by 
Ο ομογενής δίσκος του σχήματος ακτίνας R=1m και μάζας m=20kg κυλίεται σε οριζόντιο επίπεδο με την επίδραση της πλάγιας δύναμης F, με σταθερή επιτάχυνση αcm=1m/s2. Ποια η συνολική ροπή των ασκούμενων δυνάμεων στο δίσκο, ως προς το σημείο Α, το οποίο βρίσκεται σε ύψος h=1,4m από το έδαφος;
Απάντηση:
Αφού κυλίεται ο δίσκος με σταθερή επιτάχυνση αcm, δέχεται συνισταμένη δύναμη, ίδιας κατεύθυνσης (οριζόντια), μέτρου:
ΣF=m∙αcm=20∙1Ν=20Ν.
Αλλά τότε το αλγεβρικό άθροισμα των ροπών όλων των δυνάμεων, ως προς το σημείο Α, ίσο και με την ροπή της συνισταμένης δύναμης, είναι ίσο:
ΣτΑ=|ΣF|∙d= |ΣF|∙(h-R) = 20∙0,4Ν∙m=8Ν∙m.
Τι λέτε; Συμφωνείτε συνάδελφοι, με την παραπάνω απάντηση;
Για να ζεσταθούμε λίγο και να μην πέσουμε σε “χειμέρια νάρκη” 🙂
Γειά σου Διονύση. Και η στατική τριβή;
Όχι βέβαια.
Οι δυνάμεις ( F και Τ ) μπορούν να αντικατασταθούν από μια συνισταμένη ΣF=20Ν στο Ο και μια ροπή ζεύγους Στ
Η ροπή ζεύγους είναι :
a=20,R=1 άρα και α=20 (S.I.)
οπότε Στ(Ο)= 0,5 mRRα=10 (S.Ι.)
η ροπή ζεύγους είναι ως προς όλα τα σημεία ίση με 10Νm
Αποστόλη, προφανώς υπάρχει και τριβή.
Απλά η απόδειξη χρησιμοποιεί την συνισταμένη.
Καλημέρα Διονύση ! Μασ έκανες να θυμηθούμε στερεό!
Λοιπον !ΣFy=0 Αρα ροπές μόνο στον άξονα x.
τ=Th-Fx d
αλλά Fx -T =ma-20N => τ= Τh-Fx(h-R) => τ=28- Fx (SI) Αρα χρειαζόμαστε την Fx !
Γεια σου Μήτσο.
Το “όχι βέβαια” σημαίνει ότι είναι λάθος η αποδείξει που έχω παραθέσει παραπάνω, έτσι;
Πού είναι το λάθος;
Καλό μεσημέρι Γιώργο.
Καλή η σκέψη σου, αλλά για … πάρτο αλλιώς!
Αν I= 1/2 m R^2 τότε Στ (ο) = Ι αγ-1/2mR^2 α/R=10Nm και Στ=ΤR=> T=10N
Ara Fx -20+T = 30N=> τ = -2Νm
Το λάθος θεωρώ πως είναι το ότι ο μοχλοβραχιονας της στατικής τριβής, δεν είναι d αλλά h. Μπορούμε να θεωρήσουμε πως η ΣF ασκείται στο κέντρο μάζας, αλλά στον υπολογισμό της ροπής πρέπει να λάβουμε υπ όψιν τους διαφορετικούς μοχλοβραχιονες.
Σύμφωνα με τη λογική της απάντησης, δεν θα έπρεπε να έχουμε γωνιακή επιτάχυνση, διότι ως προς το Ο, η συνολική ροπή θα ήταν μηδέν.
Καλησπέρα σε όλους.
Γεια σας παιδιά.
Υποθέτω ότι ο Διονύσης δεν έβαλε την άσκηση για να παραθέσουμε λύση.
Ζητάει να βρούμε το λάθος σε όσα γράφονται.
Το λάθος είναι ότι η συνισταμένη σχεδιάστηκε στο κέντρο μάζας.
Πρέπει να σχεδιάσουμε την Fx. Να σχεδιάσουμε την Τ η οποία είναι το 1/3 της Fx.
Το σημείο εφαρμογής της συνισταμένης τους βρίσκεται πάνω από το κέντρο μάζας και σε απόσταση y:
(y+R).T=y.Fx=>(y+R).Fx/3=y.Fx=>y+R=3y=>y=R/2=0,5m.
Ο φορέας της συνισταμένης απέχει από το Α 10 πόντους.
Έτσι η ροπή έχει μέτρο m.a.0,1m=…
Δεν διδάσκουμε πλέον “συνισταμένη παραλλήλων δυναμεων”, ούτε “σημείο εφαρμογής της συνισταμένης”. Την σχεδιάζουμε στο κέντρο μαζας και τσοντάρουμε και ένα ζεύγος που έχει ροπή ίση με τη ροπή της δύναμης ως προς το κέντρο μάζας.
Έτσι το λάθος μας ξεφεύγει. Μπορούμε να λύσουμε σωστά την άσκηση αλλά όχι να εντοπίσουμε το λάθος που έγινε στο παραπάνω γραπτό.
Καλησπέρα συνάδελφοι.
Να μου επιτρέψετε να αναφερθώ στο θεώρημα των ροπών, που μπορεί να διατυπωθεί όπως παρακάτω:
Συνήθως αναφέρεται και ως θεώρημα του Varignon.
Αυτό εφάρμοσα παραπάνω. Είναι λάθος;
Διονύση Καλησπέρα.
Η συνισταμένη δύναμη είναι αυτή που λες αλλά ο φορέας της δεν διέρχεται από το CM.
Διονύση ,συνεχίζω να επιμένω στη λύση που έγραψα. Ο φορέας της συνισταμένης διέρχεται πάνω από το κέντρ και σε απόσταση 0,5m(δηλ 0,1m πάνω από το Α
οπότε Μολ (ή τολ)= -ΣF 0,1=-ma 0,1=-0,2Nm
Καλησπέρα Διονύση,
διαβάζω σε αποδείξεις του θεωρήματος ότι αναφέρεται σε δυνάμεις, οι φορείς των οποίων διέρχονται από το ίδιο σημείο.
Για παράδειγμα στην Wikipedia,
“…The theorem states that the torque of a resultant of two concurrent forces about any point is equal to the algebraic sum of the torques of its components about the same point…”