Problem P. 5628. (February 2025)
P. 5628. A pencil, which can be regarded as a uniform rod, is placed on a table top and it rests on its end with an eraser. A thread is attached to the tip of the pencil, perpendicular to the pencil, to prevent it from falling.
a) What is at least the coefficient of static friction between the eraser and the table top if the pencil does not slip when it makes an angle of \(\displaystyle 15^\circ\) with the vertical?
b) At what coefficient of friction can the pencil be ``laid down'' slowly on the table without the bottom end slipping, if the thread is perpendicular to the pencil during the whole movement?
(5 pont)
Deadline expired on March 17, 2025.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
I. megoldás. Jelöljük a ceruza hosszát \(\displaystyle \ell\)-lel, a súlyát \(\displaystyle G\)-vel, a függőlegessel bezárt szögét pedig \(\displaystyle \varphi\)-vel (1. ábra).
1. ábra
A ceruzára merőleges cérnaszál által kifejtett \(\displaystyle F\) erő hatásvonala és a függőleges irányú nehézségi erő hatásvonala a \(\displaystyle P\) pontban metszi egymást, tehát egyiküknek sincs forgatónyomatéka erre a pontra vonatkoztatva. A ceruzára a radíros végénél hat még az asztallap valamekkora \(\displaystyle K\) erővel, aminek hatásvonala ugyancsak áthalad a \(\displaystyle P\) ponton, csak így teljesül a forgatónyomatékok egyensúlyának feltétele.
Jelöljük a \(\displaystyle \boldsymbol{K}\) erő hatásvonalának a függőlegessel bezárt szögét \(\displaystyle \varepsilon\)-nal. A ceruza akkor nem csúszik meg az asztallapon, ha a tapadó súrlódás együtthatója legalább \(\displaystyle \tg\varepsilon\).
Megjegyzés. A \(\displaystyle \boldsymbol{K}\) erő függőleges komponensét \(\displaystyle N\) nyomóerőnek, a vízszintes komponensét \(\displaystyle S\) súrlódási erőnek szokták nevezni. Mivel \(\displaystyle N=K\cos\varepsilon\) és \(\displaystyle S=K\sin\varepsilon\), a tapadási súrlódás \(\displaystyle S\le\mu N\) feltétele valóban \(\displaystyle \tg\varepsilon\le\mu\) esetén teljesül.
Az 1. ábráról leolvasható, hogy
\(\displaystyle AP=\frac{\ell}{2}\sin\varphi,\)
\(\displaystyle AB=\frac{\ell}{2\cos\varphi},\)
\(\displaystyle OB=\frac{\ell}{2}\cos\varphi,\)
tehát
\(\displaystyle \tg\varepsilon=\frac{AP}{AB+OB}=\frac{\sin\varphi\,\cos\varphi}{1+\cos^2\varphi}\equiv f(\varphi).\)
a) Adott \(\displaystyle \varphi\) szögnél a ceruza egyensúlyának feltétele: \(\displaystyle \mu\ge f(\varphi)\). Mivel \(\displaystyle \varphi_1=15^\circ\)-nál \(\displaystyle f(\varphi_1)\approx 0{,}13\), legalább ekkora tapadási súrlódási együttható szükséges a radír és az asztallap között, hogy a ceruza ne csússzon meg.
b) Ha a ceruzát függőleges helyzetéből a cérnaszálnál fogva lassan engedjük megdőlni, a radír elcsúszása akkor kerülhető el, ha minden \(\displaystyle 0\le\varphi\le 90^\circ\) szögnél teljesül a \(\displaystyle \mu\ge f(\varphi)\) feltétel. Ha az \(\displaystyle f(\varphi)\) függvény a legnagyobb értékét valamekkora \(\displaystyle \varphi_0\) szögnél veszi fel és \(\displaystyle f(\varphi_0)=f_\mathrm{max}\), akkor a ceruza csúszásmentes eldönthetőségének feltétele: \(\displaystyle \mu\ge f_\mathrm{max}\).
