Tehetetlenségi nyomaték, impulzusmomentum-tétel, -megmaradás

Tehetetlenségi nyomaték, impulzusmomentum-tétel, -megmaradás Tehetetlenségi nyomaték számítása pontrendszerre: Θ = Σ m i l i, ahol l i az m i tömegű test távolsága a forgástengelytől, kiterjedt testre: Θ = l ρ dv (térfogati integrál). Mivel a tehetetlenségi nyomaték additív, kiterjedt testet tetszőlegesen felbonthatunk olyan részekre, amiknek külön-külön ki tudjuk számolni a Θ-ját és azokat összegezhetjük. A tehetetlenségi nyomaték értéke függ attól, hogy hol van a (rögzített) forgástengely. Mindig arra a tengelyre lesz a legkisebb a tehetetlenségi nyomaték, ami átmegy a tömegközépponton. A Steiner-tétel felhasználásával párhuzamosan eltolt tengelyek között egyszerűen számolhatunk: ha ismerjük a tömegközépponton átmenő tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékot, akkor a tőle d távolságra levő (vele párhuzamos) tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomaték Θ P = Θ s + (Σm i ) d, ahol Θ s az S súlyponton átmenő tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomaték, Θ P a P ponton átmenő tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomaték, d pedig a két tengely távolsága (P és S távolsága). Ha nem a súlyponton átmenő tengelyre vonatkozó Θ-ból indulunk ki, akkor először vissza kell számolni arra, mielőtt egy párhuzamosan eltolt tengelyre számolunk. Pl. m tömegű, L hosszú, homogén, állandó keresztmetszetű rúd tehetetlenségi nyomatéka a tömegközéppontján, azaz a rúd S felezőpontján átmenő tengelyre Θ s = 1/1 ml, a rúd végpontján (azaz S-től L/ távol lévő) átmenő tengelyre Θ V = Θ s + m (L/) = 1/3 ml, a rúd harmadoló pontján (azaz S-től L/6 távol lévő) átmenő tengelyre Θ P = Θ s + m (L/6) = 1/9 ml. Gyakran használt tehetetlenségi nyomatékok még: tömör korong, tömör henger a tömegközéppontjára Θ s = 1/ mr (R a sugara) ill. a peremének egy pontjára 3/ mr (mert R-rel van eltolva a közepétől) üres henger a tömegközéppontjára Θ s = mr (R a sugara) golyó a tömegközéppontjára Θ s = /5 mr (R a sugara) Igen könnyű 1 m hosszú rúd végén 5 5 kg tömegű golyók vannak felerősítve. a/ Számítsuk ki a rúd felezési pontján átmenő, a rúdra merőleges tengelyekre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékot! b/ Mennyivel változik a tehetetlenségi nyomaték, ha a tengelyt a rúd mentén önmagával párhuzamosan 10 cm-rel eltoljuk? Fejezzük ki az új tehetetlenségi nyomatékot az eredeti nyomaték, a tömeg és az eltolás segítségével! a) A rúd tömege elhanyagolható, tehát csak a két golyó tehetetlenségi nyomatékát kell számolni: Θ s = Σ m i l i = ( 5 0,5 ) =,5 kgm b) Az új tengelyre Θ p = 5 0,4 + 5 0,6 =,6 kgm, azaz a tehetetlenségi nyomaték 0,1 kgm -tel nő. Vagy: Az a/ részben kiszámolt tehetetlenségi nyomaték a rúd felezési pontján, azaz a súlyponton megy át, így a Steiner-tételt alkalmazva: Θ P = Θ s + (Σm i ) d =,5 + 10 0,1 =,6 kgm, azaz (Σm i ) d = 0,1 kgm -tel nőtt. 011. pótpót/4. Egy m oldalú (elhanyagolható tömegű) négyzet csúcsaiban rendre 1 kg, kg, 3 kg és 4 kg tömegű tömegpontok vannak elhelyezve. Határozzuk meg a/ az elrendezés tömegközéppontjának helyét! b/ a négyzet átlóinak metszéspontján (a négyzet síkjára merőlegesen) átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! c/ a tömegközépponton (a négyzet síkjára merőlegesen) átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! 1

