Matematické Fórum

Tscar · 11. 08. 2011 12:41

1) Hliníkový drát průměru 1mm a délky 2m je vodorovně natažen a na koncích upevněn. Ke středu drátu bylo zavěšeno závaží 0,25kg. O kolik poklesl střed drátu? Youngův modul pružnosti v tahu hliníku je 71 GPa.

jde o zkouškový příklad na Fyziku 1 (1 přednáška a 1 cviko na semestr) .. tak složitosti podle toho .. (tzn. tíhu drátu zanedbat)

můj postup řešení: z Hookova zákona spočítat prodloužení, pak jsem to rozdělil v polovině, průhyb vzal jako lineární a zabil to pythágorem ... napadá někoho elegantnější způsob?

můj výsledek: h=0,94cm

jelena · 12. 08. 2011 10:46

Zdravím,

zkoušela jsem včera vybavit si svůj 2 roky starý postup z podobnosti trojúhelníků, ale už jsem nějaká unavená - nepodařilo se.

Napsala jsem jiný, která ovšem využívá přibližné vzoroce pro malé úhly - můžete používat? Také je to nějaké ošklivé na můj pohled - tedy umístím ke spravedlivé kritice nebo pro budoucí úpravu:

označím $x$ - pokles středu dratu, $l_0$ - původní délka poloviny drátu.

V trojúhelníku tvořeném původní délkou dratu $l_0$ a novou délkou drátu $l_0+\Delta l$ máme: $x^2+l_0^2=(l_0+\Delta l)^2$ (1),

take $\frac{l_0}{l_0+\Delta l}=\cos \alpha$ (2) a $\frac {x}{l_0}=\tan \alpha$ (3)

Z rovnováhy sil platí, že svislou rozkladnou odporové sily F vyrovnává polovina tíhové sily závaží>

$\sin \alpha =\frac{mg}{2F}$ (4) kombinaci (2), (3), (4):

$\tan \alpha =\frac {\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{mg(l_0+\Delta l)}{2Fl_0}$

$\frac{mg(l_0+\Delta l)}{2Fl_0}=\frac {x}{l_0}$

$\frac{mg(l_0+\Delta l)}{2F}={x}$ (I)

z Hook zákona $F=ES\frac{\Delta l}{l_0}$ (II)

$\frac{mg(l_0+\Delta l)l_0}{2ES{\Delta l}}={x}$ (III-A)

$\frac{mg$\sqrt{x^2+l_0^2}$l_0}{2ES{\Delta l}}={x}$ (III-B)

Pro vyjádření $\Delta l$ potřebujeme další přibližný vzorec pro malé úhly: $1-\cos\alpha=2\sin^2\frac{\alpha}{2}=\frac{\alpha^2}{2}$

$\Delta l=\frac{l_0}{\cos \alpha}-l_0=l_0$\frac{1-\cos \alpha}{\cos \alpha}$=l_0\frac{\alpha^2}{2}=l_0\frac{x^2}{2l_0^2}$

$\Delta l=\frac{x^2}{2l_0}$

dosadím do (III-A)

$\frac{mg$l_0+\frac{x^2}{2l_0}$l_0^2}{ESx^2}={x}$

nebo do (III-B)

$\frac{mg(\sqrt{x^2+l_0^2})l_0^2}{ESx^2}={x}$

mám sice jen jednu neznámou $x$ , ale zatím se mi zdá vyjádření nějaké krkolomné, přitom takových úloh bych už měla mít za sebou - ach jo.

Tscar · 12. 08. 2011 11:03

Díky, ale radši bych se vyhnul těm vzorcům pro malé úhly .. nejsem si jistý, jestli je vůbec můžeme používat, ale určitě bych si je musel zapamatovat, abych to mohl zkusit ... ale aspoň mám jiný a o něco elegantnější pohled na věc....

jelena · 12. 08. 2011 11:06

↑ Tscar:

děkuji, mně se zdá můj začátek fyzikálně správný, ale odvození se mi nezdá vůbec pěkné. Jak moc spěchá řešení?

Tscar · 12. 08. 2011 22:59

↑ jelena:
na vyřešení mám tak týden ...

jelena · 13. 08. 2011 08:50

↑ Tscar:

O sobě velmi pochybuji, že bych ještě něco vymyslela, bohužel :-(

Opravila jsem chybu ve vzorci (II) - byl špatně $\varepsilon$ . Jinak nevím, snad někdo z kolegů. Děkuji.

jelena · 13. 08. 2011 10:54

Jak tak přepínám pračky, tak jsem usoudila, že musíte mít v materiálech přibližné vztahy pro malé úhly, potom odvozeni:

$\sin \alpha =\frac{mg}{2F}$ (1)

pro malé úhly platí: $\sin \alpha \approx \tan \alpha \approx \alpha$

$\frac {x}{l_0}=\tan \alpha$ s ohledem na malý úhel můžeme použit do vzorce (1)

$\frac {x}{l_0}=\frac{mg}{2F}$

z Hook zákona $F=ES\frac{\Delta l}{l_0}$

$\frac {x}{l_0}=\frac{mgl_0}{2ES{\Delta l}}$ (I)

Další vztah pro malé úhly jsme použili tady:
$\Delta l=\frac{l_0}{\cos \alpha}-l_0=l_0$\frac{1-\cos \alpha}{\cos \alpha}$=l_0\frac{\alpha^2}{2}=l_0\frac{x^2}{2l_0^2}$

Dosazením do (I):

$\frac {x}{l_0}=\frac{mgl_0^2}{ES{x^2}}$

A to už se mi zdá hezké pro vyjádření x - číselně dle "nepěkného odvození", dle "pěkného odvození" (výsledek v metrech)

Nemohu bohužel slíbit, že se mi bude chtít ještě sestavit vzorec bez použití 2. přibližného vztahu pro úhly.