Feladat: 1566. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Woynarovich Ferenc 
Füzet: 1979/december, 235 - 238. oldal  PDF file
Témakör(ök): Pontrendszerek mozgásegyenletei, Nyomóerő, kötélerő, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/március: 1566. fizika feladat

A csigán átvetett fonál hosszan lelógó végén egy 2 kg tömegű test lóg. A vízszintes kötélrész közepére kis csigát teszünk, amelyhez szintén egy 2 kg tömegű test van erősítve (lásd az ábrát). A testeket kezdősebesség nélkül elengedjük. A mozgás folyamán mely helyzetben lesz nulla a testek gyorsulása? Mennyi ekkor az egyes testek sebessége? (A súrlódástól eltekinthetünk.)
 

 

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

Írjuk fel az egyes testek mozgásegyenletét és a kényszerfeltételt.

 



 

A függőleges fonálon lógó testre
K-mg=ma1,(1)
a mozgó csigán levőre pedig
mg-2Ksinα=ma2.(2)
(A gyorsulásokat ‐ és később a sebességeket is ‐ akkor vettük pozitívnak, ha azok az 1. ábrán bejelölt irányokba mutatnak.)
Nézzük meg a testek helyzetének a megváltozását egy kis Δt időköz alatt! Mozduljon el az 1-es test Δh1-gyel felfelé, eközben süllyedjen a 2-es test Δh2-vel és az α szög növekedjen Δα-val!
 

 
1. ábra

 

 
2. ábra

 

A 2. ábráról leolvasható, hogy
Δh1/2=Δh2sin(α+Δα)-Δh2cosαtg(Δα/2).(3)
Mivel
Δh1v1Δt(4)Δh2v2Δt,


ahol v1 és v2 a pillanatnyi sebességek,
(1/2)v1v2sin(α+Δα)-v2cosαtg(Δα/2).(5)
(4) és így (5) is annál pontosabb, minél kisebbre választjuk Δt-t. Ezért Δt-t egyre kisebbnek választva az (5) közelítő egyenlőség végül is a pillanatnyi sebességek között fennálló
(1/2)v1=v2sinα(6)
pontos egyenlőségbe megy át.
Nézzük meg, milyen feltétel következik (6)-ból a gyorsulásokra! Az előző gondolatmenetünket alkalmazva most a sebességek kis Δt' idő alatti megváltozását vizsgáljuk. Δt' elteltével (6) szerint a sebességek az
(1/2)(v1+Δv1)=(v2+Δv2)sin(α+Δα')(7)
egyenlőséget elégítik ki. Vonjuk ki ebből (6)-ot:
(1/2)Δv1=Δv2sin(α+Δα')+v2[sin(α+Δα')-sinα]==Δv2sin(α+Δα')+v2cosαsinΔα'+v2sinα(cosΔα'-1).(8)


Felhasználva, hogy
Δv1a1Δt',Δv2a2Δt',(9)12a1a2sin(α+Δα')+v2cosαsinΔα'Δt'-v2sinα1-cosΔα'Δt'.(10)


