Feladat: 2843. fizika nehezebb feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bárász Mihály ,  Elek Péter ,  Gellért Zsolt ,  Horváth Péter ,  Juhász Sándor ,  Kovács Baldvin ,  Méder Áron ,  Németh Tibor ,  Salk Miklós ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Varga Dezső 
Füzet: 1995/február, 122 - 123. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyéb merev test síkmozgások, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/november: 2843. fizika nehezebb feladat

Az asztal szélére vékony pálcát állítunk, majd az alsó végét vízszintesen megütjük. Legalább mekkora sebességgel kell a pálca alsó végének elindulnia, hogy elrepülve a pálca többé ne érintse az asztalt?

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

Jelöljük a pálca fele hosszúságát r-rel, tömegközéppontját O-val, végpontjait pedig A-val, illetve B-vel (1. ábra). Az alsó végét rövid Δt ideig tartó F erővel megütve FΔt impulzust adunk át a pálcának, amelynek hatására a tömegközéppontja v0 sebességgel kezd mozogni. Newton II. törvénye szerint

 
1. ábra
 
ΔI=FΔt=mΔv=mv0,(1)
ahol m a pálca tömege. Az erőlködés nemcsak lendületet, hanem (a tömegközéppontra vonatkoztatva) perdületet is ad a pálcának. Az Fr forgatónyomaték Δt idő alatt
ΔN=FrΔt=ΘΔω=13mr2ω0(2)


lendületváltozást okoz, ahol ω0 a pálca szögsebessége az ütés után. (Feltételezzük, hogy a pálca tömegeloszlása homogén, s emiatt a tömegközéppontra vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka Θ=m(2r)2/12=mr2/3.) Az (1) és (2) egyenleteket összevetve azt kapjuk, hogy
rω0=3v0.(3)
 
2. ábra
 

A továbbiakban a pálca a tömegközéppontja v0 kezdősebességű vízszintes hajításnak megfelelő mozgást végez, a pálca egésze pedig ω0 (állandó) szögsebességgel forog a tömegközéppont körül.
Írjuk le a pálca A pontjának mozgását az asztal széléhez rögzített koordináta-rendszerben:
xA(t)=v0t-rsinα,(4)yA(t)=r-g2t2+rcosα,(5)
ahol α=ω0t. Fejezzük ki (3) segítségével v0-t ω0-lal, illetve írjuk le a mozgást az idő helyett a vele arányos α szög segítségével:
xA(α)=r(13α-sinα),(6)yA(α)=r(1+cosα)-g18r2α2v02.(7)
 
3. ábra
 

Az xA(α) függvényt ábrázolva (3. ábra) láthatjuk, hogy kezdetben az A pont az asztal fölött található (xA<0), egy bizonyos α0 szögelfordulásnál éppen az asztal széle fölött lesz, utána pedig már mindig az asztaltól jobbra. Az α0 kritikus értéket a (6) egyenletből határozhatjuk meg numerikusan: α02,28radián130,6.
Ha az α=α0 szögelfordulásnak megfelelő pillanatig az A pont még az asztal síkja fölött található (vagyis yA(α0)>0), akkor a továbbiakban az A pont már biztosan nem ütközhet az asztalnak. Belátható, hogy ebben az esetben a pálca más pontja sem ütközhet az asztalnak. A keresett feltétel tehát (7) alapján
v02>gr18α01+cosα0.
A pálca B pontjának kezdősebessége tehát legalább
vB=v0+rω0=4v0=89grα021+cosα0=4grsinα023,6gr
nagyságú kell legyen. (Ez 40 cm hosszú pálcánál kb. 5m/s sebességnek felel meg.)
 Elek Péter (Budapest, Árpád Gimn., III. o.t.) dolgozata alapján

 
Megjegyzések. 1. A pálca tömegközéppontjának sebessége és a szögsebesség közötti (3) összefüggést a perdületmegmaradás tételéből is megkaphatjuk. A B pontban ható erőnek nincs forgatónyomatéka erre a pontra, tehát a pálca összes impulzusnyomatéka, vagyis a haladó mozgásból származó mv0r és a forgásból adódó -mr2ω02/3 összege a kezdeti nulla értékkel egyenlő kell maradjon.
 Varga Dezső (Miskolc, Földes F. Gimn., IV. o.t.)

2. A kritikus α0 szögelfordulást megadó α=3sinα transzcendens egyenletet egy zsebszámológéppel is könnyen és gyorsan megoldhatjuk az αn+1=sinαn+(2/3)αn iterációs képlet segítségével. Az α1=2 kezdőértékből, mint durva közelítésből kiindulva néhány iteráció után α0=2,27886266 értéket kapunk, ami | a fizikai feladat igényeit messze meghaladó pontossággal | kielégíti az α=3sinα egyenletet.
 Tóth Gábor Zsolt (Budapest, Árpád Gimn., III. o.t.)