3. Momentová výpomoc vzorové riešenie

Matúšovi tak veľmi chýbalo lezenie, že sa odhodlal riskovať a preskúmať správanie rebríka v závislosti od jeho sklonu voči zemi. My vieme, že miesto tohto nebezpečného riskovania dokážeme dopredu určiť minimálny uhol sklonu rebríka voči zemi, ktorý Matúša bezpečne udrží. Počítame popritom s informáciou, že hmotnosť rebríka je zanedbateľná a koeficient statického trenia medzi rebríkom a zemou a rebríkom a stenou je \(f\).

Na obrázku 1 si môžeme všimnúť všetky sily pôsobiace na Matúšov rebrík. Sú to trecie sily \(T_1\) a \(T_2\), ktoré pôsobia v Matúšov prospech. Ďalšími vystupujúcimi silami sú sila od podložky \(N_1\) a sila od steny \(N_2\). Posledná, tiažová sila \(F_g = mg\) pôsobí smerom nadol a je vyvolaná prítomnosťou Matúša na rebríku.

Po spísaní všetkých pôsobiacích síl je čas písať rovnice. Našou požiadavkou je, aby sa rebrík nehýbal, a tým zostával v rovnovážnej polohe. Na to, aby sa nehýbal, musí byť súčet síl naň pôsobiacich nulový. Z tejto požiadavky dostávame dve rovnice pre súčet síl: v \(x\)-ovom smere \(\Sum{F_x} = \vec{0}\) a v \(y\)-ovom smere \(\Sum{F_y} = \vec{0}\). Platí teda \[ N_2 - T_1 = 0 \qquad{(1)}\] a \[ N_1 + T_2 - F_g = 0. \qquad{(2)}\]

Zo zadania dostávame rovnakú hodnotu \(f\) pre koeficient statického trenia medzi rebríkom a zemou a rebríkom a stenou. Potom pre trecie sily \(T_1\) a \(T_2\) platí \[ T_1 = N_1 f, \qquad{(3)}\] a \[ T_2 = N_2 f. \qquad{(4)}\]

Aby rebrík zotrvával v pokoji, je potrebné aj to, aby súčet momentov síl naň pôsobiacich bol nulový \[ \Sum{M} = 0. \]

Veľkosť momentu sily vypočítame ako súčin veľkosti sily a dĺžky jej ramena, teda \(M = Fr\). Výpočet si urýchlime, keď si zvolíme za bod otáčania bod dotyku rebríka so stenou, kde pôsobí najviac síl (momenty síl \(N_2\), \(T_2\) a \(F_g\) sa budú rovnať nule, pretože voči tomuto bodu má rameno sily nulovú dĺžku, a teda nebudeme potrebovať k výpočtu vzťahy 1, 2 a 4.

Veľkosť ramien pre jednotlivé sily vypočítame ako dĺžky kolmého priemetu rebríka dĺžky \(L\) na podlahu, resp. na stenu. Dostávame potom rovnicu \[ T_1 L \sin\phi - N_1 L \cos\phi = 0. \qquad{(5)}\]

Tu si môžeme všimnúť, že uhol nezávisí od dĺžky rebríka \(L\). Po predelení rovnice 5 \(\cos\phi\) a dosadení 3 dostávame rovnicu, z ktorej si priamo vieme vyjadriť náš hľadaný uhol \(\phi\) \[ \begin{aligned} N_1 f\tan\phi - N_1 &= 0, \\ \tan\phi &= \frac{1}{f} \qquad\Rightarrow\qquad \cot\phi = f \qquad\Rightarrow\qquad \phi = \arccot{f}. \end{aligned} \qquad{(6)}\]

V druhej časti postupujeme veľmi podobne. Matúš si zavolal Mareka, ktorý sa postavil do desatiny dĺžky rebríka od zeme. Ako sa zmení najmenší uhol rebríka voči zemi, ktorý ešte udrží Matúša? Prirodzený je predpoklad, že prítomnosť Mareka na zadanom mieste zvýši stabilitu rebríka a hľadaný uhol sa zmenší. Je to ale naozaj pravda a aká bude hodnota nového najmenšieho uhla \(\psi\)?

Na obrázku 2 nám pribudla tiažová sila Mareka \(F_g = mg\), ktorá sa z dôvodu rovnakých hmotností Matúša a Mareka rovná tiažovej sile Matúša. Opäť si napíšeme pohybové rovnice pre sily v \(x\)-ovom a \(y\)-ovom smere \[ \begin{aligned} N_2 - T_1 &= 0, \\ N_1 + T_2 - 2F_g &= 0. \\ \end{aligned} \qquad{(7)}\]

Prostredníctvom pohybových rovníc a vzťahov pre trecie sily 3 a 4 si vieme vyjadriť \(F_g\) ako \[ F_g = N_1\frac{1 + f^2}{2}. \qquad{(8)}\]

V tomto prípade si z rovnakého dôvodu ako minule volíme za bod otáčania bod dotyku rebríka so stenou. Pribudol nám moment sily \(F_g\) od Mareka, ktorý sa rovná \(\frac{9}{10}F_gL\cos{\psi}\). Potom pre \(\Sum{M} = 0\) dostávame \[ -N_1 L \cos\psi + T_1 L \sin\psi + \frac{9}{10} F_g L \cos\psi = 0. \qquad{(9)}\]

Po predelení \(\cos\psi\) a s využitím rovníc 3 a 8 to vieme upraviť na tvar, z ktorého si vyjadríme \(\tan\psi\) a následne samotné \(\psi\) \[ \begin{aligned} -N_1 + N_1f\tan\psi + \frac{9}{10} N_1\frac{1 + f^2}{2} &= 0, \\ f\tan\psi &= \frac{11}{20} - \frac{9}{20}f^2, \\ \tan\psi &= \frac{11 - 9f^2}{20f}, \\ \psi &= \arctan\frac{11 - 9f^2}{20f}. \end{aligned} \qquad{(10)}\]

Pre najmenšie možné uhly dostávame hodnoty \(\phi = \arccot{f}\), resp. \(\phi = \arctan\frac{1}{f}\) a \(\psi = \arctan\frac{11 - 9f^2}{20f}\). Po vykreslení si týchto funkcií môžeme vidieť, že pre všetky \(f > 0\) platí \(\phi > \psi\), a teda Marekova prítomnosť Matúšovi skutočne pomáha.