Egy másik érdekes feladat Az előző dolgozatban – melynek címe: Egy érdekes feladat – az itteninek egy speciális esetét vizsgáltuk. Az általánosabb feladat az alábbi – [ 1 ]. A feladat Adott: az ABCD zárt négyszög alakú csuklós rudazat, a, b, c, d oldalhosszakkal, melynek átlói mentén egy - egy húrt feszítettünk ki, T1 és T2 nagyságú erővel. Keresett: a rudazat egyensúlyi helyzetében a húrerők nagyságának az aránya, illetve adott húrerő - arányhoz tartozó egyensúlyi helyzet. A megoldás Ehhez tekintsük az 1. ábrát is.
1. ábra A megoldás alapja: a virtuális munka elve. Eszerint – [ 2 ] – : „ Egy mechanikai rendszer akkor és csak akkor van egyensúlyban, ha a rendszerre ható szabaderők teljes virtuális munkája zérus…” Képlettel:
F δr 0. i
i
Itt Fi : az i - edik csuklóra ható szabaderő vektora, δri : az i - edik csukló virtuális elmozdulása. A csuklós rudazatra ható szabaderők:
(1)
2
F1 FA T1 = T1 e1 , F2 FB T2 = T2 e 2 , F3 FC T1 = T1 e1 , F4 FD T2 = T2 e2 ;
(2)
a csuklók virtuális elmozdulásai, a P momentán centrum körül végzett virtuális szögelfordulással:
δr2 δrB δ(BD) (PB) cos *e 2 (PB) cos 90 1 e 2 (PB) sin 1 e 2 ; δr3 δrC δ(AC) (PC) cos *e1 (PC) cos 90 1 e1 ( 3 ) (PC) sin 1 e1 ; δr4 δrD 0 .
δr1 δrA 0 ;
Most ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ) - mal:
F1 δr1 F2 δr2 F3 δr3 F4 δr4 0 ; T1 e1 0 T2 e 2 (PB) sin 1 e 2 T1 e1 (PC) sin 1 e1 T2 e2 0 0 ; T2 (PB) sin 1 T1 (PC) sin 1 0 ; T2 (PB) sin 1 T1 (PC) sin 1 0 ; T1 (PC) sin 1 T2 (PB) sin 1 ; innen:
(PC) T2 sin 1 . (PB) T1 sin 1 A PBC háromszög területe az 1. ábra jelöléseivel:
1 1 TPBC (PB) (AC) sin 2 (PC) (BD) sin 2 , 2 2 innen:
(4)
3
(PC) (AC) sin 2 . (PB) (BD) sin 2
(5)
Most ( 4 ) és ( 5 ) - tel:
T2 sin 1 (AC) sin 2 , innen: T1 sin 1 (BD) sin 2 T2 (AC) sin 2 sin 1 ; T1 (BD) sin 2 sin 1
(6)
bevezetve az
(AC) e , (BD) f
(7)
jelöléseket, ( 6 ) és ( 7 ) - tel:
T2 e sin 2 sin 1 . T1 f sin 1 sin 2
(8)
Most állítsunk fel trigonometriai összefüggéseket az adott és a keresett mennyiségek között – v.ö.: [ 3 ], [ 4 ]! Ehhez tekintsük a 2. ábrát is!
Adott:
a, b, c, d; α .
Keresett: e, f ; α2 , β1 , γ1 , δ2 .
2. ábra
4 Az ABD Δ - ből koszinusz - tétellel:
f 2 a 2 d 2 2 a d cos ,
(9)
innen:
f a 2 d 2 2 a d cos .
( 10 )
A BCD Δ - ből, hasonlóan:
f 2 b 2 c 2 2 b c cos ,
( 11 )
innen:
b 2 c2 f 2 cos ; 2 b c
( 12 )
most ( 9 ) és ( 12 ) - vel:
cos
b 2 c 2 a 2 d 2 2 a d cos
2 b c b2 c2 a 2 d 2 a d cos , 2 b c bc
tehát:
b 2 c2 a 2 d 2 a d cos cos . 2 b c bc
( 13 )
Ezután a BDE Δ - ből:
tg 2
b sin 180
c b cos 180
b sin , c b cos
tehát:
tg 2
b sin . c b cos
( 14 )
Majd a BDF Δ - ből:
tg1
a sin . d a cos
( 15 )
Továbbá:
1 2 . Most az ABC Δ - ből:
( 16 )
5
2 2 180 ;
( 17 )
majd az ACD Δ - ből:
1 1 180 ;
( 18 )
ezután ( 17 ) és ( 18 ) összegét képezve:
1 2 1 2 360 , innen a 2. ábra szerint is:
360 , ebből pedig:
360 .
( 19 )
Továbbá az ABD Δ - ből:
1 1 180 , innen:
1 180 1 .
