται και το W. To οποιο πλεον ασκειται στο σημειο Κ που δεν ειναι στην μεση της ραβδου . Το Κ οπως ειπαμε θα πρεπει να ειναι στην ιδια κατακορυφο με το Γ . Τοτε δημιουργειται ενα ορθογωνιο τριγωνο στο Γ .
Με την γωνια ΑΓΜ=θ=30 και την ΒΓΚ=φ=60 .
Επομενως εφθ=ΑΚ/ΓΚ = L1/ΓΚ και εφφ=ΒΚ/ΓΚ = L2/ΓΚ ====> εφθ / εφφ = L1/L2 = 1/3
Εφοσον L1 + L2 = L ==> L1 = L/4 —–> L2 = 3L/4 .
Ομως τα τριγωνα ΑΚΓ και ΒΔΟ ειναι ισα διοτι ειναι ορθογωνια στα Κ και Δ αντιστοιχα , εχουν ΑΓ = ΒΟ ως απεναντι πλευρες του παραλληλογραμμου ΑΓΒΟ και ισες τις γωνιες που ειναι προσκείμενες σε αυτες τις πλευρες .
ΑΡΑ ΑΚ= ΒΔ = L1 = L/4 . Επομενως : ΚΔ = (3L/4) – (L/4) = L/2 —–> Ροπη W(o) = W * (L/2).
Και απο τριγωνο των δυναμεων εχουμε F1 = W*ημφ = (W/2)*sqrt(3) και F2 = W*συνφ = (W/2)
Καλό απόγευμα Κώστα.
Σε ευχαριστώ για τον εμπλουτισμό με την εναλλακτική οδό.