Kezdőlap


Feladat:	1181. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kárpáti Gábor
Füzet:	1974/november, 171 - 172. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pontrendszerek mozgásegyenletei, Egyenesvonalú mozgás lejtőn, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/január: 1181. fizika feladat

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

A $m_{2}$ és $m_{3}$ tömegű testek a feltétel szerint egymáshoz viszonyítva nyugalomban vannak. Ahhoz, hogy ez a nyugalom tartósan fennálljon, szükséges, hogy a $m_{1}$ tömegű test is nyugalomban legyen e két testhez képest.
A $M = m_{1} + m_{2} + m_{3}$ tömegű és a $m_{4}$ tömegű test mozgásegyenlete

\begin{matrix} M a_{y} & = M g - N cos β, & (1) \\ M a_{x} & = N sin β, & (2) \\ 0 & = m_{4} g - F + N cos β, & (3) \\ m_{4} a_{4} & = N sin β, & (4) \end{matrix}

ahol

a_{y}

M

tömgű test függőleges,

a_{x}

a vízszintes irányú gyorsulása,

a_{4}

m_{4}

tömegű test gyorsulása az 1. ábrán megadott pozitív irányokhoz viszonyítva,

N

M

és

m_{4}

tömegű testek között ható nyomóerő nagysága.

1. ábra

M

tömegű test a mozgás során végig a lejtőn marad, ezt fejezi ki

\begin{matrix} tg β = \frac{a_{y}}{a_{x} + a_{4}} \end{matrix}

(5)

összefüggés.
A fenti egyenletek azonban nem adnak számot a

M

tömeggé egyesített

m_{1}

m_{2}

m_{3}

tömegű testekből álló rendszeren belüli viszonyokról. A

m_{1}

tömegű testet tartó fonál zárjon be a szöget a függőlegessel. A 2. ábra jelöléseivel a

m_{1}

tömegű test mozgásegyenletei

\begin{matrix} m_{1} a_{x} & = K sin α, & (6) \\ m_{1} a_{y} & = m_{1} g - K cos α . & (7) \end{matrix}

2. ábra

Az (1), (2) és a (6), (7) egyenletekből a következőket kapjuk:

\begin{matrix} g = a_{y} + a_{x} ctg β, ill. g = a_{y} + a_{x} ctg α, \end{matrix}

amiből

a_{x} \neq 0

folytán

α = β

, azaz a kötelet a lejtőre merőleges helyzetben kell indítanunk.

3. ábra

m_{2}

tömegű testre ható erők vízszintes komponenseinek egyensúlyából (3. ábra):

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

(8)

A (6), (8) egyenletekből

\begin{matrix} m_{1} = m_{2} sin α, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} m_{1} = 1 kg . \end{matrix}

m_{1}

ismeretében visszatérhetünk az (1)‐(5) egyenletrendszer megoldására, ahonnan a keresett

F

nyomóerőre a következő kifejezést kapjuk:

\begin{matrix} F = \frac{M g}{[1 + (M / m_{4})] {tg}^{2} β + 1} + m_{4} g = 16 kp . \end{matrix}

Kárpáti Gábor (Kaposvár, Táncsics M. Gimn., II. o. t.)