1

Kötélstatikai feladatok a BVM példatárból – 3.

Kis sorozatunk 3. részében inhomogén kötelekkel / láncokkal foglalkozunk. Ez azt jelenti,

hogy a kötél / lánc anyagának tömegeloszlása nem egyenletes, vagyis a folyómétersúlyára

fennáll, hogy q ≠ konst . A feladatokat [ 1 ] - ből vettük, megoldásuk saját termés.

275. feladat

Inhomogén, súlyos kötél két pontban van felfüggesztve.

Vezessük le a kötél ρ görbületi sugarának

𝜌 =𝑇2

𝑞 ∙ 𝐻 ( * )

képletét, ahol

~ T: a kötél adott pontjában fellépő húzóerő,

~ q: a folyómétersúly ugyanabban a pontban, valamint

~ H: a húzóerő nagysága a kötél legalsó pontjában.

Megoldás

Ehhez tekintsük az 1. ábrát!

1. ábra

Itt az A és B végpontjaiban felfüggesztett láncot szemléltettük, annak egy kiragadott

darabjával. Minthogy a láncra csak függőleges önsúlyterhek hatnak, ezért a kiragadott

láncdarab egyensúlyi vetületi egyenletei az alábbiak:

𝐹𝑥 = 0 → −𝐻 𝑠 = 0 + 𝐻 𝑠 = 0 → 𝐻 𝑠 = 𝐻 𝑠 = 0 = 𝐻 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡 . ( 1 )

2

𝐹𝑦 = 0 → −𝑄 𝑠 + 𝑉 𝑠 = 0 → 𝑉 𝑠 = 𝑄 𝑠 . ( 2 )

Az érintő hajlásszögének tangense, ( 1 ) és ( 2 ) - vel is:

tg 𝜑(𝑠) =𝑉 𝑠

𝐻=

𝑄 𝑠

𝐻 . ( 3 )

A kiragadott láncdarabra ható teljes önsúlyteher:

𝑄 𝑠 = 𝑞 𝑠 𝑑𝑠 𝑠

0 . ( 4 )

A ( 3 ) egyenletet az s ívhossz szerint differenciálva: d

ds[tg 𝜑(𝑠)] =

𝑑

𝑑𝑠 𝑄 𝑠

𝐻 , ( 5 )

Először ( 5 ) bal oldalával – ld.: [ 2 ]! – : d

ds[tg 𝜑(𝑠)] =

𝑑

𝑑𝜑 tg 𝜑 ∙

𝑑𝜑

𝑑𝑠=

1

cos 2 𝜑∙

1

𝜌 , ( 6 )

hiszen az 1. ábra mellékábrája szerint:

𝜌 𝑑𝜑 = 𝑑𝑠 → 1

𝜌=

𝑑𝜑

𝑑𝑠 . ( 7 )

Másodszor ( 5 ) jobb oldalával, ( 4 ) - ből is: 𝑑

𝑑𝑠

𝑄 𝑠

𝐻=

1

𝐻 ∙

𝑑𝑄

𝑑𝑠=

1

𝐻 ∙ 𝑞 𝑠 , ( 8 )

így ( 5 ), ( 6 ), ( 7 ) és ( 8 ) - cal: 1

cos 2 𝜑∙

1

𝜌=

1

𝐻 ∙ 𝑞 → 𝜌(𝑠) =

𝐻

𝑞(𝑠) ∙

1

cos 2 𝜑(𝑠) . ( 9 )

Azonban az 1. ábra szerint írhatjuk, hogy:

cos 𝜑 =𝐻

𝑇 →

1

cos 2 𝜑=

𝑇2

𝐻2 , ( 10 )

majd ( 9 ) és ( 10 ) - zel:

𝜌 =𝐻

𝑞 ∙

𝑇2

𝐻2=

𝑇2

𝑞 ∙ 𝐻 , tehát:

𝜌 =𝑇2

𝑞 ∙ 𝐻 , ( 11 )

egyezésben ( * ) - gal. Ezzel a kitűzött feladatot megoldottuk.