a/ Az ábra szerinti koordinátarendszerben x s = ( 0 1 + + 3 + 0 4 ) / (1++3+4) = 1 m y s = ( 1 + + 0 3 + 0 4 ) / (1++3+4) = 0,6 m b/ Mindegyik test távolsága a forgástengelytől az átló fele, azaz m Θ T = (1++3+4) = 0 kgm c/ Steiner-tétellel: Θ s = Θ T Σm d = 0 10 (1 0,6) = 0 1,6 = 18,4 kgm VAGY: Θ s = (1+) (1 +1,4 ) + (3+4) (1 +0,6 ) = 3,96 + 7 1,36 = 18,4 kgm y m 1 m 0,6 m 0 1 kg kg T S 4 kg 3 kg 1 m m x 01. pótpótzh/ y 4 m m 0 kg 5 kg 4 kg 3 kg m 4 m x 6. Határozzuk meg az ábra szerint elrendezett pontszerű testek a/ tömegközéppontjának helyét! b/ a téglalap átlóinak metszéspontján (a téglalap síkjára merőlegesen) átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! c/ a tömegközépponton (a téglalap síkjára merőlegesen) átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! Számítsuk ki egy R sugarú, homogén tömegeloszlású korongnak a középpontján a korongra merőlegesen álló tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékát! Θ = = Ha M a korong tömege, akkor a sűrűsége ρ = M/V = M/(R πd), ahol d a korong vastagsága. Hengerkoordináta-rendszert használva a térfogatelem dv = d r dϕ dr ; a térfogatelem távolsága a forgástengelytől l = r R π R π R 4 tehát M M 3 M 3 M R 1 Θ = r d r dϕ dr = r d dr = π r dr = = MR R d R ϕ π π R π R 4 0 0 0 0 0 Vegyük észre, hogy a tehetetlenségi nyomaték a korong vastagságától független! Határozzuk meg egy homogén egyenes körhenger tehetetlenségi nyomatékát a/ a szimmetriatengelyre vonatkoztatva; b/ egy alkotóra vonatkoztatva! a/ Az előző feladat eredményét felhasználhatjuk, hiszen a körhenger metszete is korong, és a korong tehetetlenségi nyomatéka nem függött a korong vastagságától, azaz a henger magasságától, vagyis Θ s = ½ MR. b/ A Steiner-tételt használhatjuk. A két tengely távolsága R, tehát Θ P = Θ s + MR = ½ MR + MR = 3/ MR. Számítsuk ki egy R sugarú félgömb szimmetriatengelyére vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékát! M tömegű félgömb sűrűsége ρ = M/V = M/(R 3 π/3) = 3M/(R 3 π). A félgömböt összerakhatjuk a forgástengelyre merőleges korongokból, melyek sugara r = R x, térfogata dv = r π dx = (R -x )π dx, tömege dm = ρ dv = 3M/(R 3 π) (R -x )π dx = 3M/(R 3 ) (R -x ) dx, tehetetlenségi nyomatéka dθ = ½ dm r = ½ [3M/(R 3 ) (R -x ) dx] (R -x ) = 3M/(4R 3 ) (R -x ) dx R A félgömbre tehát Θ = dθ = ( R x ) dx =... = MR 3 0 3M 4R 5

