Két statikai alapfeladatról Bevezetés Az alábbiakban két gyakori és fontos síkbeli statikai alapfeladatot veszünk alaposabban szemügyre – kicsit másként. A két feladat: 1. Közös támadáspontú két erő eredőjének meghatározása – számítással; 2. Egy erő felbontása két adott hatásvonalú összetevőre – számítással. Bár a részletszámítások kicsit hosszadalmasnak tűnhetnek, az érdektelennek nem mondható eredmények miatt fontosnak tartjuk, hogy a statikai tanulmányokat is folytató Olvasó találkozzon és foglalkozzon e kérdésekkel, illetve a megszokottól eltérő, az ittenihez hasonló téma - megközelítéssel. A kifejtés során csak elemi matematikát alkalmazunk, így a számítások viszonylag egyszerűek, továbbá eredményeink minden érdeklődő középiskolai tanuló számára érthetőek lehetnek. Tárgyalás 1. alapfeladat : Eredő meghatározása Tekintsük az 1. ábrát is! Adott: A, αA ; B, αB . Keresett: R, αR .
2
Fenti jelölésekhez:
A A A 0, B B B 0, R R R 0; i 0, ahol i: A,B,R. Szavakkal: ~ A, B, R: a megfelelő vektorok ( irányított szakaszok ) hossza; ~ i : irányszögek. Az 1. ábra a Statika I. axiómájának megfelelő alaphelyzetet szemlélteti. Először: határozzuk meg R - et! Az ábra szerint fennáll, hogy: A x Bx R x . A y By R y.
(1)
A x A cos A ; A y A sin A ;
(3/a,b)
Bx B cos B ; By B sin B ;
(4/a,b)
R x R cos R ; R y R sin R ;
(5/a,b)
(2)
most ( 1 ), ( 3 ), ( 4 ), ( 5 ) - tel:
A cos A B cos B R x ;
(6)
majd ( 2 ), ( 3 ), ( 4 ), ( 5 ) - tel:
A sin A B sin B R y ;
(7)
hozzávéve ezekhez az
R 2 R 2x R 2y
(8) összefüggést is, ( 6 ), ( 7 ) és ( 8 ) a következőt adja:
R 2 A cos A B cos B A sin A B sin B 2
2
A 2 cos 2 A 2 A B cos A cos B B2 cos 2 B A 2 sin 2 A 2 A B sin A sin B B2 sin 2 B A 2 cos 2 A sin 2 A 2 A B cos A cos B sin A sin B B2 cos 2 B sin 2 B A 2 B2 2 A B cos B A .
3
Itt felhasználtuk az ismert cos 2 x sin 2 x 1;
cos x cos y sin x sin y cos x y cos y x trigonometriai azonosságokat. Az eredmény:
R 2 A 2 B2 2 A B cos B A ,
(9)
majd ebből
R A 2 B2 2 A B cos B A .
( 10 )
Másodszor: határozzuk meg αR - et! Ismét az 1. ábrából: R tg R y ; Rx majd ( 6 ), ( 7 ) és ( 11 ) - gyel:
tg R
( 11 )
A sin A Bsin B A cos A Bcos B
( 12 )
Ebből αR - et a következő lépésekkel határozzuk meg – ld. [ 1 ]. a.) Meghatározzuk azt az α* pozitív hegyesszöget, melyre nézve
tg*
Ry Rx
* arctg
A sin A Bsin B . A cos A B cos B
( 13 )
Ilyen α* mindig egy és csak egy van. b.) Tudjuk ( 5 / a , b ) - ből, hogy
R x R cos R ; R y R sin R ; minthogy R pozitív, ezért cos R és sin R előjele megegyezik Rx és Ry előjelével. Az előjel meghatározásánál a következő esetek lehetségesek:
I.: cos R 0 ; sin R 0 0 R 90 ; II.: cos R 0 ; sin R 0 90 R 180 ; III.: cos R 0 ; sin R 0 180 R 270 ; ( 14 ) IV.: cos R 0 ; sin R 0 270 R 360. ( 14 ) - ben az első sor az I. síknegyedet, a második sor a II. síknegyedet, stb. jelenti.
4
A helyzet áttekintését a 2. ábra könnyíti meg.
c.) Fenti előkészítés után αR ívmértékben kifejezett értékei az alábbiak:
I.: R *; II.: R *; III.: R *;
( 15 )
IV.: R 2 *. d.) A fokban kifejezett szögérték:
R
180 R .
( 16 )
Megjegyzések: M1. A ( 10 ) összefüggés helyességét lássa be az Olvasó a koszinusz - tétel közvetlen alkalmazásával is! M2. Az ( 1 ) és ( 2 ) képletek a Statika vetületi tételét fogalmazzák meg.
