Full resolution (JPEG) - On this page / på denna sida - Häfte 27. 5 juli 1941 - Problemhörnan
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
Below is the raw OCR text
from the above scanned image.
Do you see an error? Proofread the page now!
Här nedan syns maskintolkade texten från faksimilbilden ovan.
Ser du något fel? Korrekturläs sidan nu!
This page has never been proofread. / Denna sida har aldrig korrekturlästs.
Teknisk Tidskrift
Det bör framgå
av uppgiftens
ordalydelse, att
kamskivan principiellt
skall ha den form
som figuren visar,
m. a. o. att kolven
skall lyftas tvä
gånger när skivan
roterar ett varv
omkring sin
medelpunkt. Flera
pro-blemlösare ha
likväl trott att
kolven skulle ha
samma period som
skivan, i vilket fall
lösningen blir en
cirkelformad
excenter. En dylik
figur kan ej sägas
vara oval. Hj heller
roterar den kring
sin medelpunkt.
I figuren representeras kolvbottnen av den skuggade
linjen. I stället för att låta kamskivan rotera, tänker
man sig hellre att kolven, vars medellinje följer sträckan
h, roterar i kontakt (x, y) med den stillastående
kamskivan. Kamskivans maximiradie antages .= 1 och
mini-miradien = k. Kolvrörelsens hela amplitud blir då
1 — k och enligt förutsättningen skall rörelsen vara
sinusformig. Eftersom skivan har två toppar, måste med
figurens beteckningar kolvens rörelse bestämmas av
eosi<p (då ju eos 2 <p = 2 cos\ — 1). Normalen h skall
sålunda ha längden k -f (1 — k) eosVidare har man
geometriskt h — c eos <p
Fig. 1.
tg <p
c = y — x tg <p
dy
dx
y •
Härav erhålles
y -
xy’ =
k y"> + 1
(1)
\ 1 + »/’»
vilket är differentialekvationen för den sökta kurvan.
Sätt 1 + y’- = tf* och derivera med avseende på z\
Sålunda
dy dy’ , dx k z2 + k— 1
Iz~ X hz _ V lü =
k & + k -
—1
eller
xz* = — 1 (k s2 + k — 1)
(2)
Att generellt lösa z ur denna sjättegradsekvation stöter
på särskilda svårigheter och vi hänvisas därför att. nil
välja ett lämpligt värde på k. Detta fc-värde måste då
tagas så stort, att en reell rot erhålles.
I ekv. (2) återinsättes y’ = p = \J z- — 1, varav
x(p> + Vj* = p{kp* + k— 1) ................ (3)
V x*(P7 + l)3 = P* (k2p* + 4 £2 + 1 + 4 £2 />s — 2 kp2— 4 k)
För x = 0 är av symmetriskäl v" — 0. Vi stryka därför
alla högre digniteter av p och få
x = p \filc2 + ] —
4l-Går man ett litet stycke på sidan om x = 0 inses att
diskriminanten måste göras positiv eller noll. Det undre
gränsvärdet för k bestämmes därför av
4fc2 + l — 4 fc c= 0
varav fc — J
Vi äro därför oförhindrade att i ekv. (3) införa k = i,
varav
x(p2 + l)2 = "
och sålunda
dy
VI
dx r y i_V4æ2
Denna ekv. kan lätt integreras genom substitutionen
1 — ^4 x2 = u
varigenom man slutligen får
y2 + x2+ ~ V’2x = 1
u
som utgör problemets lösning. Kurvan är märklig
såtillvida, att krökningsradien i axelsnitten är 0 resp.
æ-Höjes k utöver 0,5, närma sig dessa krökningar varandra.
Sign ög har behandlat problemet generellt genom att.
låta n vara antalet "toppar" på kamskivan och löser det
genom att betrakta konturen som envelop till kolvbottnen
vid dess rotationsrörelse. Med användande av
beteckningarna härovan erhålles kurvans ekvation i
parameterform :
1 + k
V = g cos f +
+ ^ ’’ [(» + 1) cos (» — 1) ip — (n — 1) cos (ii -t- 1) rp\
1 + k .
x = ■ 0 sm <p —
k
[(« + 1) sin (n — l)<p + (fi — 1) sin (« + 1) <p\
varvid villkoret för att kurvan skall duga till en
kamskiva, nämligen att inflexionspunkter ej få förekomma,
blir
k>l-\
— n1
För n — 2 (oval kamskiva) erhålles sålunda alldeles som
nyss
varvid kurvans ekvation för fc
V
övergår till
3 1
cos <p + _ [3 cos <p — cos 3
4 o
3 1
x = — sin cp — 3- [3 sin (p + sin 3 (p]
4 o
Problem 9/41 var följande: "I ett vertikalt anordnat,
roterande kärl, som delvis är fyllt med kallt vatten,
nedkastas en isbit. Söker sig denna till någon viss plats
i förhållande till kärlets rotationsaxel?"
När isbiten kastas ned i vattnet får man räkna med,
att den åtminstone för en kort tid sjunker under
vattenytan. Så länge den befinner sig under ytan strävar den
tillföljd av sin lägre specifika vikt att draga sig in mot
rotationscentrum. När den sedermera kommit i vila
i förhållande till vattenytan, upphör denna centrerande
kraft att verka och någon tendens hos isbiten att söka
sig in mot eller ut ifrån rotationsaxeln existerar ej mera,
eftersom den paraboliska vattenspegeln utgör en
ekvi-potentialyta.
Nyssnämnda problem får anses utgöra inledningen till
en rad lättare uppgifter för sommaren. Här följer nästa:
Problem 11/41. På en kvicksilveryta flyter en tunn
plankonvex glaslins med krökningsradien r och
brytningsindex n. Beräkna brännvidden hos det optiska
system, som härigenom uppkommer.
292
12 juli 1941
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