A haladó és a (rögzített tengely körüli) forgó mozgásra vonatkozó mennyiségeket, összefüggéseket a következőképpen feleltethetjük meg egymásnak: haladó forgó m Θ a β v ω r ϕ F M forgatónyomaték M = r F, azaz M = k F, k az erőkar I N impulzusmomentum N = r I I = mv N = Θω F = M = impulzusmomentum-tétel F = ma M = Θβ I = konst. ha N = konst. ha ΣM = 0 ΣF k = 0 impulzusmomentum-megmaradás E kin = ½ mv E kin, forg = ½ Θω forgási kinetikus energia 01. pótz/4. A törpök produkciója nem csak abból áll, hogy egymás vállára állva gúlát alkottak, hanem egy forgatható porondon állnak, aminek a tengelye pont Törpicur és Törpapa tömegközéppontján megy át, és ez a porond elkezd forogni ω = 0, s 1 szögsebességgel. A keresztek az egyes törpök tömegközéppontját jelölik. A törpök az alsó sorban balról jobbra: Törperős 1,5 kg; Törpapa 1, kg; Tréfi 1, kg; a középső sorban: Okoska 0,9 kg; Törpilla 1,1 kg; legfelül Törpicur 0,5 kg. a/ Mennyi a törpök alkotta gúla tehetetlenségi nyomatéka a porond tengelyére vonatkoztatva? b/ Mennyi a törpök alkotta gúla összes forgási kinetikus energiája? a/ Θ = 0,05 0,9 + 0,05 1,1 + 0,1 1,5 + 0,1 1, = 0,03 kgm b/ E kin,f = ½ Θ ω = 0,5 0,03 0, = 6,4 10 4 J Egyik végén (súrlódásmentes) csuklóval felfogott homogén rudat vízszintes helyzetből (kezdősebesség nélkül) elengedünk. Adjuk meg a/ a rúd szöggyorsulását, b/ a rúd tömegközéppontjának gyorsulását; c/ a rúd rögzítetlen végpontjának gyorsulását a kiindulási pillanatra! d/ Adjuk meg a rúd ω szögsebességét a vízszintessel bezárt ϕ szög függvényében! a/ Számoljuk ki először a rúd tehetetlenségi nyomatékát: L hosszúságú, m tömegű, homogén, állandó A keresztmetszetű rúd tehetetlenségi nyomatéka a rúd végén átmenő tengelyre vonatkoztatva: Θ= = = = 3

A rudat a nehézségi erő forgatja, mely a rúd tömegközéppontjában hat. Az erő hatásvonalának távolsága a forgástengelytől kezdetben k 0 =L/, majd ahogy kezd a rúd lefordulni, a hatásvonal közeledik a forgástengelyhez, így az erőkar: k = L/ cosϕ, itt ϕ a rúdnak a vízszintessel bezárt szöge. Írjuk fel az impulzusmomentum-tételt: M=N : M = mg (L/ cos ϕ), N =Θ β, azaz mg L/ cos ϕ = 1/3 ml β ebből a rúd szöggyorsulása β = 3/ g/l cos ϕ (*) b/ A rúd tömegközéppontjának gyorsulása a S = L/ β = 3/4 g cos ϕ c/ A rúd rögzítetlen végpontjának gyorsulása a V = L β = 3/ g cos ϕ, ami induláskor a V0 = 3/ g > g! d/ A (*) differenciálegyenlet leírja a β szöggyorsulást az időfüggő szög ϕ függvényében. A β = dω/dt = dω/dϕ dϕ/dt = ω dω/dϕ átalakítást felhasználva integrálással megkapjuk a szögsebességet a szög függvényében: ω dω/dϕ = 3/ g/l cos ϕ szeparálva ω dω = 3/ g/l cos ϕ dϕ integrálva, és felhasználva, hogy ϕ = 0-nál ω = 0: ω = 3 g / L sin VAGY: A rúd szögsebességét a vízszintessel bezárt ϕ szöge függvényében megkaphatjuk energia-megmaradásból is (mivel a súrlódást, közegellenállást elhanyagolhatjuk). A rúd helyzeti energiáját a tömegközéppontjának helyzetével adjuk meg (legyen a helyzeti energia zérus a kezdő állapotban): 0 = mg L/ sin ϕ + ½ Θ ω = mg L/ sin ϕ + ½ (1/3 ml ) ω ω = 3 g / L sin ϕ. 011. pótzh/3. A 0,8 m hosszú, 0,6 kg tömegű rúd végéhez egy 10 cm sugarú, 0, kg tömegű korongot erősítettünk az ábrán látható módon. A rúd+korong a másik végén átmenő vízszintes tengely körül súrlódásmentesen elfordulhat. a/ Hol van a rúd+korong tömegközéppontja? b/ Mekkora a rúd+korong tehetetlenségi nyomatéka a forgástengelyre vonatkoztatva? A rúd felezőpontjára Θ rúd = 1/1 ml, a korong középpontjára Θ korong = ½ Mr. c/ Mekkora szöggyorsulással indul a rúd+korong, ha vízszintes