3

277. feladat

Inhomogén, változó folyómétersúlyú kötél a nehézségi erőtérben van egyensúlyban.

A folyómétersúly változását a kötél mentén a q = f(s) függvény jellemzi, ahol s a kötél

ívhossza. Mutassuk ki, hogy a kötél egyensúlyi alakjának differenciálegyenlete: 𝑑𝑝

𝑑𝑠= 𝐴 ∙ 𝑓 𝑠 , ( § )

ahol

𝐴 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. , 𝑝 =𝑑𝑦

𝑑𝑥 ! ( §§ )

Megoldás

Ehhez tekintsük a 2. ábrát!

2. ábra

Felírjuk a síkbeli statikai egyensúlyi differenciálegyenleteket.

𝐹𝑥 = 0 → −𝐻 + 𝐻 + 𝑑𝐻 = 0 → 𝑑𝐻 = 0 → 𝐻 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡 . ( 1 )

𝐹𝑦 = 0 → −𝑉 − 𝑞 𝑑𝑠 + 𝑉 + 𝑑𝑉 = 0 → 𝑑𝑉 = 𝑞 𝑑𝑠 → 𝑑𝑉

𝑑𝑠= 𝑞 . ( 2 )

𝑀𝑃1= 0 → 𝑉 𝑑𝑥 − 𝐻 𝑑𝑦 + 𝑞 𝑑𝑠 ∙

𝑑𝑥

2= 0 → 𝑉 = 𝐻 ∙

𝑑𝑦

𝑑𝑥 , ( 3 )

mert 𝑞𝑑𝑠

2→ 0 , ha 𝑑𝑥 → 0 .

4

A ( 3 ) egyenlet szerint a kötélerő a kötélgörbe érintő egyenese mentén hat.

Most ( 1 ), ( 2 ) és ( 3 ) szerint: 𝑑𝑉

𝑑𝑠=

𝑑

𝑑𝑠 𝐻 ∙

𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝐻 ∙

𝑑

𝑑𝑠 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝐻 ∙

𝑑𝑝

𝑑𝑠= 𝑞 →

𝑑𝑝

𝑑𝑠=

1

𝐻∙ 𝑞 = 𝐴 ∙ 𝑓 𝑠 , ( 4 / 1 )

ahol:

𝑝 =𝑑𝑦

𝑑𝑥 , 𝐴 =

1

𝐻= 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. , 𝑞 = 𝑓 𝑠 . ( 4 / 2 )

A ( 4 ) képletekkel igazoltuk ( § ) és ( §§ ) - t, vagyis a kitűzött feladatot megoldottuk.

………………………

276. feladat

Inhomogén, súlyos kötél két pontban van felfüggesztve. Milyen törvény szerint kell vál -

tozni a kötél mentén a folyómétersúlynak, hogy a kötél R sugarú körív - alakot vegyen fel?

A folyómétersúly a kötél legalsó pontjában q0 . Mekkora a kötélerő a kötél tetszőleges

pontjában?

Megoldás

Először ábrázoljuk a feladatbeli görbét, R = 1 m adattal – ld. 3. ábra!

3. ábra

5

Másodszor elővesszük a 275. feladatban levezetett 9. képletet:

𝜌 =𝐻

𝑞 ∙

1

cos 2 𝜑 ; ( 1 )

a kiírás szerint a kötélgörbe kör alakú, így rá:

𝜌 = 𝑅 ; ( 2 )

most ( 1 ) és ( 2 ) - vel: 𝐻

𝑞 ∙

1

cos 2 𝜑= 𝑅 → 𝑞 =

𝐻

𝑅 ∙

1

cos 2 𝜑 . ( 3 )

A kiírás szerint, mivel:

𝑠 = 𝑅 ∙ 𝜑 → 𝜑 =𝑠

𝑅 , ( 4 )

ezért:

