Targowisko korepetycji  |  Zadania z olimpiad i konkursów!  |  Olimpiada fizyczna 2014/2015
Ars Physica Zamkor
  •  FAQ  •   Szukaj  •   Użytkownicy  •   Grupy  •  Rejestracja  •   Zaloguj


Poprzedni temat :: Następny temat
Grafostatyka, esej o drabinie
Autor Wiadomość
W.Kr. 


Pomógł: 47 razy
Wiek: 82
Posty: 424
Wysłany: 2012-08-13, 14:31   Grafostatyka, esej o drabinie

Grafostatyka.
Drabina oparta o ścianę.

Zapominane i zaniedbywane metody grafostatyki w wielu przypadkach pozwalają na łatwe rozwiązanie zagadnienia równowagi płaskiego układu sił , napisanie równań opisujących ten stan ale i sprawdzenie poprawności rozwiązania analitycznego. Tego ostatniego nie potrafimy łatwiej zrobić niż stosując odmienny zatem graficzny sposób rozwiązania.
Jednym z twierdzeń mających wielką użyteczność w gafostatyce jest twierdzenie o trzech siłach. Głosi ono, że trzy siły nierównoległe są w równowadze, jeżeli :
1. są one zbieżne w jednym punkcie i
2. suma geometryczna tych sił jest równa zero.
Są to warunki konieczne i zarazem wystarczające na to, aby trzy siły nierównoległe były w równowadze.
Można z tego wyprowadzić następujące wnioski:
1. Jedna z tych sił jest przeciwna do wypadkowej pozostałych dwu i ma jej miarę.
2. Siły te tworzą zamknięty trójkąt sił, zatem leżą w jednej płaszczyźnie, zatem tworzą płaski układ sił.
3. Powyższe warunki równowagi określaja nie tylko miary sił ale też ich kierunki a zatem i położenie równowagi obiektu na który działają.
Rys.1
http://tinypic.com/view.php?pic=zjyy4i&s=6

Inną pożyteczną konstrukcją jest znajdowanie wypadkowej dwu sił równoległych o jednakowych zwrotach. Konstrukcja opiera się o zasadę, twierdzenie, głoszące, że wypadkowa takich dwu sił leży w prostej (jej działania) do której przynależy punkt względem którego momenty obu tych sił równoważą się.
Tu możemy zauważyć, że takich punktów jest nieskończenie wiele i że ich zbiór jest ową prostą.
Czyli, inacczej mówiąc, suma momentów tej dwójki sił równa się zero względem każdego punktu prostej w której leży, do której przynależy wektor siły wypadkowej.
Rys.2
http://tinypic.com/view.php?pic=35n3n5u&s=6
Kolejną konstrukcją jest wyznaczenie wypadkowej dwu sił równoległych o przeciwnych zwrotach. Sprowadza się ona do wypadkowej siły równej różnicy dwu sił składowych, która leży w prostej takiej, że względem każdego jej punktu moment sił składowych jest równy zero, co jest warunkiem określającym wypadkową.
Rys.3
http://tinypic.com/view.php?pic=o5xk04&s=6
Korzystając z twierdzenia, że wypadkowa przechodzi przez punkt względem którego momenty sił składowych równoważą się, można pokazać konstrukcję wypadkowej wyprowadzoną z tego twierdzenia.
Otóż, moment sił względem wspomnianego wyżej punktu, oznaczmy go C, ma być równy zero. Zatem:
P·AC - Q· BC = 0
stąd : AC : Q = BC : P = tg
łącząc początek Q przeniesionej na linię działania P z końcem P przeniesionej na linię działania Q, jak pokazuje rysunek (prosta p) otrzymujemy punkt C taki, że spełnione jest równanie
PAC = Q  BC
stąd punkt C jest tym punktem przez który ma przechodzić wypadkowa W równoległa do składowych P i Q.

Jak zauważamy, konstrukcje pokazane na rysynkach, 1, 2 i 3 wykorzystuje twierdzenie o trzech siłach. Zaś konstrukcja pokazana na rysunku Rys.4, wykorzystuje warunek, który musi spełniać wypadkowa, przechodzić przez punkt, względem którego suma momentów jej sił składowych równa się zero.
Rys.4

http://tinypic.com/view.php?pic=2rcmjph&s=6
Niżej będą pokazane rozwiązania zadań w których wykorzystane zostaną takie konstrukcje.
Zadanie 1.
Znaleźć największy kąt nachylenia drabiny do poziomej chropowatej podłogi i opartej o chropowatą ścianę przy którym drabina pozostaje jeszcze w równowadze znając oba współczynniki tarcia. O podłogę γp i ścianę γs .
Rozwiązanie pokazane jest na rysunku Q
Rys.5
http://tinypic.com/view.php?pic=2edmntj&s=6