5
M3. A ( 15 ) eredmények belátását segíthetik az alábbiak is. Ha 0 tg R , (#)
akkor 0 R * / 2; de mivel tg R tg R k ,
(!)
ahol k = 1, 2, stb., ezért (#) esetén IR *; I III R R * ;
(az * 2 érték gyakorlatilag ugyanoda visz, mint *); hasonlóképpen : ha tg R 0,
(##)
akkor / 2 R * 0; de mivel kikötöttük, hogy az irányszögek nemnegatív értékűek, ezért 2 hozzáadásával "javítunk": IV R * 2 2 *; továbbá (!) miatt : IIR RIV *. Látható, hogy meg int előálltak a ( 15 ) szerinti eredmények. Harmadszor: alkalmazzuk képleteinket az 1. ábra esetére! Adatok: A = 8,246 kN; αA = 14,04°; B = 4,717 kN; αB = 57,99°. A ( 10 ) képlettel:
R 8, 2462 4, 7172 2 8, 246 4, 717 cos 57,99 14, 04 kN; R 12, 093 kN. Most a ( 12 ) képlettel:
6
8, 246 sin14, 04 4, 717 sin 57,99 tg R 0,5714; 8, 246 cos14, 04 4, 717 cos 57,99 innen R arctg0,5714 29, 75. R 29,8. Megjegyzések: M4. A szerkesztés és a számítás eredményeinek összehasonlítása jó egyezést ad. Fontos, hogy ha csak lehetséges, mindig végezzünk ellenőrzést eredményeinkre! M5. Ne felejtsük el, hogy zsebszámológépünk DEG üzemmódja esetén az arkusz tangens függvény értéke átszámítva, rögtön fok mértékegységben adódik! M6. A fenti számítás egy igen fontos tanulsága, hogy már a két erő legegyszerűbb esetében is nehézkes az eredő nagyságának számítása, a ( 10 ) koszinusz - tételes képlet - alakkal. A komolyabb eltévedések elkerülése érdekében az eredő irányszö gének számításához ezért már nem erőltettük az általános háromszögben szokásos szinusz - tételes képlet - alak használatát, hanem az általánosítás felé mutató, a több erő esetében is kényelmesen alkalmazható, a derékszögű háromszöggel dolgozó képlet - fajtát alkalmaztuk. Ennek az alapfeladatnak az apropóján átismételhettük az irányszög - meghatározással kapcsolatos főbb tudnivalókat is. Most gyűjtsük itt össze a „haladó” képleteinket!
R R 2x R 2y ; Pitagorasz - tétel tg R
Ry Rx
,
tangens szögfüggvény
ahol N R F ; F F cos ; x i,x i,x i i i1 Vetületi tétel N R F ; F F sin . y i,y i,y i i i1
( 17 )
Látható, hogy a ( 17 ) képletek a derékszögű háromszögben értelmezett Pitagorasz tételre és a tangens szögfüggvényre épülnek, felhasználva a vetületi tételt is. E képleteket azonban már leginkább csak számszerűen alkalmazzuk, az N darab Fi erőből álló, közös támadáspontú síkbeli erőrendszer esetén.
7
2. alapfeladat: Erő összetevőire bontása Itt is felhasználjuk az 1. ábra szerinti jelöléseket és az előzőkben nyert összefüggéseket. Adott: R, αR ; αA , αB . Keresett: A, B. Induljunk ki a ( 6 ) és ( 7 ) képletekből!
A cos A B cos B R x ;
(6)
A sin A B sin B R y ;
(7) Ezek egy két ismeretlenes, elsőfokú egyenletrendszert képeznek, az A, B ismeretlenekre. A meghatározása: − ld. [ 2.] ~ ( 6 ) x sin αB − ( 7 ) x cos αB :
A cos A sin B B cos B sin B A sin A cos B B sin B cos B R x sin B R y cos B ;
~ rendezés: A cos A sin B sin A cos B B cos B sin B sin B cos B R x sin B R y cos B ; ~ felhasználjuk az alábbi azonosságot: sin B cos A cos B sin A sin B A ; ~ egyszerűbb alakba írjuk a rendezett egyenletet: A sin B A R x sin B R y cos B ; ~ kifejezzük A - t:
A
R x sin B R y cos B . sin B A
( 18 )
B meghatározása: ~ ( 7 ) x cos αA – ( 6 ) x sin αA :
A sin A cos A B sin B cos A A cos A sin A B cos B sin A R y cos A R x sin A ;
~ rendezés: A sin A cos A cos A sin A B sin B cos A cos B sin A R y cos A R x sin A ; ~ felhasználjuk a fenti azonosságot és egyszerűbb alakba írjuk a rendezett egyenletet: B sin B A R y cos A R x sin A ; ~ kifejezzük B - t:
B
R y cos A R x sin A sin B A
.