helyzetből elengedjük? d/ Mekkora lesz a rúd+korong szögsebessége a függőleges helyzeten való áthaladáskor? ϕ a/ x s = (½ 0,8 0,6+0,8 0,)/(0,6+0,) = 0,5 m b/ Θ = (1/1 0,6 0,8 +0,6 0,4 ) + (1/ 0, 0,1 +0, 0,8 ) = 0,57 kgm c/ Θβ = 0,6 10 0,4 + 0, 10 0,8 = 4 Nm β = 15,56 s d/ energia-megmaradással ½Θω = (m+m)g x s ω = 5,58 s 1 Egy M tömegű, L hosszúságú pálca egyik végét az asztalra helyezzük, majd függőleges helyzetből elengedjük. Az asztalon lévő vége nem csúszik meg. Adjuk meg a rúd szögsebességét a függőlegessel bezárt szög függvényében! Mekkora sebességgel ér az asztalra a pálca vége? Függőlegesen fellógatott M tömegű, L hosszúságú homogén rúd alsó pontjához vízszintes v sebességgel érkezve hozzátapad egy m tömegű golyó. a) Mekkora szögsebességgel indul a rúd a hozzátapadt golyóval és b) maximum mekkora szöggel lendül ki? 4

a) Mivel az ütközés pillanatában a külső erők forgatónyomatéka zérus, a rúd + golyó rendszer impulzusmomentuma az ütközés előtt ill. után megegyezik: ütközés előtt a golyó impulzusa I = mv, ennek momentuma a forgástengelyre N = mv L (a nagysága) (a rúd impulzusmomentuma pedig zérus); ütközés után a rúd+golyó rendszer impulzusmomentuma N = Θβ, ahol Θ = 1/3 ML + ml, tehát mv L = (1/3 ML + ml ) ω ω = m / (M/3+m) v/l b) Mivel a rúd súrlódásmentesen fordul, energia-megmaradással számíthatjuk, milyen magasra lendül ki: ½ Θω = Mg (L/ cos α) + mg (L cos α) cos α =... 011. zh/. M = 5 kg tömegű, L =,4 m hosszúságú vízszintes helyzetű vékony homogén rúd a végétől L/6 távolságra átmenő vízszintes tengely körül súrlódásmentesen foroghat. A rúd tengelytől távolabbi végpontjához alulról hozzádobunk egy m = 1 kg tömegű golyót függőleges v = 15 m/s sebességgel. A golyó hozzáragad a rúdhoz; az ütközés tökéletesen rugalmatlannak tekinthető. a) Adjuk meg az összeragadt golyó + rúd tömegközéppontjának távolságát a forgástengelytől! b) Számoljuk ki az összeragadt golyó + rúd tehetetlenségi nyomatékát a megadott forgástengelyre vonatkoztatva! A rúd tehetetlenségi nyomatéka a tömegközéppontján átmenő, rúdra merőleges tengelyre vonatkoztatva Θ = (1/1) ML c) Mekkora a golyó + rúd impulzusmomentuma az ütközés után? d) Átfordul-e a rúd a hozzáragadt golyóval a függőleges helyzeten? a) A homogén rúd tömegközéppontja a felezőpontjában van, ami a forgástengelytől L/ L/6 = L/3 távolságra van, a golyó pedig 5L/6 távolságban van a forgástengelytől, így a tömegközéppont d tk = [M (L/3)+m (5L/6)] / (M+m) = (5 0,8+1 ) / (5+1) = 1 m távolságra van a forgástengelytől. b) A forgástengely L/3-mal van eltolva a tömegközépponttól, ezért a rúd tehetetlenségi nyomatéka erre a tengelyre (a Steiner-tétellel számolva) Θ rúd = Θ s + M (L/3) = (7/36) ML = 5,6 kgm, a rúd végpontjához ragadt golyóé pedig Θ golyó = m(5l/6) = 4 kgm, tehát Θ = Θ rúd + Θ golyó = 9,6 kgm. c) Az ütközés pillanatában a külső erők forgatónyomatéka zérus, alkalmazhatjuk az impulzusmomentummegmaradást. Ütközés előtt a rúd nem mozog, a rúdhoz közeledő golyó impulzusának a momentuma az adott tengelyre vonatkoztatva pedig N = (5L/6) mv = 30 kgm /s, ennyi lesz tehát