( 20 )
Most az ACD Δ - ből:
tg1
c sin . d c cos
( 21 )
Majd ( 18 ) - ból:
1 180 1 .
( 22 )
Ezután a 2. ábra szerint:
2 1 .
( 23 )
Végül az ACD Δ - ből koszinusz - tétellel:
e 2 c 2 d 2 2 c d cos ,
( 24 )
innen:
e c 2 d 2 2 c d cos .
( 25 )
Most már minden, a ( 8 ) képletben szereplő mennyiséget kifejeztünk a bemenő adatokkal. Néha kényelmesebben használható összefüggésekkel jobban boldogulhatunk. Például célszerű lehet β - ra újabb összefüggést is levezetni. Az ABC Δ - ből, koszinusz - tétellel:
6
e 2 a 2 b 2 2 a b cos ;
( 26 )
most ( 24 ) és ( 26 ) - ból, az előzőekhez hasonlóan:
2 2 2 2 a 2 b 2 e 2 a b c d 2 c d cos cos 2 a b 2 a b a 2 b2 c2 d 2 c d cos , 2 a b ab
tehát:
a 2 b 2 c2 d 2 c d cos cos . 2 a b ab
( 27 )
Specializáció Ehhez tekintsük a 3. ábrát is!
3. ábra Itt együtt tüntettük fel az előző dolgozatban – az I. részben – , valamint a jelen dolgozatban – a II. részben – alkalmazott jelöléseket. Ez megkönnyítheti az azonosítást.
7 A specializáció esete:
ca ,
db .
( S1 )
Ekkor a 3. ábra második sorának megfelelő átalakulás megy végbe – 4. ábra.
4. ábra A húrerők viszonya ( 8 ) - ból:
T2 e sin 2 sin 1 . T1 f sin 1 sin 2
( S2 )
A 4. ábra szerint, szinusz - tétellel:
sin 2 f1 , sin 1 e1 sin 1 f 2 . sin 2 e 2
( S3 ) ( S4 )
Most ( S2 ), ( S3 ), ( S4 ) - gyel:
T2 e f1 f 2 . T1 f e1 e 2
( S5 )
Minthogy a paralelogramma átlói felezik egymást – [ 5 ] – , ezért:
e e1 e 2 , 2 f f1 f 2 . 2
( S6 )
Most ( S5 ) és ( S6 ) - tal:
T2 f ; T1 e ennek reciproka, ( 7 ) - tel is:
( S7 )
8
T1 e (AC) . T2 f (BD)
( S8 )
Az ( S8 ) összefüggés megegyezik az I. / ( 13 ) - mal, így a specializáció sikerrel zárult.
☺ Grafikus megoldás Korábban láttuk, hogy az általános rúdnégyszög esetére is előálltak a ( 8 ) - hoz szükséges geometriai mennyiségek, a húrerő - nagyságok arányának meghatározásához, egyensúly esetére. Az I. részben innen rögtön meghatároztuk az egyensúlyi helyzetet jellemző ω szöget is. Itt ez nem olyan egyszerű, mert a T1 / T2 viszony a ( 8 ) képlet által meghatározott, az ( a, b, c, d ; α ) mennyiségeket tartalmazó bonyolult trigonometriai kapcsolatokon keresztül áll elő, melyekből az α szög meghatározása igen körülményes lenne, ismert ( a, b, c, d; T1 , T2 ) adatok esetén, analitikus vagy numerikus úton. Ezért grafikus megoldást választunk. Ennek lényege, hogy ( 8 ) alapján felírjuk a
T2 e( ) sin 2 ( ) sin 1 ( ) F T1 f ( ) sin 1 ( ) sin 2 ( )
( G1 )
függvénykapcsolatot, egy adott / felvett ( a, b ,c, d ) adategyüttesre, majd ezt ábrázoljuk a Graph programmal. Így egyenlet - megoldás nélkül is hozzájuthatunk a megoldáshoz: ~ adott α - hoz az egyensúlyi T2 / T1 meghatározása; ~ adott T2 / T1 - hez az egyensúlyi α meghatározása. Ennek érdekében a korábbiak alapján felírjuk az alábbi függvényeket.
f ( ) a 2 d 2 2 a d cos ; a sin ; 1 ( ) arctg d a cos b2 c 2 a 2 d 2 a d ( ) arc cos cos ; 2 b c bc b sin ( ) ; 2 ( ) arctg c b cos ( ) ( ) 1 ( ) 2 ( ) ;
e( ) c 2 d 2 2 c d cos ( ) ; c sin ( ) ; 1 ( ) arctg d c cos ( )
( G2 ) ( G3 ) ( G4 )
( G6 ) ( G7 ) ( G8 ) ( G9 )
9
2 ( ) 1 ( ) ;
( G10 )
1 ( ) 180 1 ( ) ( ) ;
( G11 )
1 180 1 ( ) .
