by 
Έχουμε έναν συμπαγή δίσκο μάζας Μ και ακτίνας R. Τον κόβουμε στα δύο και κρατάμε το ένα κομμάτι.
Το βάζουμε σε οριζόντιο επίπεδο με συντελεστή τριβής μ.
Βάζουμε άρθρωση στο άκρο Α περί το οποίο μπορεί να στρέφεται.
Του δίνουμε αρχική γωνιακή ταχύτητα ω.
Μετά από πόσο χρόνο θα σταματήσει?
Αφορμή για το παρόν θέμα είναι μια παλαιότερη ανάρτηση του κ.Γιάννη Κυριακόπουλου εδώ
Σπύρο είμαι περίεργος να δω τη λύση.
Αν η περιστροφή γίνεται αρχικά περί το μέσον της διαμέτρου, γίνεται το ίδιο και στη συνέχεια μέχρι να σταματήσει;
Καλησπέρα κ.Γιάννη,
Με ταλαιπωρεί ακόμα η λύση για αυτό την ανέβασα προς συζήτηση.
Το θέμα είναι να υπολογισθεί η ροπή της τριβής ως προς το άκρο Α, και από εκεί και πέρα το ζητούμενο είναι γελοιωδώς εύκολο με εφαρμογή του θεμελιώδους νόμου.
Φυσικά πρέπει να υπολογίσουμε και την ροπή αδράνειας αλλά αυτό δεν είναι θέμα ούτε και η ουσία του προβλήματος.
Η ροπή της τριβής σε αυτήν την περίπτωση βγάζω ότι είναι:
τ=μg ολοκλ( dm.r)
Αρκεί να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα dm.r.
Όσον αφορά την περιστροφή, αυτή γίνεται περί το ακλόνητο άκρο Α, σε όλη την διάρκεια κινήσεως, και η γωνιακή ταχύτητα (διάνυσμα) είναι κάθετη στο οριζόντιο επίπεδο.
Ποιο είναι το φαινόμενο;
Υπάρχει άρθρωση στο Α ή έχουμε ελεύθερο στερεό;
Στην δική μου άσκηση υπήρχε άρθρωση. Εδώ;
Υπάρχει άρθρωση στο Α το οποίο είναι ακλόνητο.
Αβλεψία μου που παρέλειψα να το αναφέρω.
Νομίζω, ότι βρήκα μια λύση-απλούστερη από ότι αρχικά φανταζόμουν.
Επειδή είναι ελαφρώς μεγάλη, θα την ανεβάσω χειρόγραφα σε λίγο όταν την καθαρογράψω..
Σπύρο γεια σου.
Αν βρεις τη θέση του κέντρου μάζας του ημικυκλίου, βρίσκεις την απόστασή του από το Α, έστω d, και τότε
Στ(Α)=dL/dt=ΔL/Δt=σταθ.=>-μmgd=[0-Ι(Α)ω]/Δt
άρα βρίσκεις το Δt. Είναι Ι(Α)=Ιcm+md^2
Καλησπέρα κ.Πρόδρομε,
Ο υπολογισμός του κέντρου μάζας είναι εύκολος.
Ο υπολογισμός της ροπής αδράνειας ως προς το Α είναι επίσης εύκολος.
Δεν πιστεύω όμως ότι η τριβή είναι μgM. Ούτε ότι είναι κάθετη στην απόσταση d ώστε η ροπή της να είναι μgMd.
Αν υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα dm. r το θέμα τελείωσε.
Χθες το βράδυ έκανα κάποιους υπολογισμούς και βρήκα την ροπή της τριβής:
τ=2μg(M/π)R.
Θα το κοιτάξω αναλυτικότερα και θα ανεβάσω την σκέψη μου (έχω επιφυλάξεις..).
Τι πιστεύετε?
Η σκέψη μου παρακάτω με κάποιες επιφυλάξεις:
Από εκεί και πέρα, αν όσα έχω γράψει είναι σωστά, τότε η συνέχεια είναι γελοία και δεν χρειάζεται καν τον υπολογισμό του κέντρου μάζας. Θα χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα ροπής CM-δύο σημείων και τελείωσε…
Δίνω και μια αναλυτικότερη εξήγηση της πορείας που ακολούθησα.
