Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb merev test síkmozgások, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/november: 2843. fizika nehezebb feladat

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 $Δ t$ ideig tartó $F$ erővel megütve $F \cdot Δ t$ impulzust adunk át a pálcának, amelynek hatására a tömegközéppontja $v_{0}$ sebességgel kezd mozogni. Newton II. törvénye szerint

1. ábra

\begin{matrix} Δ I = F Δ t = m \cdot Δ v = m v_{0}, \end{matrix}

(1)

ahol

m

a pálca tömege. Az erőlködés nemcsak lendületet, hanem (a tömegközéppontra vonatkoztatva) perdületet is ad a pálcának. Az

F \cdot r

forgatónyomaték

Δ t

idő alatt

\begin{matrix} Δ N = F \cdot r \cdot Δ t = Θ \cdot Δ ω = \frac{1}{3} m r^{2} \cdot ω_{0} \end{matrix}

(2)

lendületváltozást okoz, ahol

ω_{0}

a pálca szögsebessége az ütés után. (Feltételezzük, hogy a pálca tömegeloszlása homogén, s emiatt a tömegközéppontra vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka

Θ = m {(2 r)}^{2} / 12 = m r^{2} / 3

.) Az (1) és (2) egyenleteket összevetve azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} r ω_{0} = 3 v_{0} . \end{matrix}

(3)

2. ábra

A továbbiakban a pálca a tömegközéppontja

v_{0}

kezdősebességű vízszintes hajításnak megfelelő mozgást végez, a pálca egésze pedig

ω_{0}

(állandó) szögsebességgel forog a tömegközéppont körül.
Írjuk le a pálca

A

pontjának mozgását az asztal széléhez rögzített koordináta-rendszerben:

\begin{matrix} \begin{matrix} x_{A} (t) & = v_{0} t - r sin α, & (4) \\ y_{A} (t) & = r - \frac{g}{2} t^{2} + r cos α, & (5) \end{matrix} \end{matrix}

ahol

α = ω_{0} t

. Fejezzük ki (3) segítségével

v_{0}

-t

ω_{0}

-lal, illetve írjuk le a mozgást az idő helyett a vele arányos

α

szög segítségével:

\begin{matrix} \begin{matrix} x_{A} (α) & = r (\frac{1}{3} α - sin α), & (6) \\ y_{A} (α) & = r (1 + cos α) - \frac{g}{18} \frac{r^{2} α^{2}}{v_{0}^{2}} . & (7) \end{matrix} \end{matrix}

3. ábra

x_{A} (α)

függvényt ábrázolva (3. ábra) láthatjuk, hogy kezdetben az

A

pont az asztal fölött található (

x_{A} < 0

), egy bizonyos

α_{0}

szögelfordulásnál éppen az asztal széle fölött lesz, utána pedig már mindig az asztaltól jobbra. Az

α_{0}

kritikus értéket a (6) egyenletből határozhatjuk meg numerikusan:

α_{0} \approx 2, 28 radián \approx 130, 6^{\circ}

.
Ha az

α = α_{0}

szögelfordulásnak megfelelő pillanatig az

A

pont még az asztal síkja fölött található (vagyis

y_{A} (α_{0}) > 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

\begin{matrix} v_{0}^{2} > \frac{g r}{18} \cdot \frac{α_{0}}{1 + cos α_{0}} . \end{matrix}

A pálca

B

pontjának kezdősebessége tehát legalább

\begin{matrix} v_{B} = v_{0} + r ω_{0} = 4 v_{0} = \sqrt[]{\frac{8}{9} g r \frac{α_{0}^{2}}{1 + cos α_{0}}} = 4 \sqrt[]{g r} sin \frac{α_{0}}{2} \approx 3, 6 \sqrt[]{g r} \end{matrix}

nagyságú kell legyen. (Ez 40 cm hosszú pálcánál kb.

5 m / 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

m v_{0} r

és a forgásból adódó

- m r^{2} ω_{0}^{2} / 3

összege a kezdeti nulla értékkel egyenlő kell maradjon.

Varga Dezső (Miskolc, Földes F. Gimn., IV. o.t.)

2. A kritikus

α_{0}

szögelfordulást megadó

α = 3 sin α

transzcendens egyenletet egy zsebszámológéppel is könnyen és gyorsan megoldhatjuk az

α_{n + 1} = sin α_{n} + (2 / 3) α_{n}

iterációs képlet segítségével. Az

α_{1} = 2

kezdőértékből, mint durva közelítésből kiindulva néhány iteráció után

α_{0} = 2, 278 862 66

értéket kapunk, ami | a fizikai feladat igényeit messze meghaladó pontossággal | kielégíti az

α = 3 sin α

egyenletet.

Tóth Gábor Zsolt (Budapest, Árpád Gimn., III. o.t.)