( G12 )
A függvényrajzoláshoz felvesszük az alábbi adatokat: a = 5,6 ( m ); b = 4,8 ( m ); c = 7,1 ( m ); d = 10,0 ( m ). Most ( G2 ) … ( G12 ) és ( A ) - val:
(A)
sin ( ); 1 ( ) arctg 1, 785714286 cos ( ) arc cos 0,8496185446 1, 643192488 cos ( ); sin ( ) 2 ( ) arctg ( ); 1, 479166667 cos ( ) ( ) 1 ( ) 2 ( ) ( ); e( ) 150, 41142 cos ( ) ( m ) ; sin ( ) ( ); 1 ( ) arctg 1, 408450704 cos ( ) 2 ( ) 1 ( ) ( ); 1 ( ) 180 1 ( ) ( ) ( ); 1 180 1 ( ) ( ). f ( ) 131,36 112 cos ( m ) ;
( G13 )
Majd ( G13 ) - mal elvégezzük a ( G1 ) szerinti műveleteket, a Graph - ban egyéni függvények megadásával. Az eredmény - görbe az 5. ábrán látható. A feladat természetéből adódik, hogy csak a nem - negatív ordináták jönnek számításba. Azt kaptuk, hogy ~ T2 / T1 = 0, ha α0 = 40,675°; ~ α > 95° esetén csak T2 >> T1 esetében lehet egyensúlyban a rudazat. A 6. ábra azt mutatja, hogyan kell az adott példa összetartozó értékpárjait leolvasni a grafikonról. Itt például kerestük az y1 = 4 - hez tartozó szögértéket, melyre α1 = 93,98° adódott. Ezzel a feladatot megoldottuk. Persze, nem mi vagyunk az elsők. Talán már Leonhard Euler is megoldotta – [ 1 ] – , legfeljebb nem voltak ilyen szép grafikonjai, mint nekünk. Azért ez is valami. Mondják – [ 6 ] – , hogy a nagy Euler megvakult. Bizony, akkoriban ( XVIII. sz. ) nagyon nehéz lehetett az ilyen hosszadalmas számításokat „gyalogosan”, rossz megvilágítás mellett végezni…
10 30
y = T2 / T1
25
20
15
10
5
alfa ( fok ) -10
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
-5
α0 = 40,675°
f(x)=(ee(x)*sin(a2(x))*sin(g1(x)))/(ff(x)*sin(b1(x))*sin(d2(x))) r(t)=40.675/cos(t)
-10
5. ábra Irodalom: [ 1 ] – http://www.archive.org/details/atreatiseonstat04mincgoog [ 2 ] – Budó Ágoston: Mechanika Tankönyvkiadó, Budapest, több kiadásban [ 3 ] – Sz. N. Kozsevnyikov: Mechanizmusok és gépek elmélete Tankönyvkiadó, Budapest, 1952. [ 4 ] – Terplán Zénó: Mechanizmusok 2. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1962. [ 5 ] – Obádovics J. Gyula: Matematika 15. kiadás, Scolar Kiadó, Budapest, 1998. [ 6 ] – http://hu.wikipedia.org/wiki/Leonhard_Euler
110
11 20
y = T2 / T1
15
10
5
y1 = 4 alfa ( fok ) 10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
-5
α0 = 40,675°
α1 = 93,98°
-10 f(x)=(ee(x)*sin(a2(x))*sin(g1(x)))/(ff(x)*sin(b1(x))*sin(d2(x))) r(t)=40.675/cos(t)
-15
f(x)=4 r(t)=93.98/cos(t)
6. ábra Megjegyzések: M1. Ha a feladat T2 / T1 < 0 - t is megengedne, akkor a keresett grafikon a 7. ábra szerinti lenne. M2. Ha negatív szögeket is megengedünk, akkor a grafikon a 8. ábra szerinti.
110
12 y = T2 / T1 30
25
20
15
10
5
alfa ( fok ) -50
-40
-30
-20
-10
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
110
120
130
-5
α0 = 40,675° -10
-15
-20
f(x)=(ee(x)*sin(a2(x))*sin(g1(x)))/(ff(x)*sin(b1(x))*sin(d2(x))) r(t)=40.675/cos(t)
-25
-30
7. ábra
140
13 y = T2 / T1 30
25
20
15
10
5
alfa ( fok ) -100
-90
-80
-70
-60
-50
-40
-30
-20
-10
10
20
30
40
50
60
70
80
-5
α0,1 = -58,997°
α0,2 = 40,675° -10
-15
f(x)=(ee(x)*sin(a2(x))*sin(g1(x)))/(ff(x)*sin(b1(x))*sin(d2(x)))
-20
r(t)=40.675/cos(t) r(t)=-58.997/cos(t)
-25
-30
8. ábra
Összeállította: Galgóczi Gyula mérnöktanár Sződliget, 2010. december 18.
90
100