1. Χωρίζουμε τον ημίδισκο σε λωρίδες (έστω τυχαία η ΑΚ όπως παραπάνω στο σχήμα) και υπολογίζουμε εύκολα την ροπή της τριβής σε κάθε μια τέτοια λωρίδα ως συνάρτηση του μήκους της λωρίδας.
2. Εκφράζουμε το μήκος της κάθε λωρίδας ως συνάρτηση της γωνίας θ του σχήματος, άρα σχέση που βγάλαμε για την ροπή της τριβής σε κάθε λωρίδα είναι συνάρτηση της γωνίας θ.
3. Θεωρούμε ότι κάθε λωρίδα έχει απειροστό πάχος και ότι η μάζα αυτής είναι συγκεντρωμένη στην περιφέρεια του ημίδισκου, με γραμμική πυκνότητα λ (διαφορετική της λ που πήραμε για τον πρώτο υπολογισμό της ροπής στην κάθε λωρίδα).
4. Αθροίζουμε τις ροπές σε όλες τις λωρίδες. Υπολογίζουμε λοιπόν το ολοκλήρωμα χρησιμοποιώντας την πυκνότητα λ.
Με τα 4 παραπάνω βήματα, έχουμε υπολογίσει την ροπή της τριβής, δηλαδή έχουμε βρει την τιμή του όρου μ.g.ολοκλ (dm.r)
Καλημέρα Σπύρο.
Φοβάμαι τον χωρισμό ενός δίσκου ή "ημιδίσκου" σε λωρίδες.
Λόγου χάριν δοκίμασε να βγάλεις το εμβαδόν ενός κύκλου χωρίζοντάς τον σε λωρίδες που ξεκινούν από το κέντρο του και καταλήγουν στην περιφέρεια. Θα βρεις σωστό αποτέλεσμα;
Δοκίμασε στη συνέχεια να υπολογίσεις την ροπή αδράνειας ενός δίσκου με ίδια λογική.
Αντί να την βγάλεις m.R^2/2 θα την βγάλεις m.R^2/3.
Καλησπέρα κ.Γιάννη,
Και εγώ τον φοβάμαι.
Με ενθαρρύνει ότι το ολοκλήρωμα dm.r^2 βγαίνει ακόμα και αν είναι δύσκολο χωρίς Steiner.
Έκανα μια σκέψη για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος dm.r με χωρισμό σε λωρίδες.
Κράτησα επιφυλάξεις. Δεν μου άρεσε.
Ίσως ο χωρισμός σε παράλληλες λωρίδες και η εύρεση της τριβής σε κάθε λωρίδα να είναι ένας δρόμος.
Δεν ξέρω.
Σπύρο η λύση που σκέφτομαι είναι μία με λωρίδες σε σχήμα τόξου.
Τα τόξα έχουν κέντρο την άρθρωση.
Οδηγεί στο ολοκλήρωμα x.x.τοξσυν(x/2R) που υπολογίζεται εύκολα.
Δεν ξέρω αν υπάρχει έξυπνη λύση μια και όλα αυτά θυμίζουν κέντρο μάζας.
Όταν δεν μου έρχεται στο μυαλό κάτι έξυπνο, υπάρχει η εύκολη λύση. Το ολοκλήρωμα.
Δες την εικόνα:
Η γωνία φ έχει συνημίτονο ίσο με x/2R.
Το μήκος του τόξου ΓΔ είναι ίσο με x.φ.
Το εμβαδόν της λωρίδας είναι x.φ.dx=x.τοξσυν(x/2R).dx
Η μάζα της λωρίδας είναι ίση με το εμβαδόν επί την επιφανειακή πυκνότητα.
Η τριβή είναι ίση με την παραπάνω μάζα επί μ επί g.
Η ροπή της τριβής είναι ίση με x.x.τοξσυν(x/2R).dx επί σ επί μ επί g.
Ολοκληρώνουμε και τελείωσε.
Είστε εξαιρετικός!
Ευτυχώς το ολοκλήρωμα είναι εύκολο.
Κάποια στιγμή, ίσως αύριο, θα κάνω τις πράξεις για να βγει το αποτέλεσμα και να μην μείνει "αναπάντητο" το πρόβλημα.
Ευχαριστώ πάρα πολύ για την ενασχόληση.