Feladat: 899. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Berkes Enikő ,  Blahó Ágnes ,  Bodnár István ,  Boros Endre ,  Gács Lajos ,  Gál Péter ,  Hernádi Zsuzsanna ,  Komornik Vilmos ,  Kramer András ,  Magyar András ,  Nagy Péter ,  Pataki Béla ,  Reviczky János ,  Sebestyén Péter ,  Simon László ,  Szabó László ,  Torma Tibor 
Füzet: 1971/január, 34 - 35. oldal  PDF file
Témakör(ök): Csigasor, Pontrendszerek mozgásegyenletei, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/március: 899. fizika feladat

Az ábrán látható elrendezésben a csigák súlytalanok,súrlódás nélküliek, és a fonalak is ideálisak. Számítsuk ki a fonalakra erősített hat test gyorsulását és a kötélerőket! (Lásd a 820. feladat megoldását!)
 

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

A csigák és a kötelek súlytalanok, súrlódás nincs, vagyis az egyes kötéldarabokat végig ugyanaz az erő feszíti, függetlenül attól, hogy a kötéldarab egyenes, vagy csigákat kerül-e meg. Feladatunkban tíz kötéldarab szerepel.

 
 
1. ábra
 

A hat tömegre, valamint a hét csigára írjuk fel a mozgásegyenleteket (Newton II. törvénye). Az 1. ábrán láthatók az egyes testekre ható erők. Jelöljük az m1 tömegű test gyorsulását a1-gyel, az m2-ét a2-vel, ..., az m6-ét a6-tal, és válasszuk a pozitív irányt minden esetben lefelé.
 

A mozgásegyenletek a hat tömegpontra:
m1a1=m1g+K5-K4,MMMMMMMMMMMMMMMMM(1)m2a2=m2g+K5-K7,(2)m3a3=m3g+K6-K8,(3)m4a4=m4g+K6-K4,(4)m5a5=m5g-K9,(5)m6a6=m6g-K10.(6)
A csigák tömege nulla, vagyis mozgásegyenletük bal oldala a gyorsulásoktól függetlenül nulla:
0=K1-2K4,(7)MMMMMM0=K2-2K4,(8)0=K3-2K4,(9)0=2K4-K7,(10)0=2K4-K8,(11)0=2K5-K9,(12)0=2K6-K10.(13)


16 ismeretlenünkhöz még csak 13 egyenlet van. A hiányzó egyenletek azt fejezik ki, hogy a kötelek nyújthatatlanok: a gyorsulások nem függetlenek egymástól (kényszer feltétel). A 2. ábrán a bal alsó csigát és környezetét rajzoltuk le az indulás pillanatában és t idővel később.
 
 
2. ábra
 

Jelöljük az m1, m2 és m3 test elmozdulásait x1, x2 és x5-tel. A fonál nyújthatatlan, vagyis
x1+x2=2x5.
Az
x1=(1/2)a1t2,x2=(1/2)a2t2,x5=(1/2)a5t2
egyenlőségeket behelyettesítve kapjuk, hogy
a1+a2=2a5.(14)
Hasonlóan
a3+a4=2a6.(15)

Az előző mintára mozdítsuk az m1, m2 és m3 tömegeket lefelé x1, x2 és x3 távolsággal, ekkor az m4 tömeg x4 elmozdulása már adódik:
x4=-(x1+2x2+2x3),
mert közben a K4 feszültségű fonál hossza állandó maradt.

Ezekre az elmozdulásokra
x1=(1/2)a1t2,x2=(1/2)a2t2,x3=(1/2)a3t2,x4=(1/2)a4t2;
vagyis
a1+2a2+2a3+a4=0.(16)

Az így kapott egyenletrendszer gyökei a keresett mennyiségek. A megoldás általános esetben nagyon hosszadalmas, de adott számadatokkal egyszerű. Annyi rögtön látszik, hogy
K1=K2=K3=K7=K8=K4/2,
valamint a (14), (15) és (16) egyenletek szerint valamennyi gyorsulás nem lehet azonos előjelű, mindig lesz olyan test, amelyik lefelé és olyan is, amelyik fölfelé mozog.
 

Blahó Ágnes (Szeged, Radnóti M. Gimn., II. o. t.)