Kezdőlap


Feladat:	1182. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Mihály László
Füzet:	1974/november, 172 - 175. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Merev test térbeli mozgása, Steiner-tétel, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/január: 1182. fizika feladat

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

a) A kötél elégetése után az 1. ábra szerinti erők hatnak a testre.

1. ábra

A számítás egyszerűsítése érdekében a szerkezet súlypontját nem határoztuk meg, hanem az egyes rudakra ható súlyerőket külön jelöltük.
Legegyszerűbb a megoldás, ha az

A

C

pontokon átmenő, nyugvó tengelyre írjuk fel a forgatónyomatéki egyenletet:

\begin{matrix} m g \cdot l / 2 = Θ \cdot β, \end{matrix}

ahol

Θ

a szerkezet tehetetlenségi nyomatéka, ami most megegyezik az

l

hosszúságú rúd végpontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatékkal (

Θ = (1 / 3) m l^{2}

β

a szöggyorsulás. A szöggyorsulást innen meghatározva és az

\begin{matrix} a_{B} = l \cdot β \end{matrix}

kényszerfeltételt felhasználva kapjuk, hogy

\begin{matrix} a_{B} = (3 / 2) g . \end{matrix}

A módszer előnye ‐ és egyben hátránya ‐, hogy az

F_{1}

és

F_{2}

erők az egyenletekben nem szerepelnek. Így a megoldás egyszerű, de nem kapjuk meg pl. az

F_{1}

, és az

F_{2}

erőket. A teljes megoldást úgy kaphatjuk meg, hogy a forgatónyomatéki egyenletet a tömegközépponton áthaladó tengelyre írjuk fel, és felhasználjuk Newton II. törvényét is. Ekkor az előbbivel azonos eredményt kapunk, de a feladatban feltett kérdés megválaszolásához ez a módszer szükségtelenül bonyolult.
b) A rendszerre ható erőket a 2. ábrán tüntettük fel.

2. ábra

B C

tengelyre a forgatónyomatéki egyenlet:

\begin{matrix} 2 x \cdot m g + x \cdot m g = Θ \cdot β, \end{matrix}

x

a 3. ábrán látható távolság.

3. ábra

A tehetetlenségi nyomaték:

\begin{matrix} Θ = (1 / 3) m {(2 x)}^{2} + (1 / 3) m {(4 x)}^{2} . \end{matrix}

Behelyettesítve és rendezve

\begin{matrix} β = (9 / 20) \cdot (g / x) = (9 / \sqrt[]{20}) \cdot (g / l), \end{matrix}

A

pont gyorsulása

\begin{matrix} a_{A} = 4 x \cdot β = (9 / 5) \cdot g . \end{matrix}

Számoljuk most végig a feladatot az előző megoldásban említett második módszerrel is!

4. ábra

A 4. ábra szerinti

◯ 1

és

◯ 2

tengelyre írunk fel forgatónyomatéki egyenletet:

\begin{matrix} ◯ 1 & F_{1} \cdot (l / 2) = Θ_{1} \cdot β_{1}, \\ ◯ 2 & F_{1} \cdot (l / 4) - F_{2} \cdot (3 / 4) l = Θ_{2} \cdot β_{2} . \end{matrix}

Itt

Θ_{1}

β_{1}

;

Θ_{2}

β_{2}

a megfelelő tengely körüli tehetetlenségi nyomaték, ill. szöggyorsulás. A Steiner-tétel felhasználásával

\begin{matrix} Θ_{1} & = (1 / 12) m l^{2}, \\ Θ_{2} & = [(1 / 12) m l^{2} + m {(l / 4)}^{2}] + m {(l / 4)}^{2} = (5 / 24) m l^{2} . \end{matrix}

Másrészt Newton II. törvénye szerint

\begin{matrix} 2 m g - (F_{1} + F_{2}) = m \cdot a, \end{matrix}

ahol

a

a tömegközéppont gyorsulása. A forgatónyomatéki egyenleteken és a Newton-törvényen kívül a kényszerfeltételeket kell felírni (általában ez a legnehezebb feladat). Esetünkben

\begin{matrix} β_{1} (l / 2) + β_{2} \cdot (l / 4) - a = a_{C} = 0, \\ β_{2} \cdot (3 / 4) l + a = a_{B} = 0, \end{matrix}

ahol tehát azt használtuk fel, hogy az

A

és a

C

pont gyorsulása a tartókötél nyújthatatlansága miatt nulla. A hét egyenletben

F_{1}

F_{2}

β_{1}

β_{2}

Θ_{1}

Θ_{2}

és a az ismeretlen. Az egyenletrendszer megoldható. Végeredményben

\begin{matrix} a & = (27 / 40) g, \\ β_{1} & = (9 / 5) (g / l), F_{1} = (3 / 10) m g, \\ β_{2} & = - (9 / 10) (g / l), F_{2} = (9 / 40) m g . \end{matrix}

A

pont gyorsulása

\begin{matrix} a_{A} = a + β_{1} \cdot (l / 2) - β_{2} (l / 4) = (9 / 5) g, \end{matrix}

megegyezik az előbb kapott értékkel.
c) Itt csak az előző megoldásban alkalmazott második módszerrel juthatunk célba, mert nem tudjuk, hogy a

C

ponton áthaladó sok lehetséges tengely közül melyik az igazi pillanatnyi forgástengely. Most eggyel kevesebb ismeretlen (

F_{2}

) és eggyel kevesebb egyenlet (kényszerfeltétel) van.

5. ábra

Az 5. ábra alapján az egyenletrendszer:

\begin{matrix} ◯ 1 F_{1} \cdot (l / 2) = Θ_{1} \cdot β_{1}, ◯ 2 F_{1} \cdot (l / 4) = Θ_{2} \cdot β_{2}, \\ 2 m g - F_{1} = 2 m a, Θ_{1} = (1 / 12) m l^{2}, Θ_{2} = (5 / 24) m l^{2}, \\ β_{1} \cdot (l / 2) + β_{2} (l / 4) - a = a_{C} = 0. \end{matrix}

A megoldás

\begin{matrix} a = (33 / 38) g, β_{1} = (30 / 19) (g / l), β_{2} = (6 / 19) (g / l), \end{matrix}

és az

A

és

B

pont gyorsulása:

\begin{matrix} a_{A} & = a + β_{1} \cdot (l / 2) - β_{2} \cdot (l / 4) = (30 / 19) g, \\ a_{B} & = a + β_{2} \cdot (3 / 4) l = (21 / 19) g . \end{matrix}

A kapott eredményből meghatározható a pillanatnyi forgástengely iránya is, ha figyelembe vesszük, hogy az

◯ 1

és

◯ 2

tengely körüli

β_{1}

és

β_{2}

szöggyorsulás tulajdonképpen a pillanatnyi forgástengely körüli eredő szöggyorsulás két komponense. A pillanatnyi forgástengely tehát az

◯ 1

tengellyel

tg α = β_{2} / β_{1} = 1 / 5

szöget zár be. Meglepő, hogy ez az irány nem merőleges a súlypontot a felfüggesztési ponttal összekötő szakaszra. Ez a tény okozta, hogy a feladatnak ezt a részét egyetlen versenyzőnek sem sikerült megoldania. A nehézséget tulajdonképpen a tehetetlenségi nyomaték tenzor jellege okozza (lásd. pl. Budó Á.: Kísérleti fizika), azonban a probléma megoldható, ha szem előtt tartjuk azt az alapvető szabályt, hogy a forgatónyomatéki egyenletet a tömegközépponti tengelyekre írjuk fel.

Mihály László