Kezdőlap


Feladat:	2279. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kovács Tibor
Füzet:	1989/február, 81 - 83. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Erőrendszer eredője, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/december: 2279. fizika feladat

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

Az 1. ábrára felrajzoltuk a $φ$ szöggel ( $φ = A' O C ∢$ ) elfordított pálca helyzetét és az egyik golyóra ható erőket.

1. ábra

Mivel a pálca végén levő golyó egyensúlyban van, a rá ható erők eredője zérus. Az elforgatáshoz szükséges erőt az ábrán

F

-fel jelöltük.

F

és az

m g

súlyerő eredője a fonálban ébredő

K

erővel azonos nagyságú, azzal ellentétes irányú. Az ábrából látható, hogy a fenti három erőből alkotott háromszög hasonló az

A' P C

háromszöggel, így

\begin{matrix} \frac{F}{m g} = \frac{\bar{A' C}}{\bar{P C}} . \end{matrix}

(1)

A' O C

háromszögből

\bar{A' C} = 2 \cdot R \cdot sin \frac{φ}{2}

és az

A' P C

derékszögű háromszögből a Pitagorasz‐tétel segítségével

\begin{matrix} \bar{P C} = \sqrt[]{L^{2} - {(2 R sin \frac{φ}{2})}^{2}} . \end{matrix}

(1)-ből a fentiek alapján

\begin{matrix} F = m g \frac{2 R \cdot sin \frac{φ}{2}}{\sqrt[]{L^{2} - {(2 R sin \frac{φ}{2})}^{2}}} . \end{matrix}

(2)

A másik golyóra ugyanilyen nagyságú, de ellentétes irányú erőt kell kifejteni, így a két erő erőpárt alkot. Az erőpár forgatónyornatéka:

\begin{matrix} M = F \cdot 2 \cdot \bar{O D}, \end{matrix}

(3)

ahol

\bar{O D} = R \cdot cos \frac{φ}{2}

. Az

F

erő (2) alakját (3)-ba írva a forgatónyomatékra az alábbi kifejezést kapjuk:

\begin{matrix} M = m g \frac{2 R^{2} sin φ}{\sqrt[]{L^{2} - 4 R^{2} sin \frac{2 φ}{2}}} . \end{matrix}

(4)

2. ábra

A 2. ábrán

R / L = 0, 1

ill.

R / L = 0, 4

értéknél felrajzoltuk a

M (φ)

függvényt. Látható, hogy a görbe maximuma jobbra tolódik a

φ = 90^{\circ}

-os ponthoz képest. A (4) képletből az is látszik, hogy

φ = 180^{\circ}

-os elforgatás csak

R / L < 0, 5

esetén lehetséges, mert ellenkező esetben a túl rövid kötél miatt a pálca már

φ < 180^{\circ}

-nál eléri a felfüggesztés síkját.

180^{\circ}

felett a két fonál mindenképp összeér, ezért itt az eredményeink már nem érvényesek.

Megjegyzés. A rendszer energiaváltozásából is ki lehet szántani a forgatónyomatékot. Ha egy testre

F

erő hat és az

Δ φ

szöggel elfordul a forgáspont körül, akkor

Δ W = F \cdot Δ φ \cdot r

a munkavégzés; ahol

r

F

erő erőkarjának hosszát jelöli. Mivel

F \cdot r

éppen a forgatónyomaték, így azt kapjuk, hogy

Δ W = M Δ φ

, azaz

M = \frac{Δ W}{Δ φ}

. Az energiamegmaradás törvénye miatt

Δ W

egyenlő a rendszer helyzeti energiájának

Δ E

megváltozásával. (A helyzeti energia általában függ a

φ

szögtől.) A

\frac{Δ E}{Δ φ}

hányados annál pontosabban adja meg

M

értékét, minél kisebb

Δ φ

. Ez matematikailag azt jelenti, hogy

\begin{matrix} M = {lim}_{Δ φ \to 0}^{} \frac{Δ E}{Δ φ} = \frac{d E}{d φ} . \end{matrix}

(5)

A forgatónyomaték tehát az

E

helyzeti energia

φ

szerinti deriváltjaként is megkapható.
A rendszer helyzeti energiája:

\begin{matrix} E (φ) = 2 m g \cdot \bar{A C} = 2 m g (D^{2} - \sqrt[]{L^{2} - 4 R^{2} sin^{2} \frac{φ}{2}}) . \end{matrix}

A differenciálszámításban járatosak az

E (φ)

függvényt deriválva az

M

forgatónyomatékra éppen a (4) formulát kapják meg.

Kovács Tibor (Lenti, Gönczi F. Gimn., IV. o. t.)