Kezdőlap


Feladat:	853. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Amtmann Árpád , Balla Éva , Szolcsányi György , Tichy-Rács Ádám , Váli György
Füzet:	1970/március, 139 - 140. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tökéletesen rugalmas ütközések, Tökéletesen rugalmatlan ütközések, Egyenletesen változó mozgás (Tömegpont mozgásegyenelete), Csúszó súrlódás, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/szeptember: 853. fizika feladat

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

I. megoldás. A mozgás leírásához szükségünk van a láda ütközés utáni sebességére. Mivel az ütközés pillanatában a rendszerre ható külső erők eredője $0$ , mindkét esetben érvényes az impulzusmegmaradás törvénye.
a) Feltételezve, hogy a láda ütközés utáni sebességének iránya megegyezik a nekidobott tárgy ütközés előtti sebességének irányával (centrális ütközés), az impulzus és a mechanikai energia megmaradásának törvényéből a láda sebessége ütközés után

\begin{matrix} v_{2} = \frac{2 m_{1}}{m_{1} + m_{2}} v . \end{matrix}

Adatainkkal:

v_{2} = 4, 5 m/s

.
b) Felhasználva, hogy a két test ütközés utáni sebessége azonos, az impulzusmegmaradás törvényéből

\begin{matrix} v'_{2} = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} v . \end{matrix}

Adatainkkal:

v'_{2} = 2, 25 m/s

.
Ezzel az állandó sebességgel mozog a láda a súrlódásmentes részen.
A súrlódásos részre érve, a ládára ható erők eredője már nem

0

. Rá vízszintes síkban, a mozgással ellentétes irányban az

S

súrlódási erő hat, és Newton II. törvénye szerint

\begin{matrix} - S = m a . \end{matrix}

Tudjuk továbbá, hogy amíg a láda vízszintes egyenes mentén mozog,

\begin{matrix} S = μ m g . \end{matrix}

Így a láda gyorsulása:

a = - μ g

. (

a

csak a nehézségi gyorsulástól és a súrlódási tényezőtől függ. Ezt összevetve a sebesség kiszámítására talált összefüggéssel, megállapíthatjuk, hogy a feladat megoldásához nem szükséges a két tömeg nagysága, elég a tömegek arányának ismerete.) Adatainkkal

a = - 1, 96 {m/s}^{2}

.
A láda sebességének időfüggvénye

a)

v = v_{2} + a t = \frac{2 m_{1}}{m_{1} + m_{2}} v - μ g t = 4, 5 m/s - (1, 96 {m/s}^{2}) t,

v' = v'_{2} + a t = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} v - μ g t = 2, 25 m/s - (1, 96 {m/s}^{2}) t,

ha az időt a súrlódásos rész elérésétől mérjük.

t_{1} = - \frac{v_{2}}{a}

, illetve

t'_{1} = - \frac{v'_{2}}{a}

idő elteltével a test megáll, és nem mozog tovább, a súrlódási erő

0

lesz.
Tehát a függvény értelmezési tartománya:

\begin{matrix} a) 0 < t < \frac{v_{2}}{- a} = 2, 3 s, b) 0 < t < \frac{v'_{2}}{- a} = 1, 15 s . \end{matrix}

Ezzel a mozgást teljesen jellemeztük.
A láda a súrlódásos rész szélétől

\begin{matrix} a) s = \frac{v_{2}^{2}}{- 2 a} = 5, 16 m, b) s = \frac{v'_{2}^{2}}{- 2 a} = 1, 25 m \end{matrix}

távolságig jut el.

Amtmann Árpád (Esztergom, I.István Gimn., III. o. t.)

II. megoldás. Az előző megoldásban a ládát tömegpontnak tekintettük. Vizsgáljuk meg, hogyan zajlik le a súrlódás nélküli felülettől a súrlódásos részre való átcsúszás, ha a homogén tömegeloszlású láda hosszúsága

l

.
Ha a láda első éle a két felület határvonalától

x

távolságra van (feltéve, hogy a láda súlya egyenletesen oszlik el) a súrlódásos részt és a láda alját

x

-szel arányos

N = m μ g \cdot \frac{x}{l}

nagyságú erő nyomja össze. A ládát tehát egy, a mozgás irányával ellentétes irányú

\begin{matrix} S = - N = - μ \frac{m g}{l} x \end{matrix}

erő fékezi. Ez az összefüggés hasonló alakú az

F = - k x

rugóegyenlethez. Ismerve, hogy a rugó hosszát

l

-lel megváltoztatva, rajta

W = (1 / 2) k l^{2}

munkát kell végezni, a láda mozgási energiája a síkra való teljes rácsúszásig

\begin{matrix} W = \frac{1}{2} \frac{μ m g}{l} l^{2} = \frac{1}{2} l μ m g -vel \end{matrix}

csökken. Tehát amikor a láda eleje a határvonaltól

l

távolságra van, mozgási energiája

\begin{matrix} W_{kin} = \frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} μ m g l . \end{matrix}

A továbbiakban a láda ,,b'' úton munkát végez az

S = μ m g

fékező erő ellen, egészen addig, amíg meg nem áll:

\begin{matrix} \frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} μ m g l = S \cdot b = μ m g \cdot b . \end{matrix}

Ebből a láda elejének a határvonaltól mért legnagyobb távolsága

\begin{matrix} s^{*} = l + b = \frac{1}{2} l + \frac{1}{2} \cdot \frac{v^{2}}{μ g}, \end{matrix}

mindkét esetben

l / 2

-veI nagyobb, mint az előbb számított érték.
Mint láthattuk, a feladatot az energiaviszonyok vizsgálatával is meg lehet oldani. (Ha

l

-et

0

-nak vesszük, az előbbi eredményeket kapjuk vissza.)

Balla Éva (Budapest, I. István Gimn., III. o. t.)