Kezdőlap


Feladat:	576. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Tüttő Péter
Füzet:	1966/május, 237 - 239. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Csigasor, Egyenletesen változó mozgás (Változó mozgás), Egyenletesen változó körmozgás, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/január: 576. fizika feladat

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

A mozgócsiga középpontjának felfelé feltételezett gyorsulása $a_{0} = 0, 4 {m/s}^{2}$ (1. ábra). Feladatunkat most már úgy értelmezhetjük, hogy függőleges falon felfelé gurul egy henger, a fallal csúszásmentesen érintkezve. A henger középpontjának gyorsulása $a_{0}$ . Mennyi az $A$ pont gyorsulása az indulás után $1, 5$ másodperccel?

1. ábra

2. ábra

A

pont a henger középpontjával együtt gyorsul felfelé

a_{1} = a_{0} = 0, 4 {m/sec}^{2}

gyorsulással (2. ábra). A kerületi sebesség egyenlő a középpont (egyenletesen változó) sebességével, ezért az

A

pont az érintő irányában, az érintő mentén előre mutató

a_{2} = a_{1} = 0, 4 {m/s}^{2}

gyorsulással is rendelkezik. Az

A

pont harmadik gyorsulásösszetevője

a_{3} = v^{2} / R

centripetális gyorsulás a középpont felé irányulva. Az

A

pont kerületi sebessége

v = a_{2} t = 0, 4 \cdot 1, 5 = 0, 6 m/s

, ezért

a_{3} = 0, 36 / 0, 5 = 0, 72 {m/s}^{2}

.
A három gyorsulásösszetevőt vektoriálisan kell összeadnunk. A mozgócsiga középpontjára vonatkoztatott szöggyorsulás

β = a_{2} / R = 0, 4 / 0, 5 = 0, 8 s^{- 2}

. A

t

másodperc alatt létrejövő szögelfordulás

φ = β t^{2} / 2 = 0, 9 radián = {51, 6}^{\circ}

. Az

a_{1}

gyorsulás vízszintes összetevője

0

, függőleges összetevője

0, 4 {m/s}^{2}

. Az

a_{2}

gyorsulás vízszintes összetevője

a_{2} cos 51, 6^{\circ} = 0, 249 {m/s}^{2}

balra; függőleges összetevője

a_{2} sin 51, 6^{\circ} = 0, 313 {m/s}^{2}

lefelé irányítva. Az

a_{3}

vízszintes összetevője

a_{3} sin 51, 6^{\circ} = 0, 564 {m/s}^{2}

jobbra mutatóan, függőleges összetevője

a_{3} sin 51, 6^{\circ} = 0, 447 {m/s}^{2}

lefelé irányulva. Ezek szerint az eredő gyorsulás vízszintes összetevője az

a_{x} = (0, 564 - 0, 249) {m/s}^{2} = 0, 315 {m/s}^{2}

jobbra; függőleges összetevője

a_{y} = (0, 4 - 0, 313 - 0, 447) {m/s}^{2} = - 0, 360 {m/s}^{2}

lefelé. Az eredő gyorsulás nagysága

a = \sqrt[]{a_{x}^{2} + a_{y}^{2}} = 0, 478 {m/s}^{2}

, az irányát meghatározó, a függőlegestől lenn jobbra mutató

α

szögre érvényes, hogy

\begin{matrix} tg α = \frac{a_{x}}{a_{y}} = 0, 8750, α = {41, 19}^{\circ} . \end{matrix}

Tüttő Péter (Budapest, Eötvös g. IV. o. t.) dolgozata alapján

Több megoldó úgy értette és oldotta meg a feladatot, mintha az

A

pont a mozgás megindulása után

1, 5

másodperc múlva jutna a mozgócsiga tetőpontjára. Ezeket a megoldásokat is elfogadtuk.

3. ábra

Megjegyzés. Meghatározhatjuk

A

pont pályáját is. Helyezzük el a koordinátarendszer origóját a mozgás kezdetekor a mozgócsiga és a baloldali kötél érintkezési pontjába (3. ábra). Az

A

pont helyzetét az indulás pillanatában a mozgócsiga középpontjából a feléje mutató rádiusz

ε

szöge határozza meg.

t

idő múlva a kör középpontja

a_{1} t^{2} / 2 = 0, 2 t^{2}

magasságba emelkedik és a feléje mutató rádiusz

φ = β t^{2} / 2 = 0, 4 t^{2}

radiánnyi, vagyis

22, 92 t^{2}

foknyi szöggel fordul el. Ezért

t

pillanatban

A

pont koordinátái:

\begin{matrix} x = R + R cos (β t^{2} / 2 + ε), \\ y = a_{1} t^{2} / 2 + R sin (β t^{2} / 2 + ε) . \end{matrix}

A mi esetünkben és fokokban számolva:

\begin{matrix} x = 0, 5 + 0, 5 cos (22, 92 t^{2} + ε), \\ y = 0, 2 t^{2} + 0, 5 sin (22, 92 t^{2} + ε) . \end{matrix}

Ezek a függvények a kör bármely pontjának ún. cikloisz pályáját adják meg paraméteres alakban. Az

ε

nagysága attól függ, hogy a kör mely pontjáról van szó. Ha

t = 0

-kor

A

pont koordinátái

x = R

és

y = R

, akkor egyenleteinkből látható, hogy

22, 92 \cdot 0^{2} + ε = 90^{\circ}

, tehát

ε = 90^{\circ}

. Az ekkor keletkező pályát és a gyorsulást a 3. ábra mutatja ezekkel a képletekkel számolva:

\begin{matrix} x = 0, 5 + 0, 5 cos (22, 92 t^{2} + 90), \\ y = 0, 2 t^{2} + 0, 5 sin (22, 92 t^{2} + 90) . \end{matrix}

Látható, hogy a gyorsulás a pálya homorú oldala felé irányul; mivel hátrahajlik, az érintőleges gyorsulás fékez.
Ha

A

pont

t = 1, 5 s

-kor éri el az

x = R

és

y = 0, 2 \cdot 1, 5^{2} + R

koordinátákat, akkor egyenleteink szerint ismét

22, 92 \cdot 1, 5^{2} + ε = 90^{\circ}

, így

ε = 38, 43^{\circ}

, és a pályát megadó függvények:

\begin{matrix} x = 0, 5 + 0, 5 cos (22, 92 t^{2} + 38, 43^{\circ}), \\ y = 0, 2 t^{2} + 0, 5 sin (22, 92 t^{2} + 38, 43^{\circ}) . \end{matrix}

Ezekkel számítva a feladat másik értelmezése esetében keletkező pályát a 4. ábra mutatja.

4. ábra

A görbe mindig ugyanannak a cikloisznak más és más része. Most is ugyanakkorák az

a_{1}

a_{2}

a_{3}

gyorsulásösszetevők, de irányuk függőleges, illetve vízszintes. Az eredő most is ugyanakkora, csak más irányba mutat.

Vermes Miklós