Kezdőlap


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

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

\begin{matrix} K - m g = m a_{1}, \end{matrix}

(1)

a mozgó csigán levőre pedig

\begin{matrix} m g - 2 K \cdot sin α = m a_{2} . \end{matrix}

(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

Δ t

időköz alatt! Mozduljon el az 1-es test

Δ h_{1}

-gyel felfelé, eközben süllyedjen a 2-es test

Δ h_{2}

-vel és az

α

szög növekedjen

Δ α

-val!

1. ábra

2. ábra

A 2. ábráról leolvasható, hogy

\begin{matrix} Δ h_{1} / 2 = Δ h_{2} \cdot sin (α + Δ α) - Δ h_{2} cos α \cdot tg (Δ α / 2) . \end{matrix}

(3)

Mivel

\begin{matrix} Δ h_{1} ≅ v_{1} Δ t & (4) \\ Δ h_{2} ≅ v_{2} Δ t, \end{matrix}

ahol

v_{1}

és

v_{2}

a pillanatnyi sebességek,

\begin{matrix} (1 / 2) v_{1} ≅ v_{2} sin (α + Δ α) - v_{2} cos α \cdot tg (Δ α / 2) . \end{matrix}

(5)

(4) és így (5) is annál pontosabb, minél kisebbre választjuk

Δ t

-t. Ezért

Δ t

-t egyre kisebbnek választva az (5) közelítő egyenlőség végül is a pillanatnyi sebességek között fennálló

\begin{matrix} (1 / 2) v_{1} = v_{2} sin α \end{matrix}

(6)

pontos egyenlőségbe megy át.
Nézzük meg, milyen feltétel következik (6)-ból a gyorsulásokra! Az előző gondolatmenetünket alkalmazva most a sebességek kis

Δ t'

idő alatti megváltozását vizsgáljuk.

Δ t'

elteltével (6) szerint a sebességek az

\begin{matrix} (1 / 2) (v_{1} + Δ v_{1}) = (v_{2} + Δ v_{2}) sin (α + Δ α') \end{matrix}

(7)

egyenlőséget elégítik ki. Vonjuk ki ebből (6)-ot:

\begin{matrix} (1 / 2) Δ v_{1} = Δ v_{2} sin (α + Δ α') + v_{2} [sin (α + Δ α') - sin α] = \\ = Δ v_{2} sin (α + Δ α') + v_{2} cos α sin Δ α' + v_{2} sin α (cos Δ α' - 1) . & (8) \end{matrix}

Felhasználva, hogy

\begin{matrix} Δ v_{1} ≅ a_{1} Δ t', \\ Δ v_{2} ≅ a_{2} Δ t', & (9) \\ \frac{1}{2} a_{1} ≅ a_{2} sin (α + Δ α') + v_{2} cos α \frac{sin Δ α'}{Δ t'} - v_{2} sin α \frac{1 - cos Δ α'}{Δ t'} . & (10) \end{matrix}

A 2. ábráról leolvasható, hogy

Δ t'

idő alatt (

Δ α'

szögváltozás esetén) a 2-es test

\begin{matrix} Δ h_{2} = d [tg (α + Δ α') - tg α] = d \frac{sin Δ α'}{cos (α + Δ α') cos α} \end{matrix}

(11)

távolságot ereszkedik, amely most

\begin{matrix} Δ h_{2} ≅ v_{2} Δ t' -vel \end{matrix}

(12)

helyettesíthető. (11) és (12) összevetéséből

\begin{matrix} \frac{sin Δ α'}{Δ t'} ≅ \frac{v_{2}}{d} cos (α + Δ α') cos α \end{matrix}

(13)

adódik. Ugyanakkor

\begin{matrix} \frac{1 - cos Δ α'}{Δ t'} ≅ \frac{1 - \sqrt[]{1 - {(\frac{v_{2} cos (Δ α' + α) cos α}{d} \cdot Δ t')}^{2}}}{Δ t'}, \end{matrix}

(14)

amely az elég kicsiny

x

-ekre használható

\begin{matrix} \sqrt[]{1 - x^{2}} = 1 - (1 / 2) x^{2} \end{matrix}

(15)

közelítés segítségével (mindkét oldalt négyzetre emelve láthatjuk, hogy az eltérés

(1 / 4) x^{4}

, ami annál kisebb, minél kisebb az

x

és még a kicsiny

(1 / 2) x^{2}

-nél is gyorsabban közeledik

0

-hoz, ha

x

közeledik

0

-hoz) az

\begin{matrix} \frac{1 - cos Δ α'}{Δ t'} ≅ \frac{1}{2} {(\frac{v_{2} cos (α + Δ α') cos α}{d})}^{2} Δ t' \end{matrix}

(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

Δ t'

-t. Így végül azt kapjuk, hogy a gyorsulások között az

\begin{matrix} (1 / 2) a_{1} = a_{2} sin α + (v_{2}^{2} / d) cos^{3} α \end{matrix}