W tym celu na płaszczyźnie rysuku wybieramy dowolny punkt O przez który prowadzimy proste: poziomą i pionową oraz prostą p nachyloną do prostej pionowej pod kątem tarcia drabiny o podłogę i prostą s nachyloną do prostej poziomej pod kątem tarcia drabiny o ścianę.
Jeżeli zauważymy, że wektory sił reakcji podłogi i ściany i ciężaru drabiny przynależą odpowiednio do prostych p, s, i prostej pionowej to zauważamy, że są to trzy siły przecinające się w jednym punkcie, równoważące się co wynika z równowagi w której znajduje się drabina. Jeżeli zauważymy i to, że siła ciężkości drabiny przechodzi przez punkt połowiący jej długość, i że rzut tego punktu na prostą poziomą połowi ten rzut, to rzutując końcę takiego odcinka na proste s i p otrzymujemy punkty początku i końca odcinka połowionego, czyli długości drabiny, na które oddziaływują reakcje podłogi i ściany. Są to więc punkty w których opiera się drabina. Łącząc te punkty odcinkiem otrzymujemy odcinek będący długością drabiny nachylonej pod największym możliwym kątem w stanie równowagi.
Zauważamy tu, że do wyznaczenie tego kąta nie potrzebna była informacja o ciężarze drabiny.
Na Rys.5 pokazano jak zastosować tę konstrukcję do konkretnego zadania mając podaną długość drabiny. W tym celu po wykonaniu konstrukcji jaką pokazano wcześniej, wykreślamy prostą równoległą do wyznaczonego odcinka, obieramy jeden z jej punktów za początkowy, np. wsparty o podłogę, i odmiarzając na tej prostej długość "naszej" drabiny znajdujemy jej punkt końcowy, ten, którym oparta jest o ścianę. Linię ściany kreślimy przez ten punkt jako półprostą prostopadłą do poziomej podłogi . Ta czynność kończy rozwiązanie postawionego zadania.

Zadanie 2, odwrotne do zadania 1.
Do chropowatej ściany przystawiono drabinę podtrzymując ją chwilowo tak, że tworzy z chropowatą podłogą znany kąt. Pytanie: czy po zaprzestaniu podtrzymywania drabiny zachowa ona dotychczasowe położenie ?
Informacja o tym, że ściana i podłoga są chropowate oznacza, że znamy współczynniki tarcia drabiny o ścianę i podłogę, zatem znamy też kąty tarcia γ, takie, że :
µ= arctgγ
Możemy zatem określić punkt przeciącia się prostych działania reakcji w punktach oparcia i podparcia
drabiny. Zauważmy, że jego położenie nie zależy od miar sił reakcji a tylko od ich punktów przyłożenia i kierunku, czyli kątów tarcia. Układ tych trzech sił, reakcji podpór i ciężaru możemy sprowadzić do układu równoważnego, trzech sił przechodzących przez punkt przecięcia się reakcji i momentu równego iloczynowi siły ciężaru i ramienia na ktrórym działa względem tego punktu. Moment ten jest równoważny parze sił, nie dając żadnej składowej. Siły reakcji podpór i ciężaru nie dają wzglądem punktu przecięcia momentu. Jedynym momentem jest wspomnainy moment pary sił.
Wypada więc zauważyć, że siły reakcji i ciężaru równoważą się, ale moment nie jest równy zero. Zatem zależnie od kątów tarcie i wynikającego stąd zwrotu tego momentu drabina nie podpierana może nie zachować dotychczasowego położenia i zacząć opadać. Rozwiązanie nie mieści się w ramach tego eseju, ale jest rozwiązywalne. Rysunek 6 ilustruje taki stan nierównowagi.
Rys. 6
http://tinypic.com/view.php?pic=23rs6jo&s=6
Zadanie 3.
Zadanie polega na określeniu, znalezieniu najwyższej wysokości na którą może się wspiąć człowiek o ciężarze Q po drabinie posiadającej ciężar G, i opartej o ścianę i podłogę znając kąt nachylenia drabiny i kąty tarcia drabiny o ścianę i podłogę. Jak wiemy, aby drabina z człowiekiem znajdującym sie na niej była w stanie równowagi potrzeba i wystacza by wypadkowa ciężarów drabiny i człowieka na niej przechodziła przez punkt przecięcia się kierunków reakcji w podparciu i oparciu. Wiemy, że siła ciężkości drabiny jest przyłożona w połowie jej długości. Jeżeli więc wypadkowa sił G i Q będzie w prostej przechodzącej przez ów punkt przecięcia reakcji, to układ drabina - człowiek podparty i oparty będzie w stanie równowagi. Zatem zadanie sprowadza się do znalezienia takiego położenia siły Q, by wypadkowa G i Q leżała w interesującej nas prostej. Konstrukcję tego rozwiązania pokazuje Rys.7. gdzie dla ułatwiena poszukiwania położenia siły Q zastosowano sposób pokazany na rysunku 4-tym.
Rys. 7
http://tinypic.com/view.php?pic=x5du86&s=6
Przypadek "wchodzenia" na nieważką drabinę opartą o gładką ścianę, czyli o współczynniku tarcia równym zero, i szorstką podłogę pokazuje Rys. 8. ( pytanie o to jak wysoko może wejść człowiek na tak opartą drabinę, było postawione na forum Ars Phyzika
Rys.8
dn. 2012-05-19 http://fizyczny.net/viewtopic.php?t=32409


W.Kr.
Ostatnio zmieniony przez W.Kr. 2012-08-13, 16:13, w całości zmieniany 2 razy  
 
   
Wyświetl posty z ostatnich:   
Odpowiedz do tematu
Nie możesz pisać nowych tematów
Nie możesz odpowiadać w tematach
Nie możesz zmieniać swoich postów
Nie możesz usuwać swoich postów
Nie możesz głosować w ankietach
Nie możesz załączać plików na tym forum
Możesz ściągać załączniki na tym forum
Dodaj temat do Ulubionych
Wersja do druku

Skocz do:  




Powered by phpBB modified by Przemo © 2003 phpBB Group
Template FISubSilver v 0.3 modified by Nasedo
Kontakt: kontakt@fizyczny.net
Przejdź na stat4U