Kezdőlap


Feladat:	781. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Korpássy Péter , Torma Tibor , Váradi József , Varga László
Füzet:	1969/március, 134 - 136. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Gördülés vízszintes felületen, Pillanatnyi forgástengely, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/szeptember: 781. fizika feladat

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

Tekintsük $v_{0}$ -t és $ω_{0}$ -t a rajz szerinti jelölésben pozitívnak! A korong és a sík $A$ érintkezési pontjának sebessége $u_{0} = v_{0} - r ω_{0}$ . $v_{0}$ és $ω_{0}$ előjele, illetve nagysága szerint sokféle esetet különböztethetünk meg, a további számolásban azonban csak $u_{0}$ előjelének van jelentősége.

1. Legyen

u_{0} > 0

, vagyis

v_{0} > r ω_{0}

! Ilyenkor a korongra

S = m g μ

súrlódási erő hat (a rajz szerinti irányítással). A testre

S

erő és

S r

forgatónyomaték hat, így a súlypontjának

a

gyorsulására és a

β

szöggyorsulásra a következő egyenleteket írhatjuk fel:

\begin{matrix} \begin{matrix} S & = - m a, \\ S r & = I β, \\ a & = - g μ \end{matrix}} \begin{matrix} aholIa tehetetlenségi nyomaték \\ Ezekbőlβ = m g μ r / I. \end{matrix} \end{matrix}

A korong sebessége, illetve szögsebessége

t

idő múlva:

\begin{matrix} v = v_{0} - g μ t, és \end{matrix}

(1)

\begin{matrix} ω = ω_{0} + (m g μ r / I) t . \end{matrix}

(2)

A

pont sebessége

u = v - r ω

, behelyettesítés után:

\begin{matrix} u = u_{0} - g μ t (1 + m r^{2} / I) . \end{matrix}

(3)

Ez a megoldás csak addig érvényes, amíg

u > 0

. Egy bizonyos

t_{0}

időpontban

u = 0

teljesül, ettől kezdve a korong tiszta legördülést végez. (3) alapján

\begin{matrix} t_{0} = \frac{u_{0}}{g μ \cdot (1 + m r^{2} / I)}, \end{matrix}

A korong sebessége ekkor (1) szerint

\begin{matrix} v_{t_{g}} = v_{0} - g μ t_{g} = \frac{\frac{m r^{2}}{I} v_{0} + r ω_{0}}{1 + \frac{m r^{2}}{I}} . \end{matrix}

(4)

Határozzuk meg a rajzon

B

-vel jelölt pillanatnyi forgástengely helyzetét! Bármely két pont

B

-re vonatkoztatott szögsebessége megegyezik, így az

O

és

A

pontoké is. Ha az

A B

távolságot

x

-szel jelöljük, akkor a következőt kapjuk:

\begin{matrix} \frac{v}{r - x} = \frac{- u}{x}, honnan x = \frac{- r u}{v - u} . \end{matrix}

Helyettesítsük be

u

és

v

értékét (3) és (1)-ből:

\begin{matrix} x = \frac{- [u_{0} - g μ t (1 + m r^{2} / I)]}{r ω_{0} + (m r^{2} / I) g μ t} r . \end{matrix}

Az indulás pillanatában

(t = 0)

x = \frac{v_{0} - r ω_{0}}{ω_{0}} < 0

(ha

ω_{0}

pozitív), tehát a forgástengely a sík alatt helyezkedik el,

t = t_{0}

-ra pedig

x = 0

, vagyis a forgástengely az

A

pontig tolódott el. Ettől kezdve valósulhat meg a tiszta legördülés.
2. Ha

u_{0} < 0

, akkor a súrlódási erő

- S = m g μ

. A kiindulási egyenletek:

\begin{matrix} a = g μ, β = - \frac{m g μ r}{I} . \end{matrix}

Az 1. eset számolásához hasonlóan járunk el és a következő összefüggéseket kapjuk:

\begin{matrix} t_{0} = \frac{- u_{0}}{g μ (1 + \frac{m r^{2}}{I})} = \frac{r ω_{0} - v_{0}}{g μ (1 + \frac{m r^{2}}{I})}; \\ x = \frac{- [u_{0} + g μ t (1 + \frac{m r^{2}}{I})]}{r ω_{0} - \frac{m r^{2}}{I} g μ t} r . \end{matrix}

t = 0

-ban

x = - \frac{v_{0} - r ω_{0}}{ω_{0}} > 0

(ha

ω_{0}

pozitív), tehát a forgástengely

A

fölött helyezkedik el.

t = t_{0}

-ra ismét

A

lesz a forgástengely, a tiszta legördülés követelményének megfelelően.
3. Ha

u_{0} = 0

, akkor már az indulástól kezdve tiszta legördülés valósul meg, e forgástengely pedig mindig az

A

pont. Ha kihasználjuk, hogy egy homogén korong tehetetlenségi nyomatéka

I = (1 / 2) m r^{2}

, akkor láthatóvá válik, hogy eredményeink függetlenek a korong tömegétől. A súrlódási együtthatótól csak

t_{0}

és

x

függ, a kialakuló végsebesség azonban (4) szerint nem.

Torma Tibor (Budapest, Fazekas M. Gimn., I. o. t.) és
Váradi József (Budapest, Ságvári E. Gimn., IV. o. t.) dolgozata alapján