(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

a_{1}

és

a_{2}

semmilyen

0^{\circ} < α < 90^{\circ}

értékre nem lehet egyszerre nulla, hacsak nem

v_{2} = 0

. Vizsgáljuk tehát a sebességeket! Ehhez legcélszerűbb az energiamegmaradás tételét használni. Ha a rendszert

α = 0

-ból kezdősebesség nélkül indítjuk, a testek helyzeti energiája

\begin{matrix} Δ E_{h} = m g (h_{2} - h_{1}) = m g d [tg α - 2 (\frac{1}{cos α} - 1)] \end{matrix}

(18)

értékkel csökken, a mozgási energia pedig

\begin{matrix} Δ E_{mozg} = (1 / 2) m (v_{1}^{2} + v_{2}^{2}) \end{matrix}

(19)

értékkel nő, mialatt a kötél vízszintessel bezárt szöge

0^{\circ}

-ról

α

-ra nő. (18), (19), valamint (6) összevetéséből

\begin{matrix} v_{2}^{2} = \frac{2 d g [tg α - 2 (\frac{1 - cos α}{cos α})]}{1 + {(2 sin α)}^{2}} \end{matrix}

(20)

adódik. Ebből látható, hogy

α

csak addig nőhet, amíg

\begin{matrix} tg α - 2 \frac{1 - cos α}{cos α} = 0. \end{matrix}

(21)

nem lesz. A (21) megoldásaként adódó

α

-nál

Δ E_{h} = 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

α_{v}

érték között rezeg. (21) a

\begin{matrix} tg α = \frac{2 tg (α / 2)}{1 - {tg}^{2} (α / 2)} és cos α = \frac{1 - {tg}^{2} (α / 2)}{1 + {tg}^{2} (α / 2)} \end{matrix}

összefüggések felhasználásával a

\begin{matrix} tg (α_{v} / 2) = 1 / 2 \end{matrix}

(22)

alakra hozható, ahonnan az

\begin{matrix} α_{v} = 53, 13^{\circ} \end{matrix}

(23)

eredmény kapható.

0^{\circ}

és

53, 13^{\circ}

között

v_{2} \neq 0

, tehát a két gyorsulás közül egyszerre csak az egyik lehet nulla.

α = 0

-ban

v_{2} = 0

(így indítjuk a rendszert) és így a (17) összefüggésből

a_{1} = 0

. (1) szerint ekkor

K = m g

, (tehát nem végtelen nagy), így (2)-ből

a_{2} = g

adódik.
A visszafordulás pontjában,

α_{v}

-nél megint

v_{2} = 0

. (17), (1) és (2) egy háromismeretlenes egyenletrendszer, amelyből

K

-t kiküszöbölve

\begin{matrix} a_{1} = - 0, 27 g \\ a_{2} = - 0, 17 g & (24) \end{matrix}

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^{\circ}

-nál lehet csak).
A válasz tehát az, hogy a feladatban leírt indítás esetén a rendszer rezgést végez, miközben

α

0^{\circ}

és

53, 13^{\circ}

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

a_{1}, a_{2}, v_{1}

és

v_{2}

α

függvényében könnyen kiszámítható.

\begin{matrix} a_{1} = \frac{g}{1 + 4 sin^{2} α} {(1 - 2 sin α) 2 sin α + \frac{4 cos^{2} α [sin α - 2 (1 - cos α)]}{1 + 4 sin^{2} α}}; & (25) \\ a_{2} = \frac{g}{1 + 4 sin^{2} α} {(1 - 2 sin α) - 2 sin α \frac{4 cos^{2} α [sin α - 2 (1 - cos α)]}{1 + 4 sin^{2} α}}; \\ v_{1} = \pm \sqrt[]{2 d g} \cdot 2 sin α \sqrt[]{\frac{sin α - 2 (1 - cos α)}{cos α (1 + 4 sin^{2} α)}}; \\ v_{2} = \pm \sqrt[]{2 d g} \sqrt[]{\frac{sin α - 2 (1 - cos α)}{cos α (1 + 4 sin^{2} α)}}; & (26) \end{matrix}

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

\begin{matrix} a_{2} = 0, akkor α ≅ {18, 6}^{\circ}, v_{1} ≅ 0, 41 \sqrt[]{2 g d}, v_{2} ≅ 0, 36 \sqrt[]{2 g d}, a_{1} ≅ 0, 55 g, \end{matrix}

és amikor

\begin{matrix} a_{1} = 0, akkor α ≅ 36^{\circ}, v_{1} ≅ 0, 38 \sqrt[]{2 g d}, v_{2} ≅ 0, 33 \sqrt[]{2 g d}, s_{2} ≅ - 0, 19 g . \end{matrix}

Woynarovich Ferenc