Kezdőlap


Feladat:	2499. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Herényi István
Füzet:	1991/április, 184 - 186. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Erőrendszer eredője, Egyéb merev testek mechanikája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/szeptember: 2499. fizika feladat

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

A feladatnak három megoldása van. Az első kettőben az egyik henger lent van a lejtők találkozásánál. Mivel a két henger egyenlő sugarú, az első esetben a rúd a 60 $°$ -os lejtő síkjával párhuzamos, tehát 60 $°$ -os szöget zár be a vízszintessel. A második esetben pedig a másik lejtővel párhuzamos, így a vízszintessel bezárt szöge 30 $°$ -os (1. ábra). Ezekben az esetekben a test nyilván egyensúlyban van.

1. ábra

A harmadik megoldásra csak akkor kapunk számszerű eredményt, ha ismerjük a két henger és a rúd tömegét, vagy legalább a tömegük arányát. Tegyük fel, hogy a két henger tömege is megegyezik.

2. ábra

A két hengert és a rudat vehetjük egyetlen merev testnek. A testre hat a nehézségi erő (G) és a lejtők kényszerereje: F

_{1}

, illetve F

_{2}

(2. ábra). Mivel a test egyensúlyban van, a rá ható erők és forgatónyomatékok összege 0.
Bontsuk fel G-t a lejtőkkel párhuzamos komponensekre. Az erők egyensúlyából következik, hogy

\begin{matrix} F_{1} = G \cdot {sin 30}^{\circ} = \frac{1}{2} G, \end{matrix}

\begin{matrix} F_{2} = G \cdot sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} G . \end{matrix}

Írjuk fel az

A

pontra vonatkozó forgatónyomatékokat! Az egyensúly miatt

\begin{matrix} G \cdot k_{1} = F_{2} \cdot k_{2}, \end{matrix}

\begin{matrix} G \cdot \frac{l}{2} cos (60^{\circ} - β) = \frac{\sqrt[]{3}}{2} G l \cdot sin β, \end{matrix}

\begin{matrix} cos (60^{\circ} - β) = \sqrt[]{3} \cdot sin β, \end{matrix}

Az addíciós tételt felhasználva:

\begin{matrix} cos 60^{\circ} \cdot cos β + sin 60^{\circ} \cdot sin β = \sqrt[]{3} \cdot sin β, \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{1}{2} cos β + \frac{\sqrt[]{3}}{2} sin β = \sqrt[]{3} \cdot sin β, \end{matrix}

\begin{matrix} tg β = \frac{1}{\sqrt[]{3}}, ahonnan β = 30^{\circ} . \end{matrix}

Tehát a harmadik esetben a rúd vízszintessel bezárt szöge

60^{\circ} - β = 30^{\circ} .

Herényi István (Bp, Budai Nagy Antal Gimn., III. o. t.) dolgozata alapján.

Megjegyzés. Abból, hogy a két henger sugara egyenlő, nem következik, hogy tömegük is megegyezik. Tegyük fel, hogy a test tömegközéppontja

x_{1} : x_{2}

arányban osztja a rudat (3.ábra)

3. ábra

Ekkor az egyenleteink:

\begin{matrix} F_{1} = G \cdot sin 30^{\circ} = \frac{G}{2}, \end{matrix}

\begin{matrix} F_{2} = G \cdot sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} G . \end{matrix}

A

pontra vonatkozó forgatónyomaték:

\begin{matrix} G \cdot k_{1} = F_{2} \cdot k_{2}, \end{matrix}

\begin{matrix} G \cdot x_{1} \cdot cos α = \frac{\sqrt[]{3}}{2} G \cdot (x_{1} + x_{2}) \cdot sin (60^{\circ} - α), \end{matrix}

\begin{matrix} x_{1} \cdot cos α = \frac{\sqrt[]{3}}{2} (x_{1} + x_{2}) (sin 60^{\circ} \cdot cos α - cos 60^{\circ} \cdot sin α), \end{matrix}

\begin{matrix} x_{1} \cdot cos α = \frac{\sqrt[]{3}}{2} (x_{1} + x_{2}) (\frac{\sqrt[]{3}}{2} cos α - \frac{1}{2} sin α), \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} tg α = \frac{3 x_{2} - x_{1}}{\sqrt[]{3} (x_{1} + x_{2})} . \end{matrix}

Ha a rúd súlytalan,

x_{2} / x_{1} = m_{1} / m_{2},

\begin{matrix} tg α = \frac{3 m_{1} - m_{2}}{\sqrt[]{3} (m_{1} + m_{2})} . \end{matrix}

Amennyiben

m_{1} ≫ m_{2},

úgy

α = 60^{\circ},

a rúd a 60

°

-os lejtővel lesz párhuzamos. Ha

m_{2} ≫ m_{1},

akkor

α = - 30^{\circ},

a rúd a másik lejtővel lesz párhuzamos. Ha a két henger tömege megegyezik,

x_{1} = x_{2}, α = 30^{\circ} .