Feladat: 1500. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bene Gyula ,  Csordás András ,  Czuczor Lajos ,  Frey István ,  Kaufmann Zoltán ,  Kilián Imre ,  Mechler Ferenc ,  Pakai Tibor ,  Samu Péter ,  Sas Viktor 
Füzet: 1978/november, 182 - 184. oldal  PDF file
Témakör(ök): Kötélsúrlódás, Rögzített tengely körüli forgás (Merev testek mozgásegyenletei), Határozott integrál, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1978/április: 1500. fizika feladat

Oldjuk meg az 1447. feladatot (KML 56(1978) 87. old.) a nagy henger és a fonál közötti súrlódási együttható tetszőleges értékére. (L. az 1479. feladatot a januári számban.)
 
(Az 1447. feladat szövege: Egy 20 cm sugarú, 2 kg tömegű hengerről lecsavarodó fonál 60 cm sugarú, 18 kg tömegű hengeren van körülcsavarva (1. az ábrát). A fonál végén 26 kg tömegü test lóg. Mekkora lesz az egyes hengerek szöggyorsulása, ha magára hagyjuk a rendszert?
Mekkora erő feszíti a fonalat? A hengerek homogén anyageloszlásúak, a fonál súlytalannak tekinthető.)
 
 

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

 
I. megoldás. Használjuk az 1447. feladat megoldásának jelöléseit (l. az 1. ábrát)! Az egyes testek mozgásegyenlete ugyanaz, mint az 1447. feladatban:
ma=mg-K2,(1)[(1/2)m1r12]β1=K1r1,,(2)[(1/2)m2r22]β2=Sr2=(K2-K1)r2,(3)


és továbbra is fennáll az a és a β1 közötti, a kötél nyújthatatlanságából eredő összefüggés:
a=r1β1.(4)

 

 

1. ábra

 

A súrlódási együttható értékétől függően két eset lehetséges: a kötél vagy tapad a nagy hengerhez, vagy csúszik rajta. Vizsgáljuk az utóbbi esetet! Ekkor
ar2β2,(5)
tehát még egy egyenletre van szükségünk. Tekintsük a kötélnek egy kis dφ középponti szöghöz tartozó darabját (2. ábra)! A kötéldarab végeinél ható erők nagyságát jelöljük K(φ), ill. K(φ+dφ)-vel! Az ábráról leolvasható, hogy a kötéldarab
dNK(φ)dφ(6)
nagyságú erővel nyomja a hengert. Mivel a kötél csúszik,
dS=μdN.(7)

 

 

2. ábra

 

A súlytalan kötéldarabra ható erőknek ki kell egyensúlyozniuk egymást, különben a gyorsulás végtelenül nagy lenne, ezért
K(φ+dφ)-K(φ)=ds,(8)
azaz
K(φ+dφ)-K(φ)=μK(φ)dφ.(9)
A (6), (8) és (9) összefüggések közelítőek, annál pontosabbak, minél kisebb a dφ. A dφ0 határátmenettel (9)-ből a
dK(φ)dφ=μK(φ)(10)
differenciálegyenletet kapjuk. Rendezzük át az egyenletet, és integráljuk mindkét oldalt φ1,φ2 határok között:
φ1φ2dK(φ)K(φ)=μφ1φ2dφ;(11)lnK(φ2)K(φ1)=μ(φ2-φ1).K(φ2)=K(φ1)eμ(φ2-φ1).(12)


Felhasználva, hogy K(0)=K1; K(2π)=K2, (12)-ből φ1=0, φ2=2π helyettesítéssel nyerjük:
K(φ)=K1eμφ,(13a)K2=K1e2πμ.(13b)
Ezzel megkaptuk (10)-nek azt a megoldását, amely kielégíti a K(0)=K1 kezdeti feltételt (vö. a januári számban kitűzött 1479. feladattal). Az (1)-(4) egyenletrendszert a (13b) egyenlet teszi teljessé. A megoldás:

a=g2m2m+m1c;β1=gr12m2m+m1c;K1=mgm12m+m1c;(14)K2=mgm12m+m1cc;β2=gr22m2m+m1cm1m2(c-1);c=e2πμ.
Ez a megoldás akkor helyes, azaz a kötél akkor csúszik valóban a hengeren, ha (5) teljesül. Ez a feltétel (14) behelyettesítésével a
m1m2(c-1)1,(15)μ12πlnm1+m2m1


alakra hozható. Ha μ a jobb oldalon álló értéknél nagyobb, a kötél nem tud megcsúszni a hengeren. Ebben az esetben (10) és (13b) nem igaz, de (5)-ben az egyenlőség teljesül, és ez adja az ötödik egyenletet. A keresett mennyiségek ebben az esetben
a=g2m2m+m1+m2;β1=gr12m2m+m1+m2;β2=gr22m2m+m1+m2;K1=m1gm2m+m1+m2;



K2=mgm1+m22m+m1+m2.

 

 Czuczor Lajos (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.) és
 Bene Gyula (Miskolc, Földes F. Gimn., III. o. t.)
 dolgozata alapján
 

II. megoldás. A K1 és a K2 közötti összefüggés a következő úton is megkapható: a kötélnek a hengerre tekeredő részét n egyenlő részre osztva, az i-edik darabra (9) alapján
K(i2πn)-K[(i-1)2πn]=μ2πnK[(i-1)2πN],(16)
azaz
K(i2πn)=(1+μ2πn)K[(i-1)2πn]=(1+μ2πn)iK(0),(17)
ahonnan
K2=K1(1+μ2πn)n.(18)
Ez az egyenlőség annál pontosabb, minél nagyobb n.
A felosztást finomítva megkapjuk (13b)-t:
K2=K1limn(1+2πμn)n=K1e2πμ.(19)

 
 Kilián Imre (Debrecen, KLTE Gyak. Gimn., IV. o. t.)