𝑞 𝑠 = 0 = 𝑞 𝜑 = 0 = 𝑞0 , ( 5 )

így ( 3 ) és ( 5 ) - tel:

𝑞0 = 𝐻

𝑅 ∙

1

cos 2 0=

𝐻

𝑅→ 𝐻 = 𝑞0 ∙ 𝑅 . ( 6 )

A megoszló teherintenzitás függvénye ( 3 ) és ( 6 ) - tal:

𝑞 𝜑 = 𝑞0

cos 2 𝜑 , ( 7 )

vagy az ívhossz - koordinátával, ( 4 ) és ( 7 ) szerint:

𝑞 𝑠 = 𝑞0

cos 2 𝑠

𝑅 . ( 8 )

A kötélben ébredő húzóerő nagysága az 1. ábra szerint és ( 6 ) - tal is:

𝑇 𝜑 =𝐻

cos 𝜑=

𝑞0 ∙ 𝑅

cos 𝜑 , ( 9 )

vagy az ívhossz - koordinátával kifejezve:

𝑇(𝑠) =𝑞0 ∙ 𝑅

cos 𝑠

𝑅 . ( 10 )

Az ábrázoláshoz a ( 7 ) és ( 9 ) képlet - alakok az előnyösebbek.

Adatok: R = 1 m ; q0 = 2 N / m . ( A )

6

Most tekintsük a 4. ábrát!

4. ábra

A félkörív görbe paraméteres egyenletrendszere:

𝑥 𝜑 = 𝑅 ∙ sin 𝜑 , 𝑦(𝜑) = 𝑅 ∙ 1 − cos 𝜑 , −𝜋

2≤ 𝜑 ≤

𝜋

2 . ( 11 )

Ahhoz, hogy a q teherintenzitást ábrázolni tudjuk, egy Eq erőintenzitás - léptéket kell

felvennünk. Ez a 4. ábrán: 1 N / m 0,10 m ; eszerint az ábrán: 2 N / m 0,2 m.

A q - függvény ábrájának paraméteres egyenletrendszere:

𝑥 𝜑 = 𝑅 ∙ sin 𝜑 , 𝑦(𝜑) = 𝑅 ∙ 1 − cos 𝜑 − 𝐸𝑞 ∙𝑞0

cos 2 𝜑 , −

𝜋

2≤ 𝜑 ≤

𝜋

2 . ( 12 )

Látjuk, hogy a megoszló teherintenzitás a félkör szélein a végtelenhez tart. Ezt elkerülendő

tanácsos a félkörnél kisebb hosszúságú kötéllel dolgozni.

A további vizsgálódást már rábízzuk az érdeklődő Olvasóra.

7

278. feladat

Nehézségi erőtérben lévő, változó folyómétersúlyú kötél egyensúlyi alakja az

𝑥 = 𝑅 ∙ 𝜙 + sin 𝜙 , ( ! )

𝑦 = 𝑅 ∙ 1 − cos 𝜙 ( !! )

egyenletekkel jellemzett ciklois ( az y tengely függőleges ). Milyen törvény szerint válto -

zik a kötél folyómétersúlya, ha ennek értéke a kötél legalsó pontjában q0?

Megoldás

Először ábrázoljuk a feladatbeli görbét, R = 1 m adattal ( ! ) és ( !! ) - ben; ld. 5. ábra!