az impulzusmomentum az ütközés után is. d) Az impulzusmomentumból kiszámolhatjuk a rúd+golyó kezdeti szögsebességét: N = Θω ω = N / Θ = 30 / 9,6 = 3,15 s 1. Számoljuk ki azt, mekkora minimális kezdeti szögsebesség kell ahhoz, hogy a rúd függőleges helyzetbe forduljon. Mivel a rúd súrlódásmentesen foroghat a tengely körül, alkalmazhatjuk az energia-megmaradást: ½ Θω 0 = E pot, ahol E pot a rúd+golyó helyzeti energiája a függőleges helyzetben, ami a tömegközéppont emelkedéséből számolható, tehát ½ Θω 0 = (M+m)g d tk. Ebből ω 0 =!1,5 3,53 s 1, vagyis a rúd nem jut el a függőleges helyzetbe. Két homogén, m tömegű, L hosszú pálca v sebességgel közeledik egymáshoz vízszintes súrlódásmentes asztalon. A pálcák merőlegesek a sebességükre, de el vannak tolódva egymáshoz képest. Ütközés után a két pálca összeragad. Hogy fognak mozogni? L/ v L v 5

Az ütközés közben külső erő nem hat a pálcákra, így érvényes az impulzus- és az impulzusmomentummegmaradás. Az impulzus-megmaradásból következik, hogy mivel a két test tömege és sebessége egyenlő, ütközés után az össz-impulzus zérus, vagyis a tömegközéppont helyben marad. A két pálca összeragadva a tömegközéppont körül fog forogni állandó szögsebességgel. A szögsebességet az impulzusmomentummegmaradásból tudjuk kiszámolni: a v sebességgel közeledő pálcák impulzusának momentuma egyenlő az összetapadt forgó test impulzusmomentumával, azaz a tehetetlenségi nyomaték és a szögsebesség szorzatával. Vegyük vonatkoztatási pontnak a közös tömegközéppontot, így a pálcák impulzusának momentuma N = ( mv L/4 ) (mindkettő ugyanabba az irányba forgat!) Az összetapadt forgó test tehetetlenségi nyomatéka Θ= /& '/& /& = '/& amivel az impulzusmomentuma N = Θ ω = ) *+ ml ω Tehát ( mv L/4 ) = ) *+ ml ω ω =, ( - /& = ( = '/& &, a/ Mekkora gyorsulással gördül le egy α hajlásszögű lejtőn [A] egy henger; [B] egy golyó; [C] egy üres belsejű henger? b/ Mekkora lesz a sebességük a lejtő alján? c/ Miért térnek el ezek a sebességek a súrlódásmentesen lecsúszó test sebességétől? a/ A lejtőn legördülő testre hat az mg gravitációs erő, a lejtő F n nyomóereje és egy F t tapadási súrlódási erő a lejtőn felfelé a test és a lejtő érintkezésénél. Felírhatjuk - egyrészt a haladó mozgásra a tömegközéppont-tételt: ma = mg + F n + F t Mivel F n = mg cosα, ezért a lejtő síkjával párhuzamosan ma = mg sinα - F t - másrészt a forgó mozgásra az impulzusmomentum-tételt: M = N = Θβ Itt választhatjuk forgástengelynek akár a tömegközéppontot, akár a test és a lejtő érintkezési pontját. Tömegközépponton átmenő tengelyre: mivel mg és F n átmennek a tömegközépponton, arra a pontra forgatónyomatéka csak F t -nek van: Θ S β = F t R, ahol Θ S a test tömegközéppontra vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka; Vagy az érintkezési ponton átmenő tengelyre: mivel F t és F n átmennek azon a ponton, forgatónyomatéka csak mg-nek van, és az erőkar R sinα: ahol Θ P = Θ S + mr. Ha a test tisztán gördül (nem csúszik meg), akkor a = Rβ. A 3 egyenlet tehát: (1) ma = mg sinα F t ; () Θ S β = F t R vagy Θ P β = mg R sinα, (3) a = Rβ. Ezekből g sin α a = ΘS 1+ mr [A] hengerre Θ henger = 1/ mr, a henger = /3 g sin α [B] gömbre Θ gömb = /5 mr, a gömb = 5/7 g sin α [C] üres hengerre Θ üres henger = mr, a üres henger = 1/ g sin α b/ A lejtő hossza legyen L. Ekkor s = L = ½ at t=!l/a és 1 =3 =!L/a = al, vagyis [A] hengerre 1 =4 + g L sinα, [B] gömbre 1 =4:; g L sinα, [C] üres hengerre 1 =! g L sinα. ) 6

