Feladat: 962. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Főző Csaba 
Füzet: 1971/november, 179 - 180. oldal  PDF file
Témakör(ök): Erők forgatónyomatéka, Tömegközéppont helye, Csúszásmentes (tiszta) gördülés, Gördülés lejtőn, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/február: 962. fizika feladat

Az α hajlásszögű lejtőre olyan (vékony) korongot helyezünk, amelynek két fele különböző sűrűségű. Ezen két részt elhatároló átmérő mekkora szöget zár be a vízszintessel, amikor a korong a lejtőn egyensúlyba kerül? Legfeljebb mekkora lehet α, hogy a korong ne gördüljön le? (A korong a lejtőn nem csúszik. Egy félkör területének súlypontja a középponttól 4R/3π távolságra van.)
 

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

Az egyensúly szükséges feltétele, hogy a testre ható erők bármely pontra vonatkoztatott forgatónyomatékainak az összege 0 legyen. Legyen a vonatkoztatási pont az E alátámasztási pont. Mivel a lejtő által kifejtett erők hatásvonalai átmennek ezen a ponton, a feltétel csak úgy teljesülhet, ha a súly-erő hatásvonala, az S súlyponton átmenő függőleges egyenes is átmegy az E ponton.

 
 
1. ábra
 

Ekkor (1. ábra) az OES=α, az OSE=180-β.
 

Az OSEΔ-re írjuk fel a szinusztételt:
aR=sinαsin(180-β)=sinαsinβ,(a=OS¯)sinβ=(R/a)sinα.


a értékét a következőképpen számítjuk ki:
(4R3π+a)ϱ1=(4R3π-a)ϱ2,(ϱ2>ϱ1)a(ϱ2+ϱ1)=4R3π(ϱ2-ϱ1),a=4R3πϱ2-ϱ1ϱ2+ϱ1.



A keresett szög szinusza: sinβ=3π4ϱ2+ϱ1ϱ2-ϱ1sinα.
sinβ1, tehát 3π4ϱ2+ϱ1ϱ2-ϱ1sinα1,
sinα43πϱ2-ϱ1ϱ2+ϱ1.

Ez annak a feltétele, hogy egyensúly egyáltalán létrejöhessen.
 

Főző Csaba (Sopron, József A. Gimn., II. o. t.)
 

Megjegyzés. Vizsgáljuk meg stabilitás szempontjából a lehetséges egyensúlyi helyzeteket. Mivel megcsúszás nem lehetséges, tehát a korong a lejtővel érintkező, alkotójának sebességé mindig 0, tekinthetjük ezt az alkotót igen rövid ideig rögzített tengelynek. Így elég megnézni, hogy ha a korongot kicsit kimozdítjuk az egyensúlyi helyzetből milyen irányú forgatónyomaték hat erre az ún. pillanatnyi forgástengelyre.
Az egyensúlyt leíró sinβ=Rsinαa egyenletnek általában 2 megoldása van: β1<90 és β2=180-β1. Az első esetben kis kimozdítás esetén a súlypont úgy mozdul el a pillanatnyi forgástengely fölül, hogy a súlyerő fellépő forgatónyomatéka a korongot visszaforgatni igyekszik. Tehát az egyensúly stabilis (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

A második esetben a fellépő forgatónyomaték tovább forgatja a korongot, tehát az egyensúly labilis (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Ha lefelé mozdítottuk ki a korongot, az le is gördül. Viszont ha felfelé mozdítottuk ki, csak addig gurul felfelé, míg az első egyensúlyi helyzeten való áthaladáskor irányt változtatott forgatónyomaték le nem fékezi. Így a korong az első egyensúly körül rezegni fog. Abban a speciális esetben, ha a=Rsinα, tehát β1=β2=90, akármerre kimozdítva a korongot, a forgatónyomaték lefelé forgat (4. ábra), tehát elengedve a korongot, az mindenképpen legördül.
 
 
4. ábra
 

(Lásd még a 691. feladat megoldását az 1968. évi 2. számban.)