5. ábra

Kiindulunk a

𝜌 =𝑑𝑠

𝑑𝜑 ( 1 )

összefüggésből. Átalakítva:

𝑑𝑠

𝑑𝜑=

𝑑𝑠

𝑑𝑥∙

𝑑𝑥

𝑑𝜑= 1 +

𝑑𝑦

𝑑𝑥

2 ∙

𝑑𝑥

𝑑𝜑= 1 + tg2 𝜑 ∙

𝑑𝑥

𝑑𝜑=

1

cos 𝜑∙

𝑑𝑥

𝑑𝜑 , azaz:

𝑑𝑠

𝑑𝜑=

1

cos 𝜑∙

𝑑𝑥

𝑑𝜑 . ( 2 )

8

Majd ( ! ) és ( !! ) - lel is:

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑑𝑦

𝑑𝜙

𝑑𝑥

𝑑𝜙

=𝑅∙sin 𝜙

𝑅∙ 1+cos 𝜙 =

sin 𝜙

1+cos 𝜙= tg

𝜙

2= tg 𝜑 →

𝜙

2= 𝜑 → 𝜙 = 2 ∙ 𝜑 . ( 3 )

Ezután ( 3 ) - mal is: 𝑑𝑥

𝑑𝜑=

𝑑𝑥

𝑑𝜙∙𝑑𝜙

𝑑𝜑= 𝑅 ∙ 1 + cos 𝜙 ∙ 2 = 2 ∙ 𝑅 ∙ 1 + cos 2 ∙ 𝜑 , ( 4 )

így ( 2 ) és ( 4 ) - gyel: 𝑑𝑠

𝑑𝜑=

2∙𝑅

cos 𝜑∙ 1 + cos 2 ∙ 𝜑 =

4∙𝑅

cos 𝜑∙

1+cos 2∙𝜑

2=

4∙𝑅

cos 𝜑∙ cos2 𝜑 = 4 ∙ 𝑅 ∙ cos 𝜑 ,

tehát: 𝑑𝑠

𝑑𝜑= 4 ∙ 𝑅 ∙ cos 𝜑 . ( 5 )

Integrálva, figyelemmel a

𝜑 = 0 → 𝑠 = 0 ( 6 )

feltételre is, ( 5 ) és ( 6 ) - tal:

𝑠 𝜑 = 4 ∙ 𝑅 ∙ sin 𝜑 . ( 7 )

Ezután ( 1 ) és ( 5 ) - tel:

𝜌 𝜑 = 4 ∙ 𝑅 ∙ cos 𝜑 . ( 8 )

Ismét elővéve a 275. feladatban levezetett 9. képletet:

𝜌 𝜑 =𝐻

𝑞 ∙

1

cos 2 𝜑 ; ( 9 )

most ( 8 ) és ( 9 ) - cel: 𝐻

𝑞 ∙

1

cos 2 𝜑= 4 ∙ 𝑅 ∙ cos 𝜑 →

𝐻

𝑞= 4 ∙ 𝑅 ∙ cos3 𝜑 → 𝑞 =

𝐻

4 ∙ 𝑅 ∙ cos 3 𝜑 ; ( 10 )

minthogy ( 10 ) - ből:

𝑞0 = 𝑞 𝜑 = 0 =𝐻

4 ∙ 𝑅 , ( 11 )

így ( 10 ) és ( 11 ) - gyel:

𝑞 𝜑 =𝑞0

cos 3 𝜑 . ( 12 )

9

Most átalakításokkal:

𝑞 𝜑 =𝑞0

cos 3 𝜑 =

𝑞0

1−sin 2 𝜑 3 = 𝑞0 ∙ 1 − sin2 𝜑 −3/2 . ( 13 )

Majd ( 7 ) - ből:

sin 𝜑 =𝑠

4 ∙ 𝑅 , ( 14 )

így ( 13 ) és ( 14 ) - gyel:

𝑞 𝑠 = 𝑞0 ∙ 1 − 𝑠

4 ∙ 𝑅

2

−3/2

. ( 15 )

Ezzel a kitűzött feladatot megoldottuk. A ( 15 ) megoldás egyezik az [ 1 ] - ben közölttel.