c/ A súrlódásmentesen lecsúszó test sebessége a lejtő alján 1 =!g L sinα lenne, a gördülő testek végsebessége ennél kisebb lesz. Az energia-megmaradás mégis teljesül, mert a gördülő testeknek forgási kinetikus energiájuk is van: E forg = ½ Θ ω. Ekkor tehát E mech = E pot + E kin + E forg = 0, vagyis mg L sinα + ½ mv + ½ Θ ω = 0 Mivel a testek tisztán gördülnek, ezért v = ωr. Ellenőrizhetjük pl. a henger esetében: + E pot = mg L sinα ; E kin = ½ m ( + glsinα) = * mg L sinα ; E forg = ½ ( : * mr ) <-=>?@ = : mg L sinα A * 011. zh/3. m, r h H α β Az ábrán látható gördeszka gyakorlópálya egy α = 44 hajlásszögű, h = 7 m magas és egy H = 10 m magas, β hajlásszögű ellenlejtőből áll, amelyek alul ívesen csatlakoznak. A pálya tetejétől elindítunk (ahol a gömb tömegközéppontja h = 7 m-rel van magasabban, mint a gödör legalsó pontja) kezdősebesség nélkül egy m = 1 kg tömegű, r = 10 cm sugarú gömböt, amely csúszásmentesen gördül a lejtőn. A gömb tehetetlenségi nyomatéka a tömegközéppontjára vonatkoztatva /5 mr. a) Mekkora a gömb tömegközéppontjának gyorsulása az induláskor? b) Mekkora a gömb tömegközéppontjának sebessége a pálya alsó pontján való áthaladásakor? c) Milyen magasra jut a szemközti oldalon? d) Adjuk meg β függvényében a gömb szögsebességét az ellenlejtőn ½h = 3,5 m magasan! a) A gömb haladó mozgására: ma = mgsinα F t, ill. a forgására, forgástengelynek a tömegközéppontot tekintve: Θβ = F t r, és mivel a gömb tisztán gördül, a = rβ. Ezekből a = g sinα / (1+Θ/mr ) = 5/7 g sinα 4,96 m/s. b) Energia-megmaradást alkalmazva mgh = ½ mv + ½ Θω mgh = ½ mv + ½ Θ(v/r) = ½ (1+Θ/mr ) mv = ½ (7/5) mv 1 =4 :; BC = 10 m/s. ) c) Energia-megmaradást alkalmazva mgh = mgh, azaz ugyanolyan magasra. d) A szögsebesség független lesz β-tól. (0,5 p.) Energia-megmaradást alkalmazva mgh = mgh + ½ mv + ½ Θω mgh = mgh + ½ (7/5) m(ωr) D = E 4:; ) B(C'CG )=50 70,7 s -1 M tömegű, R sugarú csigára feltekert fonálon m tömegű teher függ a földtől h magasságban. Elengedve milyen végsebességgel érkezik le? (A súrlódás elhanyagolható.) 7

Ha a súrlódást elhanyagolhatjuk, akkor energia-megmaradással mgh = ½ mv + ½ Θω a korongra Θ= ½ MR ha a kötél nem csúszik meg a csigán, akkor ω = v/r tehát mgh = ½ mv + ½ (½ MR )(v/r) = ½ (m + M/) v v = mgh /(m + M / ) 01 tavasz 8. házi feladat M = 4 kg tömegű, R = 0,4 m sugarú állócsigára vetett kötélen egyik oldalon m 1 = 6 kg tömegű, másik oldalon m = kg tömegű teher lóg magasan a föld felett. a. A tömegeket elengedve mekkora lesz a rendszer gyorsulása? b. Mekkorák a kötélerők? A kötél nyújthatatlan és elhanyagolható tömegű, a csiga súrlódásmentesen forog. A mozgásegyenletek: az m 1 tömegű test lefelé gyorsul: m 1 a = m 1 g K 1 az m tömegű test