Határozzuk meg \(\displaystyle f(\varphi)\) legnagyobb értékét! Bevezetve az \(\displaystyle x=\tg\varphi\) jelölést, \(\displaystyle f(\varphi)\) helyett vizsgálhatjuk az
\(\displaystyle f(x)=\frac{x}{2+x^2}\)
kifejezést, kereshetjük ennek legnagyobb értékét, vagy ami ezzel egyenértékű, kereshetjük
\(\displaystyle \frac{1}{f(x)}=\frac{2}{x}+x\)
minimális értékét. Ez a számtani és a mértani középértékekre vonatkozó egyenlőtlenségből könnyen megkapható:
\(\displaystyle \frac{2}{x}+x=2\cdot\frac{\frac{2}{x}+x}{2}\ge 2\cdot\sqrt{\frac{2}{x}\cdot x}=\sqrt{8}.\)
Ezek szerint a kérdésre adható válasz:
\(\displaystyle \mu\ge \frac{1}{\sqrt{8}}\approx 0{,}35\)
súrlódási együttható esetén ,,fektethető le'' a ceruza az asztalra anélkül, hogy a radíros vége elcsúszna.
Ugyanez az eredmény úgy is megkapható, hogy az \(\displaystyle f(\varphi)\) függvény szélsőértékét a deriváltja eltűnéséből határozzuk meg:
\(\displaystyle f'(\varphi)=\left.\frac{(\cos^2\varphi-\sin^2\varphi)(1+\cos^2\varphi)+2\sin^2\varphi\cos^2\varphi}{(1+\cos^2\varphi)^2}\right|_{\varphi=\varphi_0} =0,\)
ahonnan
\(\displaystyle \varphi_0=\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 55^\circ\qquad\textrm{és}\qquad f_\mathrm{max}=f(\varphi_0)=\frac{1}{\sqrt{8}}.\)
Az \(\displaystyle f(\varphi)\) függvény grafikonját ábrázolva (lásd a 2. ábrát) arról is leolvashatjuk a \(\displaystyle 15^\circ\)-os dőlésszöghöz tartozó kritikus súrlódási együttható értékét, illetve a függvény maximumhelyét és legnagyobb értékét.
2. ábra
II. megoldás. A (3. ábra) jelöléseivel a ceruza egyensúlyának feltétele:
\(\displaystyle N+F\sin\varphi-G=0,\)
\(\displaystyle S-F\cos\varphi=0,\)
\(\displaystyle G\,\frac{\ell}{2}\sin\varphi-F\ell=0.\)
3. ábra
Innen \(\displaystyle F\) kiküszöbölése után kapjuk, hogy
\(\displaystyle S=\frac12 G \sin\varphi\,\cos\varphi,\)
\(\displaystyle N=G\left(1-\frac12\sin^2\varphi\right).\)
A ceruza radírgumis vége akkor nem csúszik meg az asztallapon, ha
\(\displaystyle \mu\ge \frac{S}{N}= \frac{\sin\varphi\,\cos\varphi}{1+\cos^2\varphi}\equiv f(\varphi).\)
A megoldás további része megegyezik az I. megoldásnál leírtakkal.
Statistics:
33 students sent a solution. 5 points: Beke Márton Csaba, Bélteki Teó, Bencze Mátyás, Bense Tamás, Blaskovics Ádám, Bús László Teodor, Csiszár András, Elekes Panni, Erdélyi Dominik, Gyenes Károly, Kiss 131 Adorján Timon, Masa Barnabás, Papp Emese Petra, Simon János Dániel, Sipos Márton, Sütő Áron, Tóth Hanga Katalin. 4 points: Kovács Tamás, Misik Balázs, Monok Péter. 3 points: 1 student. 2 points: 1 student. 1 point: 6 students. 0 point: 2 students.
Problems in Physics of KöMaL, February 2025