A 2. ábráról leolvasható, hogy Δt' idő alatt (Δα' szögváltozás esetén) a 2-es test
Δh2=d[tg(α+Δα')-tgα]=dsinΔα'cos(α+Δα')cosα(11)
távolságot ereszkedik, amely most
Δh2v2Δt'-vel(12)
helyettesíthető. (11) és (12) összevetéséből
sinΔα'Δt'v2dcos(α+Δα')cosα(13)
adódik. Ugyanakkor
1-cosΔα'Δt'1-1-(v2cos(Δα'+α)cosαdΔt')2Δt',(14)
amely az elég kicsiny x-ekre használható
1-x2=1-(1/2)x2(15)
közelítés segítségével (mindkét oldalt négyzetre emelve láthatjuk, hogy az eltérés (1/4)x4, ami annál kisebb, minél kisebb az x és még a kicsiny (1/2)x2-nél is gyorsabban közeledik 0-hoz, ha x közeledik 0-hoz) az
1-cosΔα'Δt'12(v2cos(α+Δα')cosαd)2Δt'(16)
alakra hozható. (16)-ot és (13)-at behelyettesítjük (10)-be és felhasználjuk, hogy a (9), (12) és (15) egyenletek annál pontosabbak, minél kisebbre választjuk a Δt'-t. Így végül azt kapjuk, hogy a gyorsulások között az
(1/2)a1=a2sinα+(v22/d)cos3α(17)
összefüggésnek kell fennállnia. (Megjegyezzük, hogy (17) nem független (6)-tól, hisz abból származtattuk, és végül is mindkettő ugyanazt a tényt, a kötél nyújthatatlanságát fejezi ki.)
(17)-ből kiolvasható, hogy a1 és a2 semmilyen 0<α<90 értékre nem lehet egyszerre nulla, hacsak nem v2=0. Vizsgáljuk tehát a sebességeket! Ehhez legcélszerűbb az energiamegmaradás tételét használni. Ha a rendszert α=0-ból kezdősebesség nélkül indítjuk, a testek helyzeti energiája
ΔEh=mg(h2-h1)=mgd[tgα-2(1cosα-1)](18)
értékkel csökken, a mozgási energia pedig
ΔEmozg=(1/2)m(v12+v22)(19)
értékkel nő, mialatt a kötél vízszintessel bezárt szöge 0-ról α-ra nő. (18), (19), valamint (6) összevetéséből
v22=2dg[tgα-2(1-cosαcosα)]1+(2sinα)2(20)
adódik. Ebből látható, hogy α csak addig nőhet, amíg
tgα-21-cosαcosα=0.(21)
nem lesz. A (21) megoldásaként adódó α-nál ΔEh=0, a rendszer összes energiája megint, ugyanúgy, ahogy az indulás pillanatában, helyzeti energia lesz, tehát a rendszer az α=0 és a (21) megoldásaként adódó αv érték között rezeg. (21) a
tgα=2tg(α/2)1-tg2(α/2)éscosα=1-tg2(α/2)1+tg2(α/2)
összefüggések felhasználásával a
tg(αv/2)=1/2(22)
alakra hozható, ahonnan az
αv=53,13(23)
eredmény kapható. 0 és 53,13 között v20, tehát a két gyorsulás közül egyszerre csak az egyik lehet nulla.
α=0-ban v2=0 (így indítjuk a rendszert) és így a (17) összefüggésből a1=0. (1) szerint ekkor K=mg, (tehát nem végtelen nagy), így (2)-ből a2=g adódik.
A visszafordulás pontjában, αv-nél megint v2=0. (17), (1) és (2) egy háromismeretlenes egyenletrendszer, amelyből K-t kiküszöbölve
a1=-0,27ga2=-0,17g(24)


kapható. Tehát itt sem lesz mindkét gyorsulás nulla (ezt egyébként tudhattuk volna előre: ha a gyorsulások is és a sebességek is nullák, a rendszer nyugalomban maradna, az viszont α=30-nál lehet csak).
A válasz tehát az, hogy a feladatban leírt indítás esetén a rendszer rezgést végez, miközben α 0 és 53,13 között változik. A mozgás folyamán nem fordul elő, hogy mindkét gyorsulás egyszerre lenne nulla.
(1), (2), (6), (17) és (20) egyébként egy olyan egyenletrendszert alkot, melyből a1,a2,v1 és v2 az α függvényében könnyen kiszámítható.
a1=g1+4sin2α{(1-2sinα)2sinα+4cos2α[sinα-2(1-cosα)]1+4sin2α};(25)a2=g1+4sin2α{(1-2sinα)-2sinα4cos2α[sinα-2(1-cosα)]1+4sin2α};v1=±2dg2sinαsinα-2(1-cosα)cosα(1+4sin2α);v2=±2dgsinα-2(1-cosα)cosα(1+4sin2α);(26)

 

 
3. ábra

 

 
4. ábra

 

A sebességek előjele pozitív, ha α nő, és negatív, ha α csökken. A kapott görbéket mutatja a 3. és a 4. ábra. Ezekről leolvasható, hogy amikor

a2=0,akkorα18,6,v10,412gd,v20,362gd,a10,55g,


és amikor

a1=0,akkorα36,v10,382gd,v20,332gd,s2-0,19g.


 Woynarovich Ferenc