Kezdőlap


Feladat:	3449. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balogh László , Rakyta Péter
Füzet:	2002/január, 51 - 54. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pontrendszerek mozgásegyenletei, Impulzusmegmaradás törvénye, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/szeptember: 3449. fizika feladat

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

Mivel $m_{1} = m_{3}$ , a rendszer az 1. ábrán látható koordináta-rendszer $y$ tengelyére nézve szimmetrikus mozgást végez. A korongokra vízszintes irányú külső erő nem hat (a függőleges irányú erők eredője pedig nulla), így a három test összimpulzusa nem változhat meg. Kezdetben az $y$ irányú impulzus $m_{2} v_{0}$ volt, a középső korong megállásának pillanatában pedig $(m_{1} + m_{3}) v_{y}$ . A lendületmegmaradás törvénye szerint

\begin{matrix} v_{y} = \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{3}} v_{0} = \frac{m_{2}}{2 m_{1}} v_{0} = 4 \frac{m}{s} . \end{matrix}

1. ábra

A légpárnás asztalon a súrlódás elhanyagolható, az ütközések pedig rugalmasak, a rendszer

E

mechanikai energiája tehát időben állandó. Kezdetben

\begin{matrix} E = \frac{1}{2} m_{2} v_{0}^{2}, \end{matrix}

a középső korong megállásának pillanatában pedig

\begin{matrix} E = \frac{1}{2} (m_{1} + m_{3}) (v_{x}^{2} + v_{y}^{2}) . \end{matrix}

Az energiamegmaradás törvényének értelmében

\begin{matrix} \frac{1}{2} (m_{1} + m_{3}) (v_{x}^{2} + v_{y}^{2}) = \frac{1}{2} m_{2} v_{0}^{2}, \end{matrix}

ahonnan

v_{y}

korábban kiszámított értékének felhasználásával

\begin{matrix} \begin{matrix} v_{x}^{2} & = \frac{m_{2}}{2 m_{1}} (1 - \frac{m_{2}}{2 m_{1}}) v_{0}^{2}, \\ v_{x} & = \pm \sqrt[]{\frac{m_{2}}{2 m_{1}} (1 - \frac{m_{2}}{2 m_{1}})} v_{0} \end{matrix} \end{matrix}

adódik. Látható, hogy a középső korong csak

m_{2} \leq 2 m_{1}

esetén állhat meg (a feladat számadataival ez valóban teljesül). A

v_{x}

sebességkomponens kétféle előjele arra utal, hogy az

m_{2}

tömegű korong megállhat olyan helyzetben is, amelynél a szélső korongok közelednek egymáshoz, de úgy is, hogy a másik két korong távolodik egymástól. Az első rugalmas ütközés után nyilván a távolodásnak megfelelő pozitív előjelű megoldás érvényes.
A jobb szélső korong sebessége tehát a középső korong első megállásakor a

\begin{matrix} v_{x} = \sqrt[]{\frac{m_{2}}{2 m_{1}} (1 - \frac{m_{2}}{2 m_{1}})} v_{0} = \sqrt[]{8} \frac{m}{s} \approx 2, 8 \frac{m}{s}, illetve v_{y} = 4, 0 \frac{m}{s} \end{matrix}

komponensekkel adható meg. A szélső korongok sebességének nagysága

\begin{matrix} v = \sqrt[]{v_{x}^{2} + v_{y}^{2}} = \sqrt[]{24} \frac{m}{s} \approx 4, 9 \frac{m}{s}, \end{matrix}

a sebességvektor irányának az

x

tengellyel bezárt szöge pedig

\begin{matrix} α = arctg \frac{v_{y}}{v_{x}} \approx 54, 7^{\circ} . \end{matrix}

A középső korong megállásának pillanatában a szélső korongok sebessége merőleges kell legyen a nekik megfelelő fonálra (hiszen a fonál irányú relatív sebességük a fonalak nyújthatatlansága miatt nulla), így a fonalak egymással

2 α \approx 109^{\circ}

-os szöget zárnak be.

