|
Feladat: |
1500. fizika feladat |
Korcsoport: 18- |
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 | MathML |
Témakör(ök): |
Kötélsúrlódás, Rögzített tengely körüli forgás (Merev testek mozgásegyenletei), Határozott integrál, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1978/április: 1500. fizika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Használjuk az feladat megoldásának jelöléseit (l. az ábrát)! Az egyes testek mozgásegyenlete ugyanaz, mint az feladatban:
és továbbra is fennáll az és a közötti, a kötél nyújthatatlanságából eredő összefüggés:
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 tehát még egy egyenletre van szükségünk. Tekintsük a kötélnek egy kis 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 nagyságú erővel nyomja a hengert. Mivel a kötél csúszik,
2. ábra
A súlytalan kötéldarabra ható erőknek ki kell egyensúlyozniuk egymást, különben a gyorsulás végtelenül nagy lenne, ezért azaz A (6), (8) és (9) összefüggések közelítőek, annál pontosabbak, minél kisebb a dφ. A dφ→0 határátmenettel (9)-ből a differenciálegyenletet kapjuk. Rendezzük át az egyenletet, és integráljuk mindkét oldalt φ1,φ2 határok között: ∫φ1φ2dK(φ)K(φ)=μ∫φ1φ2dφ;(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)=K1⋅eμφ,(13a)K2=K1⋅e2πμ.(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=g⋅2m2m+m1c;β1=gr1⋅2m2m+m1c;K1=mg⋅m12m+m1c;(14)K2=mg⋅m12m+m1c⋅c;β2=gr2⋅2m2m+m1c⋅m1m2(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)μ≤12π⋅lnm1+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=gr2⋅2m2m+m1+m2;K1=m1gm2m+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]=μ2πn⋅K[(i-1)2πN], | (16) | azaz | K(i2πn)=(1+μ2πn)K[(i-1)2πn]=(1+μ2πn)iK(0), | (17) | ahonnan Ez az egyenlőség annál pontosabb, minél nagyobb n. A felosztást finomítva megkapjuk (13b)-t: | K2=K1⋅limn→∞(1+2πμn)n=K1⋅e2πμ. | (19) |
Kilián Imre (Debrecen, KLTE Gyak. Gimn., IV. o. t.) |
|