( 19 )
8
A ( 18 ), ( 19 ) képletek az ( 5 ) összefüggésekkel már a feladat megoldását adják. Azonban tanulságos lesz még tovább alakítani ezeket. Fejtsük ki ( 18 ) számlálóját, ( 5 ) - tel:
SZ 18 R x sin B R y cos B R cos R sin B R sin R cos B R cos R sin B sin R cos B ;
Most alkalmazzuk az alábbi azonosságot:
sin B cos R cos B sin R sin B R ; ezzel kapjuk, hogy SZ 18 R sin B R , majd ezt ( 18 ) - ba visszatéve:
A R
sin B R . sin B A
( 20 )
Hasonlóan eljárva:
SZ 19 R y cos A R x sin A R sin R cos A R cos R sin A R sin R cos A cos R sin A R sin R A ,
majd ezt ( 19 ) - be visszatéve:
B R
sin R A . sin B A
( 21 )
Most vezessük be a következő jelöléseket – ld. az 1. ábrát is! – :
A B R , B R A ,
( 22 )
A B B A ; ezekkel ( 20 ) és ( 21 ) így alakul:
A R
sin A ; sin A B
( 23 )
B R
sin B . sin A B
( 24 )
9
Alkalmazzuk képleteinket a korábbi eredményekből nyerhető adatokkal! Adott: R = 12,093 kN , αR = 29,75°; αA = 14,04°; αB = 57,99°. Keresett: A, B. Megoldás: A ( 20 ) képlettel:
sin 57,99 29,75 sin B R A R 12,093 kN 8, 245 kN; sin B A sin 57,99 14,04 A 8, 245 kN.
A ( 21 ) képlettel:
sin 29, 75 14, 04 sin R A BR 12, 093 kN 4, 718 kN; sin B A sin 57,99 14,04 B 4,718 kN.
Látható, hogy az itteni eredmények jól egyeznek az első alapfeladat bemenő adataival, ahogy azt el is vártuk. Megjegyzések: M7. Könnyű észrevenni, hogy a ( 23 ) és ( 24 ) összefüggések a szinusz - tétel közvetlen alkalmazásával nyerhető eredmények. M8. Felvetődhet a kérdés, hogy ha a szinusz - tétellel ilyen egyszerűen előáll a megoldás, akkor előtte miért kellett annyit dolgoznunk? A válasz az, hogy dolgozatunk tárgya éppen az ilyen, máshol leginkább elkerült levezetések végigvitele – az összefüggések megvilágítása, illetve újabb képletek nyerése céljából. M9. A második alapfeladat szerkesztéssel való megoldásáról nem esett szó, mivel − az 1. ábra tanúsága szerint is – ez az első alapfeladat megfordításának tekinthető. M10. Nem elhanyagolható szempont az sem, hogy a síkbeli statikai problémák megoldása során alkalmazott eljárások, módszerek némelyike kis továbbgondolással jól alkalmazható a térbeli problémák vizsgálatára is. Ezek azonban már későbbi – azaz felsőfokú − tanulmányok tárgyát képezik.
10
Befejezés Az előzőekben két közismert, már - már triviálisnak tetsző feladatot oldottunk meg, általában és számszerűen is. A feladat - választást az indokolta, hogy véleményünk szerint túl hamar sütik rá egy problémára a „triviális” jelzőt. Néha úgy tűnik, mintha a tankönyvek, ill. a szakkönyvek szerzői restellnének foglalkozni ezekkel a kérdésekkel, hiszen ezeket úgyis mindenki kívülről fújja – vélhetik ők. Tapasztalataink szerint azonban úgy fest a dolog, mintha létezne egy lélektani gát, amely a vektorok, mint fizikai mennyiségek, és az alkalmazásokban előforduló matematikai tennivalók között húzódik. Ezen akadály legyőzésének biztos módja: ~ a probléma minél több nézőpontból történő megvilágítása, valamint ~ sok feladat számszerű megoldása. Ez a dolgozat éppen ezzel foglalkozott, a két legegyszerűbb alapfeladat kapcsán. Kelt: Sződliget, 2008. február 19. Galgóczi Gyula mérnöktanár Irodalomjegyzék: [ 1 ] – Kürschák József: Analízis és analitikus geometria Budapest, 1923, Szerző kiadása [ 2 ] – Kurt Beyer: Technische Mechanik für Bauingenieure S. Hirzel Verlag Leipzig, 1954
