Feladat: 794. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Antal Miklós ,  Gyimesi Ferenc ,  Láz József ,  Sailer Kornél 
Füzet: 1969/április, 183 - 185. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szabad tengely körüli forgás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/november: 794. fizika feladat

Egy gőzgép r sugarú hajtókereke egyenletesen ω szögsebességgel forog az A középponton átmenő tengely körül. A kerék BC=l hajtórúdjának C végpontja az AD egyenesen csúszik.
a) Hol van a BC rúd pillanatnyi forgástengelye?
b) Mekkora a BC rúd szögsebessége?
c) Mekkora sebességgel mozog C, ha a BA dugattyúkar α szöget zár be a vízszintessel?
(L. a májusi és a szeptemberi számban közölt cikkeket!)
 

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. a) A BC rúd pillanatnyi forgástengelye a rúd két végpontjának sebességvektorára emelt merőlegesek metszéspontja (1. ábra).

 

 

1. ábra
 

Mivel B pont sebessége merőleges a sugárra, C pont pedig AD-n mozog, tehát r meghosszabbításának és az AC-re C-ben emelt merőlegesnek a metszéspontja lesz a keresett pont (0).
b) Legyen BC¯ szögsebessége ω0 B sebessége az A körüli forgásból:
vB=rω,
az 0 körüli forgásból, az 1. ábra szerint:
vB=OB¯ω0.
A kettőből:
ω0=rOB¯ω.(1)
A párhuzamos szelők tétele alapján
rOB¯=AT¯TC=rcosαl2-r2sin2α.
Tehát
ω0=rωcosαl2-r2sin2α,

c) Legyen C sebessége v.
Az 0 körüli forgás miatt:
v=OC¯ω0,
(1)-et felhasználva
v=OC¯rωOB¯=OA¯sinαrωOB¯.
A párhuzamos szelők tétele szerint:
OA¯OB¯=CA¯CT¯=CT¯+TA¯CT¯=1+TA¯CT¯=1+rcosαl2-r2sin2α.
Tehát
v=(1+rcosαl2-r2sin2α.)rsinαω.

  Antal Miklós (Debrecen, KLTE Gyak. Gimn., III. o. t. ) megoldása alapján
 

II. megoldás. Mivel a közölt ábra és a szöveg α megadásában ellentmondó volt, a feladatot úgy is megoldjuk, hogy az ábrán jelölt α függvényében fejezzük ki a kérdéses adatokat. (Mindkét megoldást helyesnek fogadtuk el.)
Ebben a megoldásban (2. ábra) az a) kérdésre adott válasz egyezik az. előzővel.
 

 

2. ábra
 

b) Az előzőekkel megegyezően:
ω0=rOB¯ω.(1)
A 2. ábra szerint, ha α<90:
rOB¯=AT¯TC¯=r2-l2sin2αlcosα.
Tehát
ω0=r2-l2sin2αlcosαω

c) A C   pont sebessége ismét:
v=OC¯ω0=OC¯rωOB¯.
Az ábrából
OC¯BT¯=CA¯TA¯ésrOB¯=AT¯CT¯.
Összeszorozva
OC¯OB¯=CA¯BT¯rCT¯=(CT¯+TA¯)BT¯CT¯r=(1+r2-l2sin2αlcosα)lsinαr.
Tehát
v=(lsinα+tgαr2-l2sin2α)ω.

  Láz József (Bp., Eötvös J. Gimn., III. o. t.) megoldása alapján
 

Megjegyzés. 1. Az utóbbi megoldásnál, ha B   II. és III. negyedben van, a négyzetgyökös tag előjelét negatívnak kell venni, mert ABCΔ tompaszögű.
2. A két eredmény egymásba átalakítható, mert a sinus-tétel szerint
l:r=sin(BAC):sin(BCA).

Gyimesi Ferenc (Győr, Révai G., M. o. t.) és Sailer Kornél (Ózd, József A. G., III.. o. t.) a szögnegyedek szerinti diszkussziót, illetve a pillanatnyi forgástengely egyenletét is megadta megoldásában (1 pont).