Kiegészítjük a fentieket. A kötélerő nagysága az 1. ábra szerint, ( 11 ) - gyel is:

𝑇 𝜑 =𝐻

cos 𝜑=

4 ∙ 𝑞0 ∙ 𝑅

cos 𝜑 . ( 16 )

Más alakban, az ívhossz - koordináta függvényében:

𝑇 =4 ∙ 𝑞0 ∙ 𝑅

cos 𝜑=

4 ∙ 𝑞0 ∙ 𝑅

1−sin 2 𝜑=

4 ∙ 𝑞0 ∙ 𝑅

1− 𝑠

4 ∙ 𝑅

2= 4 ∙ 𝑞0 ∙ 𝑅 ∙ 1 −

𝑠

4 ∙ 𝑅

2

−1/2

, tehát:

𝑇 𝑠 = 4 ∙ 𝑞0 ∙ 𝑅 ∙ 1 − 𝑠

4 ∙ 𝑅

2

−1/2

. ( 17 )

…………………………

Megjegyzések:

M1. Néhol kicsit megint eltértünk a feladat [ 1 ] - beli szövegezésétől.

M2. Már máskor is foglalkoztunk inhomogén kötél - feladatokkal. ( Hol? )

M3. A láncvégi A és B végpontokban fix csuklós megfogás van, értelemszerűen, még ha

ezeket nem is rajzoltuk oda.

M4. Az ábrákon a CP pont a P kötél - tengelyponthoz tartozó görbületi középpont.

M5. Furcsálljuk – már nem először – , hogy a feladat - kiírás felszólító mondatának végén

[ 1 ] - ben nincs felkiáltójel. Nem valószínű, hogy ezt bárki a faktoriális jelének tekintené.

10

M6. A feladatok példatárbeli sorrendjét megváltoztattuk. Ennek az az oka, hogy először az

alapozó - jellegű feladatokat lássuk, és csak ezek után jöjjenek az alkalmazás - jellegűek.

M7. Az inhomogén köteles feladatok kicsit megszabadítanak a parabola és a láncgörbe

skatulyáitól. Látjuk, hogy többféle kötélgörbe - alak lehetséges, már csak függőleges

megoszló terhelésre is.

M8. Előkerült az „erőlépték” fogalma. Hogy ne legyen félreértés, ezt részletesebben is

kifejtjük. Ábrák és erőábrák rajzolásánál megkülönböztetünk hosszléptéket és erőléptéket.

A hosszlépték vagy méretarány:

𝑀 =𝑅

𝑉=

𝑟𝑎𝑗𝑧𝑖 𝑕𝑜𝑠𝑠𝑧

𝑣𝑎𝑙ó𝑑𝑖 𝑕𝑜𝑠𝑠𝑧

m

m → 𝑅 = 𝑀 ∙ 𝑉 .

Az erőlépték:

𝐸𝐹 =𝐹𝑟 ( m )

𝐹 ( N )=

𝑎𝑧 𝑒𝑟ő 𝑟𝑎𝑗𝑧𝑖 𝑕𝑜𝑠𝑠𝑧𝑎

𝑎𝑧 𝑒𝑟ő 𝑛𝑎𝑔𝑦𝑠 á𝑔𝑎

m

N → 𝐹𝑟 = 𝐸𝐹 ∙ 𝐹 .

Hasonló a helyzet a megoszló erőrendszer intenzitásával is; ennek léptéke:

𝐸𝑞 =𝑞𝑟 m

𝑞 N

m

=𝑎𝑧 𝑒𝑟ő𝑖𝑛𝑡𝑒𝑛𝑧𝑖𝑡 á𝑠 𝑟𝑎𝑗𝑧𝑖 𝑕𝑜𝑠𝑠𝑧𝑎

𝑎𝑧 𝑒𝑟ő𝑖𝑛𝑡𝑒𝑛𝑧𝑖𝑡 á𝑠 𝑛𝑎𝑔𝑦𝑠 á𝑔𝑎 → 𝑞𝑟 = 𝐸𝑞 ∙ 𝑞 .

A 4. ábra esetében az erőintenzitás léptéke 2 N / m 0,2 m alapján:

𝐸𝑞 =0,2 m

2 N

m

= 0,1 mN

m

→ 𝑞𝑟 = 0,1 mN

m

∙ 2 N

m= 0,2 m .

