Kezdőlap


Feladat:	796. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Dombi Gábor , Fischer Ágnes , Gyimesi Ferenc , Lempert László , Ormos Pál , Varga Zsuzsanna
Füzet:	1969/április, 187 - 188. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Gördülés lejtőn, Pillanatnyi forgástengely, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/november: 796. 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, $I$ tehetetlenségi nyomatékú hengerre $m g sin α$ nagyságú mozgatóerő és $F_{s}$ súrlódási erő hat (1. ábra).

1. ábra

A test súlypontjának gyorsulását az alábbi mozgásegyenlet határozza meg:

\begin{matrix} m a = m g sin α - F_{s} . \end{matrix}

(1)

A súrlódási erő forgatónyomatéka a súlypontra

F_{s} r

(

r

a henger sugara), így a henger

β

szöggyorsulása a forgómozgás alapegyenlete szerint

\begin{matrix} β = F_{s} r / I . \end{matrix}

(2)

Az (1) és (2) egyenletrendszerben három ismeretlen szerepel (

F_{s}

a

és

β

), ezért még egy összefüggésre van szükségünk. Két eset lehetséges. Ha a súrlódási együttható elég nagy, akkor a test sima legördülést végez. Ennek feltétele az, hogy

\begin{matrix} a = r β \end{matrix}

(3)

teljesüljön. Az (1), (2) és (3) egyenletekből

\begin{matrix} F_{s} = \frac{m g sin α}{m r^{2} / I + 1}, \end{matrix}

mely az

I = m r^{2} / 2

összefüggés felhasználásával

F_{s} = \frac{1}{3} m g sin α

alakra hozható. Ezt a súrlódási erőt az

F_{ny} = m g cos α

nyomóerő hozza létre, és így fenn kell, hogy álljon az

F_{s} \leq μ F_{ny}

egyenlőtlenség. Behelyettesítve és

m g cos α

-val egyszerűsítve kapjuk, hogy

μ \geq (1 / 3) tg α

. Mivel

α = 60^{\circ}

és

μ = 0, 1

értékek ezt nem elégítik ki, így sima legördülés nem jöhet létre, hanem a henger csúszik a lejtőn. Ekkor a (3) egyenlet nem érvényes, helyette viszont felírhatjuk, hogy a súrlódási erő a maximális

\begin{matrix} F_{s} = m g μ cos α \end{matrix}

(3')

értéket veszi fel. Az (1), (2) és (3') egyenletek megoldása

\begin{matrix} a = g (sin α - μ cos α), \end{matrix}

(4)

\begin{matrix} β = \frac{2 g μ cos α}{r} . \end{matrix}

(5)

A pillanatnyi forgástengely a testnek (vagy meghosszabbításának) olyan része, melynek pillanatnyi sebessége nulla. A súlyponttól

O P = R

távolságra fekvő

P

pont

t

idővel a mozgás megkezdése után

v_{1} = a t

lejtőirányú és

v_{2} = R β t

kerületi sebességgel rendelkezik (2. ábra).

2. ábra

Ezek összege akkor lesz nulla, ha

v_{1} = v_{2}

és az

O P

merőleges a lejtő síkjára. A pillanatnyi forgástengely tehát a henger súlypontjától

\begin{matrix} R = \frac{a t}{β t} = \frac{r}{2 μ} (tg α - μ) \end{matrix}

távolságra helyezkedik el. Numerikus adatokkal

a = 8,0 {m/s}^{2}

és

R = 8, 2 r

Varga Zsuzsanna (Szeged, Radnóti M. Gimn., III. o. t. )

II. megoldás. Az a) kérdésre megadhatjuk a választ az energiatétel felhasználásával is. A test helyzeti energiája mozgási és forgási energiává alakul, valamint fedezi a súrlódási erő munkáját. A henger

t

idő alatt

s_{1} = {a t}^{2} / 2

, kerületi pontjai a forgás miatt

s_{2} = r β t^{2} / 2

utat tesznek meg. A két elmozdulás ellentétes irányú, így a súrlódási erő csak

s_{1} - s_{2}

az úton végez munkát. A henger súlypontjának sebessége

v = a t

, szögsebessége

ω = β t

. Az energiatétel:

\begin{matrix} m g s sin α = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} I ω^{2} + m g μ cos α \cdot (s_{1} - s_{2}) . \end{matrix}

(6)

Figyelembe véve, hogy

β = \frac{r μ m g cos α}{I}

, ezt (6)-ba helyettesítve az egyszerűsítések után megkapjuk a (4) alatti eredményt.

Dombi Gábor (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., III. o. t. )

Megjegyzés. Sok megoldó tévesen a hengernek lejtővel érintkező alkotóját tekintette pillanatnyi forgástengelynek. Ez csak sima legördülésnél helyes.