Kezdőlap


Feladat:	955. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hasenfratz Anna , Prokopovitsch Ottó
Füzet:	1971/október, 88 - 89. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pontrendszerek mozgásegyenletei, Tömegközéppont mozgása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/január: 955. fizika feladat

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

I. megoldás Az $m_{1}$ tömegre hat a súlyerő ( $m g$ ) és a kötél valamilyen $K$ nagyságú erővel. Gyorsulása

\begin{matrix} a_{1} = \frac{m_{1} g - K}{m_{1}} . \end{matrix}

(1)

A kötél tömege 0, ezért Newton II. törvényéből következik, hogy bármely darabjára ható erők eredője 0. Amennyiben a kötelet tartó csiga tehetetlenségi nyomatéka is elhanyagolható, a kötél az

m_{2}

tömegű testet is

K

erővel húzza. Másrészt a kötélre ható erők eredője csak akkor lehet 0, ha a csiga rá olyan

F

erővel hat, melynek függőleges és vízszintes komponense is

K

nagyságú (1. ábra).

1. ábra

m_{2}

tömegű kocsi gyorsulása

\begin{matrix} a_{2} = K / m_{2} . \end{matrix}

(2)

Tudjuk, hogy a kötél nyújthatatlan, tehát

\begin{matrix} a_{1} = a_{2} . \end{matrix}

(3)

Az (1), (2), (3) egyenletrendszert az ismeretlen kötélerőre megoldva:

\begin{matrix} K = \frac{g}{1 / m_{1} + 1 / m_{2}} = g \frac{m_{1} m_{2}}{m_{1} + m_{2}} . \end{matrix}

(4)

A két kocsiból és a kötélből álló rendszerre tehát hat (2. ábra): a csiga vízszintes irányban

K

, függőleges irányban

K

erővel, a Föld az

m_{1} g

súlyerővel (az

m_{2} g

-t a talaj nyomóereje ellensúlyozza).

2. ábra

A rendszer tömegközéppontjának gyorsulása egyenlő a ható erők eredőjének és a rendszer tömegének hányadosával:

\begin{matrix} a_{x} = \frac{F_{x}}{M} & = \frac{K}{m_{1} + m_{2}} = g \frac{m_{1} m_{2}}{{(m_{1} + m_{2})}^{2}} = 2, 34 {m/s}^{2}, & (5) \\ a_{y} = \frac{F_{y}}{M} & = \frac{m_{1} g - K}{m_{1} + m_{2}} = g \frac{m_{1}^{2}}{{(m_{1} + m_{2})}^{2}} = 3, 90 {m/s}^{2} . & (6) \end{matrix}

Az állandó erő hatására gyorsuló, 0 kezdősebességgel induló tömegközéppont egy, a vízszintessel

α

szöget bezáró egyenest írt te (3. ábra) ahol

\begin{matrix} tg α = \frac{a_{y}}{a_{x}} = \frac{m_{1}}{m_{2}} = 0, 6. \end{matrix}

(7)

Prokopovitsch Ottó (Békéscsaba, Rózsa F. Gimn., II. o. t.)

II. megoldás. A tömegközéppont a két tömeget összekötő egyenesen van úgy, hogy azt

m_{1} / m_{2}

arányban osztja. Geometriai meggondolásokból következik, hogy a kocsik mozgása közben a tömegközéppont egy, a 3. ábrán látható egyenesen mozog. (Feltettük, hogy az

m_{2}

tömeg a csigától indul.)

3. ábra

Az (1), (2), (3) egyenletrendszert

a_{1} = a_{2}

-re megoldva kapjuk:

\begin{matrix} a_{1} = a_{2} = g \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} . \end{matrix}

(8)

Amíg az

m_{2}

tömegű kocsi a

H = a_{2} t^{2} / 2

utat megteszi, a tömegközéppont (Pitagorász tétele szerint)

\begin{matrix} H' = H \frac{\sqrt[]{m_{1}^{2} + m_{2}^{2}}}{m_{1} + m_{2}} = a t^{2} / 2 \end{matrix}

utat tesz meg. A két egyenletet elosztva a tömegközéppont gyorsulása

\begin{matrix} a = g \frac{m_{1} \sqrt[]{m_{1}^{2} + m_{2}^{2}}}{{(m_{1} + m_{2})}^{2}} = 4, 55 {m/s}^{2} . \end{matrix}

Hasenfratz Anna (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)