Ilyet még nem láttunk leírva, régebbi könyvekben sem, amikor pedig még sokat szerkesz -

tettek. Hogy ne legyen félreértés, most leírtuk, képlettel. Nem nehéz, csak szokni kell.

( Régebben a léptéket L betűvel jelöltük, de a kötél - feladatokban ez nálunk kötélhosszat

jelent, így helyette az E betűt alkalmazzuk. Ez merev láncnál nem okozhat félreértést. )

M9. Adja magát a kérdés, hogy a ( ! ) és a ( !! ) ciklois - egyenletek minek a mozgását

írják le, mit jelent a ϕ szög - paraméter.

A szóban forgó csúcsos ciklois ( eredeti ) paraméteres egyenletrendszere – 6. ábra – :

𝑥 𝑡 = 𝑎 ∙ 𝑡 − sin 𝑡 , 𝑦 𝑡 = 𝑎 ∙ 1 − cos 𝑡 . ( a )

Az ábráról leolvasható, hogy ( a ) egy egyenesen mentén csúszás nélkül gördülő a sugarú

kör(lemez) egy P kerületi pontjának pályáját írja le, ha a kezdeti pillanatban P = O.

11

6. ábra – forrása: [ 3 ]

Belátható, hogy koordináta - transzformációkkal a 6. és 7. ábra fekete görbéjétől eljutha -

tunk az 5. ábra zöld, illetve a 7. ábra piros görbéjéig.

7. ábra

Már tudjuk, hogy

~ a R: az x tengely mentén gördülő kör sugara,

~ t ϕ: a gördülő kör valamely elfordulási szöge,

hiszen az alkalmazott koordináta - transzformációk ( eltolások és tükrözés ) a görbe

12

jellegét – alakját és méreteit – nem változtatják meg, csak leírásának mikéntjét.

M10. A feladatok megoldása során több levezetést is végeztünk az eredményekre, bár itt

csak egyet mutattunk be.

Javasoljuk a végeredmények más, az itteniektől eltérő úton történő meghatározását is.

M11. Azt is gondolhatjuk, hogy az inhomogén láncok feladatai esetleg csak matematikai

játékok; ui. elég sokat kellene fáradozni pl. a 4. ábra szerinti q - eloszlás előállításán.

Ne feledjük, hogy itt csak függőlegesen megoszló erőrendszerrel terhelt kötelekkel fog -

lalkoztunk! Körív alakú kötélgörbe könnyen előáll másképpen, nem függőleges, hanem a

kötélre merőleges terhelés hatására. Ismert példája ennek a csigán átvetett kötél esete.

Ehhez lásd például a

Kötélstatika – I.

A síkbeli kötelek egyensúlyi egyenleteiről és azok néhány alkalmazásáról

című régebbi dolgozatunkat!

M12. Az inhomogén láncok már nem közönséges láncok, mert az utóbbiak homogének.

Kis sorozatunk 1. és 2. része közönséges láncokkal / kötelekkel foglalkozott.

Bár e 3. részbeliek eltérnek az előbbiektől, a sorozat elemeinek könnyebb fellelhetősége

miatt egymás után találhatók meg, ugyanott.

Források:

[ 1 ] – N. N. Buhgoljc ~ I. M. Voronkov ~ A. P. Minakov: Elméleti mechanikai példatár

Statika

Tankönyvkiadó, Budapest, 1951.

[ 2 ] – I. N. Bronstejn ~ K. A. Szemengyajev: Matematikai zsebkönyv

2. kiadás, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1963.

[ 3 ] – Obádovics J. Gyula ~ Szarka Zoltán: Felsőbb matematika

4. kiadás, Scolar Kiadó, Budapest, 2019.

Összeállította: Galgóczi Gyula

ny. mérnöktanár

Sződliget, 2020. 09. 25.

Továbbiak: https://galgoczi.net/