Kezdőlap


Feladat:	3830. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Engedy Balázs , Máté István Mátyás
Füzet:	2006/április, 246 - 247. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb kényszermozgás, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2005/október: 3830. fizika feladat

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

I. megoldás. Amikor a kicsiny test éppen kezd felemelkedni a talajról, rá a vízszintes talaj nem fejt ki nyomóerőt, és emiatt a súrlódási erő is nulla kell legyen. A testre tehát ebben a pillanatban csak a fonál által kifejtett (fonal irányú és valamekkora $K$ nagyságú) kényszererő, valamint függőlegesen lefelé $m g$ gravitációs erő hat.
Bontsuk fel a test vízszintes irányú sebességét és gyorsulását fonal irányú (radiális) és rá merőleges (tangenciális) komponensekre (lásd az 1. ábrát)!

1. ábra

A radiális sebesség éppen a motor által biztosított

v_{0}

kell legyen. Az eredő sebesség és a gyorsulás is vízszintes, tehát

\begin{matrix} \frac{v_{t}}{v_{r}} = tg α, \frac{a_{t}}{a_{r}} = tg α, \end{matrix}

továbbá a tangenciális irányú mozgásegyenlet szerint

\begin{matrix} m a_{t} = m g cos α . \end{matrix}

Ezekből az összefüggésekből valamennyi sebesség- és gyorsuláskomponens kifejezhető:

\begin{matrix} v_{r} & = v_{0}, & v_{t} & = v_{0} tg α, \\ a_{t} & = g cos α, & a_{r} & = g \frac{cos α}{tg α} . \end{matrix}

Tudjuk még a radiális (centripetális) gyorsulás és a tangenciális sebesség közötti összefüggést:

\begin{matrix} a_{r} = \frac{v_{t}^{2}}{r}, \end{matrix}

ahonnan a korábbi eredmények behelyettesítésével és az

\begin{matrix} r = \frac{H}{sin α} \end{matrix}

geometriai összefüggés kihasználásával

\begin{matrix} g \frac{cos α}{tg α} = {(v_{0} tg α)}^{2} \frac{sin α}{H}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} tg^{4} α = \frac{g H}{v_{0}^{2}} . \end{matrix}

Eszerint a kis test távolsága a faltól a felemelkedés pillanatában

\begin{matrix} d = \frac{H}{tg α} = \sqrt[4]{\frac{H^{3} v_{0}^{2}}{g}} \approx 3, 8 cm. \end{matrix}

II. megoldás. Jelöljük a test és a fal távolságát valamely

t

időpillanatban

x (t)

-vel. A fonal hossza

\begin{matrix} l (t) = l_{0} - v_{0} t \end{matrix}

módon változik, ahol

l_{0}

t = 0

pillanatban érvényes hossz (2. ábra).
A Pitagorasz-tétel szerint

\begin{matrix} x (t) = \sqrt[]{{(l_{0} - v_{0} t)}^{2} - H^{2}} . \end{matrix}

x (t)

függvény második deriváltja (egy előjeltől eltekintve) megadja a test vízszintes irányú gyorsulását. Ebből kiszámíthatjuk a fonálerő vízszintes komponensét,

(K_{v})

-t, majd (a geometriai viszonyok ismeretében) a teljes fonálerőt, illetve annak függőleges összetevőjét,

K_{f}

-t. A test nyilvánvalóan abban a

t_{0}

pillanatban válik el a talajtól, amikor

K_{f}

eléri és kezdi meghaladni az

m g

gravitációs erőt.

2. ábra

A számolás menete (a technikai részletek elhagyásával):

\begin{matrix} a_{v} & = - \ddot{x} = \frac{H^{2} v_{0}^{2}}{{[{(l_{0} - v_{0} t)}^{2} - H^{2}]}^{3 / 2}}, K_{v} = m \ddot{x}, \\ K_{f} & = \frac{H}{x (t_{0})} K_{v} = \frac{m H^{3} v_{0}^{2}}{{[{(l_{0} - v_{0} t_{0})}^{2} - H^{2}]}^{2}} = \frac{m H^{3} v_{0}^{2}}{x {(t_{0})}^{4}} = m g . \end{matrix}

Innen a faltól mért távolság a kérdéses pillanatban:

\begin{matrix} d = x (t_{0}) = \sqrt[4]{\frac{H^{3} v_{0}^{2}}{g}} . \end{matrix}