Balogh László (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.) és
Rakyta Péter (Révkomárom, Selye J. Gimn., 10. o.t.) dolgozata alapján

Megjegyzések. 1. A feladat numerikus adatai (a közölt számjegyek száma alapján) semmiképpen nem tekinthetők nagyon pontos (mondjuk százalékosnál pontosabb) értékeknek. Emiatt nincs értelme a belőlük kiszámított mennyiségeket pl.

v = 4, 898 97 m/s

, illetve

2 α = 109, 471^{\circ}

módon, vagy esetleg még ennél is ,,értékes'' jegyre megadni!
2. A megoldás során feltételeztük, hogy a fonalak mindvégig feszesek. Be lehet látni, hogy ez valóban így van, a fonalat feszítő erők sehol nem válnak nullává, hanem egy bizonyos

F_{{min}_{}^{}}

érték alá sosem csökkennek.

2. ábra

3. Tanulságos a mozgás leírása a (

X

és

Y

tengelyekkel megadott) tömegközépponti koordináta-rendszerben. A rendszer

S

tömegközéppontja

\begin{matrix} v_{T K P} = \frac{m_{2}}{2 m_{1} + m_{2}} v_{0} \end{matrix}

sebességgel mozog az asztalhoz képest a negatív

Y

tengely irányában. Az

S

ponthoz rögzített rendszerből nézve a szélső korongok az indításkor

\begin{matrix} V_{Y}^{(1,3)} = \frac{m_{2}}{m_{2} + 2 m_{1}} v_{0} \end{matrix}

sebességgel mozognak

Y

irányban, a középső korong sebessége pedig

\begin{matrix} V_{Y}^{(2)} = v_{T K P} - v_{0} = - \frac{2 m_{1}}{m_{2} + 2 m_{1}} v_{0} \end{matrix}

Y

tengely irányában, tehát ténylegesen

- Y

irányú (2. ábra). A három korong összenergiája a tömegközépponti rendszerben

\begin{matrix} \begin{matrix} E_{T K P} & = \frac{1}{2} m_{2} {(- \frac{2 m_{1}}{2 m_{1} + m_{2}} v_{0})}^{2} + 2 \cdot \frac{1}{2} m_{1} {(\frac{m_{2}}{2 m_{1} + m_{2}} v_{0})}^{2} = \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{2 m_{1} m_{2}}{2 m_{1} + m_{2}} v_{0}^{2} . \end{matrix} \end{matrix}

Ez az érték kisebb, mint a légpárnás asztalhoz rögzített koordináta-rendszerben mérhető

E

összenergia.
A tömegközéppont a mozgás során mindvégig az origóban marad. Ha a középső korong az

- Y

tengely mentén

d

távolságnyit elmozdul, akkor a másik két test

Y

irányú elmozdulása

Y = \frac{m_{2}}{2 m_{1}} \cdot d

. Másrészt viszont a középső és a szélső korongok távolsága mindig

L

, fennáll tehát

\begin{matrix} X^{2} + {(Y + d)}^{2} = L^{2}, azaz X^{2} + Y^{2} {(1 + \frac{2 m_{1}}{m_{2}})}^{2} = L^{2} . \end{matrix}

Ez az egyenlet

\begin{matrix} {(\frac{X}{a})}^{2} + {(\frac{Y}{b})}^{2} = 1 \end{matrix}

alakú, vagyis egy

\begin{matrix} a = L és b = m_{2} L / (m_{2} + 2 m_{1}) \end{matrix}

féltengelyekkel rendelkező ellipszis egyenlete (3. ábra). A két szélső korong az ellipszis mentén mozog, míg a középső az

Y

tengely mentén rezeg

2 m_{1} L / (m_{2} + 2 m_{1})

amplitúdóval.

3. ábra

A két szélső test (az ütközéseknek megfelelő

X = 0

koordinátájú pontok kis környezetének kivételével) befutja a teljes ellipszist. Sehol sem állhatnak meg, hiszen ha ezt tennék, akkor a középső testnek is meg kellene állnia, és ilyenkor nem lehetne a rendszer összenergiája a kiszámított

E_{T K P} \neq 0

érték.

(G. P.)