Kezdőlap


Feladat:	822. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Cserháti András , Gyimesi Ferenc , Lempert László
Füzet:	1969/december, 234 - 235. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb tehetetlenségi nyomaték, Egyéb gördülés (Gördülés), Forgási energia, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/február: 822. fizika feladat

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

I. megoldás. A korong és a hozzá rögzített rúd alkotta merev test a kezdeti labilis állapotból kibillentve a kisebb helyzeti energiájú stabilis állapotba kerül, a rúd oldalra billen. Mivel a csúszó súrlódás nagy, sima gördülés jön létre. A pillanatnyi forgástengely a korong és a sík érintkezési pontja $P$ , így a test mozgási energiája (ami a $P$ körüli forgás forgási energiája) a rúd földbe ütődésekor:

\begin{matrix} E_{kin} = \frac{1}{2} (I_{k} + I_{r}) ω^{2}, \end{matrix}

ahol

I_{k}

ill.

I_{r}

a korong, ill. rúd

P

-re vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka a véghelyzetben. Mivel a kibillentési munka elhanyagolhatóan kicsi, ez a mozgási energia egyenlő a helyzeti energia csökkenésével:

\begin{matrix} \frac{1}{2} (I_{k} + I_{r}) ω^{2} = m g Δ h, \end{matrix}

ahol

m

a rúd tömege.
Innen

\begin{matrix} ω = \sqrt[]{\frac{2 m g Δ h}{I_{k} + I_{r}}} . \end{matrix}

és a rúd végének sebessége a becsapódáskor

v = l ω

, s függőlegesen lefelé mutat (forgó mozgásnál a sebesség a forgástengelytől húzott sugárra merőleges).

1. ábra

Steiner tételének felhasználásával, ha

M

a korong tömege:

\begin{matrix} I_{k} = \frac{1}{2} M r^{2} + M r^{2}, I_{r} = \frac{1}{12} {(2 l)}^{2} m + m d^{2}, \end{matrix}

továbbá az ábráról hasonló háromszögekből

\begin{matrix} \frac{d / 2}{r} = \frac{l}{s}, \end{matrix}

így

s = \sqrt[]{r^{2} + l^{2}}

alapján

d = \frac{2 r l}{\sqrt[]{r^{2} + l^{2}}}; Δ h = 2 r - d cos α = 2 r - \frac{2 r l}{\sqrt[]{r^{2} + l^{2}}} \cdot \frac{l}{\sqrt[]{r^{2} + l^{2}}} = 2 r (1 - \frac{l^{2}}{r^{2} + l^{2}})

, s ezekkel

\begin{matrix} v = 2 l \sqrt[]{\frac{g r (1 - \frac{l^{2}}{r^{2} + l^{2}})}{\frac{3 M}{2 m} r^{2} + l^{2} (\frac{1}{3} + \frac{4 r^{2}}{r^{2} + l^{2}})}} . \end{matrix}

Numerikus adataink esetén

v \approx 4, 0 m/s .

Cserháti János (Székesfehérvár, Teleki Blanka Gimn., III. o. t.

II. megoldás. Felbonthatjuk a lebillenés utáni mozgást a tömegközéppont egyenesvonalú haladó mozgására és a korong

O

középpontja körüli forgásra. Ekkor az energia megmaradást kifejező egyenlet így alakul:

\begin{matrix} m g Δ h = \frac{1}{2} (I_{k} + I_{r}) ω^{2} + \frac{1}{2} (m + M) v_{h}^{2}, \end{matrix}

ahol

I_{k}

és

I_{r}

most az

O

-ra vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékok:

\begin{matrix} I_{k} = \frac{1}{2} M r^{2}, I_{r} = \frac{1}{12} m {(2 l)}^{2} + m r^{2} . \end{matrix}

Ekkor a sima legördülés miatt

ω = \frac{v_{h}}{r} .

Az I. megoldáshoz hasonlóan számíthatjuk

Δ h

-t, s ezzel az energiaegyenletből megkapjuk az

ω

-t.

2. ábra

A rúd végének a haladó, ill. az

O

körüli forgó mozgásból származó sebesség összetevői a becsapódáskor:

\begin{matrix} v_{k} = O R \cdot ω = \sqrt[]{r^{2} + l^{2}} ω; \end{matrix}

v_{k}

vízszintes,

v_{h}

pedig

\bar{O R}

-re merőleges. Könnyen belátható hasonlóságból, hogy a két komponens eredője függőlegesen lefelé mutat, s nagysága:

\begin{matrix} v = \sqrt[]{v_{k}^{2} - v_{u}^{2}} = l ω . \end{matrix}

Gyimesi Ferenc (Győr, Révai M. Gimn., III. o. t. ) dolgozata alapján

Megjegyzések. I. Az eredményül kapott képletből látható, hogy

v

csak a korong és rúd tömegének arányától függ.
2. Több versenyző rosszul alkalmazta a Steiner tételt, illetve nem volt tisztában azzal, hogy a test minden alkotórészének tehetetlenségi nyomatékát ugyanarra a forgástengelyre kell vonatkoztatni.