Kezdőlap


Feladat:	412. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Harkányi Edit , Juvancz Gábor , Mészáros Endre , Patkós András , Simonovits András , Vadász István , Zichy László
Füzet:	1964/május, 238 - 239. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb rögzített tengely körüli forgás, Pontrendszerek mozgásegyenletei, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/december: 412. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Az $m$ tömegű testre két erő hat: súlya és a $K$ kötélerő. Ezek hatására $a$ gyorsulással mozog lefelé:

\begin{matrix} m a = m g - K . \end{matrix}

(1)

K

kötélerő forgatónyomatéka a korong tengelyére

M_{0} = K r

. Ennek hatására a korong

β = \frac{a}{r}

szöggyorsulással forog, hiszen a korong kerületi gyorsulása és az

m

tömegű test gyorsulása nyilván egyenlő. A korong tehetetlenségi nyomatéka

I = \frac{1}{2} M r^{2}

. Helyettesítsük be ezeket az adatokat a forgómozgás dinamikai alapegyenletébe:

I β = M_{0}

, azaz

\begin{matrix} \frac{1}{2} M r^{2} \cdot \frac{a}{r} = K r . \end{matrix}

(2)

(1) és (2) két egyenlet

a

-ra és

K

-ra. Fejezzük ki belőle

a

-t !

\begin{matrix} a = \frac{2 m g}{M + 2 m} . \end{matrix}

A gyorsító test tehát egyenletesen gyorsulva mozog lefelé. Mialatt a korong

n

fordulatot tesz,

2 n r π

hosszú fonál csavarodik le. Az állandó

a

gyorsulással mozgó test nyugalmi állapotból indulva ezt az utat a keresett

\begin{matrix} t_{n} = \sqrt[]{\frac{4 n r π}{a}} = \sqrt[]{\frac{2 n r π (M + 2 m)}{m g}} idő alatt teszi meg . \end{matrix}

(3)

A numerikus adatokat behelyettesítve kapjuk, hogy

t_{10} = 12, 74 sec

.
(3)-ból világos, hogy az idők úgy aránylanak egymáshoz, mint a fordulatszámok négyzetgyökei:

\begin{matrix} t_{1} : t_{2} : t_{3} : ... : t_{n} = \sqrt[]{1} : \sqrt[]{2} : \sqrt[]{3} : ... : \sqrt[]{n} . \end{matrix}

Harkányi Edit (Bp., Patrona Hungariae gimn. III. o. t.)

II. megoldás. Írjuk fel a rendszerre az energiamegmaradás tételét! Válasszuk

0

-nak azt a potenciális energiát, amellyel az

m

tömegű test az induláskor rendelkezett. Ez azt jelenti, hogy a rendszer összes energiája az induláskor

0

n

fordulat után az

m

tömegű test

2 n r π

-vel kerül lejjebb, helyzeti energiája tehát ekkor

- 2 n r π m g

lesz. Ezen felül a testnek lesz még

1 / 2 m v^{2}

mozgási energiája, a korongnak pedig

1 / 2 I ω^{2}

forgási energiája. Itt a korong tehetetlenségi nyomatéka:

I = 1 / 2 M r^{2}

, a szögsebessége pedig:

ω = v / r

, hiszen a korong kerületi sebessége megegyezik a gyorsító test sebességével. Az összes energiának most is

0

-nak kell lennie:

\begin{matrix} 1 / 2 m v^{2} + 1 / 2 \cdot 1 / 2 M r^{2} \cdot v^{2} / r^{2} - 2 n r π m g = 0, innen : v = \sqrt[]{\frac{8 n r ω m g}{2 m + M}} \end{matrix}

Mivel az erőviszonyok a mozgás során szemmel láthatóan változatlanok, feltehetjük, hogy a gyorsító test állandó gyorsulással mozog. Akkor a keresett idő:

\begin{matrix} t_{n} = \frac{2 \cdot (2 n r π)}{v} = \sqrt[]{\frac{2 n r π (2 m + M)}{m g}} . \end{matrix}

Tovább az előző megoldáshoz hasonlóan.

Zichy László (Esztergom, Temesvári Pelbárt g. III. o. t.)