Kezdőlap


Feladat:	2832. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kovács Baldvin
Füzet:	1995/november, 505. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Gördülés vízszintes felületen, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/október: 2832. fizika feladat

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

A korong a hasábon csúszva gördül, míg az érintkezési pontok sebessége meg nem egyezik. Ezalatt a csúszási súrlódási erő gyorsítja a testeket, illetve lassítja a korong forgását. A korong mozgásegyenletei az ábra jelöléseivel:

\begin{matrix} \begin{matrix} K = m g, Θ β = - R S = - R μ K = - R μ m g, m a_{K} = S = μ K = μ m g . \end{matrix} \end{matrix}

A korong tehetetlenségi nyomatéka,

Θ = \frac{1}{2} m R^{2}

, így

\begin{matrix} β = - \frac{2 μ g}{R}, a_{K} = μ g . \end{matrix}

A hasáb mozgásegyenlete:

M a_{H} = - S = - μ m g

(a jobbra mutató irányt vettük pozitívnak). Innen

a_{H} = - \frac{m}{M} μ g

. Tiszta gördülés akkor következik be, amikor

v_{K} = R ω = v_{H}

, azaz

a_{K} t_{1} - R (ω_{0} + β t_{1}) = a_{H} t_{1}

. Innen

\begin{matrix} t_{1} = \frac{R ω_{0}}{a_{K} - R β - a_{H}} = \frac{R ω_{0}}{μ g (3 + \frac{m}{M})} = \frac{1}{2} s . \end{matrix}

t_{1} = \frac{1}{2}

s alatt a korong

s_{K} - s_{H} = \frac{a_{K}}{2} t_{1}^{2} = \frac{a_{H}}{2} t_{1}^{2} = \frac{μ g}{2} (1 + \frac{m}{M}) t_{1}^{2} = 0,5 m

utat tesz meg a hasábon. A maradék

1,5

m utat

v_{H} - v_{H}

relatív sebességgel mozogva

\begin{matrix} t_{2} = \frac{1,5 m}{v_{K} - v_{H}} = \frac{1,5 m}{a_{K} t_{1} - a_{H} t_{1}} = \frac{1,5 m}{μ g (1 + \frac{m}{M}) t_{1}} = 0,75 s \end{matrix}

alatt teszi meg a korong, tehát

t_{1} + t_{2} = 1,25

s múlva esik le a hasáb másik végén.

Kovács Baldvin (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.) megoldása alapján