felfelé gyorsul: m a = K m g A két test gyorsulásának nagysága megegyezik, mert a kötél nyújthatatlan, de a két kötélerő nem egyenlő nagyságú, mert a csigát a kötélerők forgatják: Θ β = ( K 1 K ) R ahol a korong alakú csiga tehetetlenségi nyomatéka Θ = ½ MR A kötél nem csúszik meg a csigán: a = R β Ezeket egymásba helyettesítve ½ MR (a/r) = [ m 1 (g a) m (g+a) ] R a = (m 1 m ) / (m 1 +m +M/) g = 0,4g 4 m/s K 1 = m 1 (g a) = 36 N, K = m (g+a) = 8 N 011 tavasz 8. házi feladat Vízszintes asztalra M tömegű, R sugarú hengert teszünk, amire nyújthatatlan, elhanyagolható tömegű kötél van feltekerve. A kötél végére m tömegű testet rögzítettünk, és a kötelet átvetettük az asztal széléhez rögzített csigán. A csiga súrlódásmentesen forog és a tömege elhanyagolható. A henger az asztalon tisztán gördül, nem csúszik meg. Mekkora a test gyorsulása? Az m tömegű testre hat az mg nehézségi erő és egy K kötélerő: ma = mg K A korongra vízszintes irányban hat a K kötélerő és a síkkal való P érintkezési pontnál egy F t tapadási súrlódási erő. A korong gördülését vizsgálhatjuk úgy, hogy pillanatnyi forgástengelynek 1) a P érintkezési pontot tekintjük; ekkor a P pont gyorsulása zérus, forgatónyomatéka csak K-nak van: Θ P β = K R, ahol Θ P = ½ MR + MR = 3/ MR és β = a / R VAGY ) a korong S tömegközéppontját tekintjük; ekkor az S pont gyorsulása ma S = K F t, ahol a S = a / forgatónyomatéka K-nak és F t -nek is van: Θ S β = K R + F t R, ahol Θ S = ½ MR és β = a S / R = a / R. Az egyenleteket megoldva a gyorsulás a = 8m / (8m+3M) g 8

Mennyezethez rögzített M 1 tömegű állócsigán átvetett kötél egyik oldalán a végéhez rögzítve m tömegű test lóg, a másik oldalon pedig egy M tömegű csiga, amin átvezetjük a kötelet és a kötélnek az a vége az M 1 tömegű csiga középpontjához van rögzítve. Mekkora az m tömegű test gyorsulása és mekkorák a kötélerők? Egy M tömegű, R sugarú korongot leteszünk vízszintes síkra úgy, hogy egy helyben ω 0 szögsebességgel pörög. Mit fog csinálni, ha a síkkal való érintkezési pontjánál F s súrlódási erő lép fel? Az F s súrlódási erő a korong forgását fékezi (1), de ezzel a haladó mozgását gyorsítja (), tehát (1) Θβ = F s R, ahol Θ = ½ MR () Ma = F s, F s = µmg a = µg Mivel a korong most nem gördül, ezért most nem igaz, hogy a = βr! A fentiekből ½ MR β = µmg R β = µg/r a szögsebesség az idő függvényében ω(t) = ω 0 + β t = ω 0 µg/r t a korong sebessége az idő függvényében v(t) = at = µgt Attól a pillanattól kezdve, amikor v(t) = R ω(t) teljesül, a korong tisztán gördülni fog: R (ω 0 µg/r t) = µgt t = Rω 0 / 3µg Egy M tömegű, R sugarú korongot meglökünk v 0 kezdősebességgel vízszintes síkon úgy, hogy forgás nélkül tisztán csúszik. Mikortól fog tisztán gördülni? A korongnak a síkkal való érintkezési pontjánál fellépő F s súrlódási erő a haladó mozgást fékezi (1), de a korong forgását gyorsítja (). (1) Ma = F s, F s = µmg a = µg () Θβ = F s R, ahol Θ = ½ MR (most nem igaz, hogy a = βr! ) a korong sebessége az idő függvényében v(t) = v 0 at = v 0 µgt a szögsebesség az idő függvényében ω(t) = βt = µg/r t Attól a pillanattól kezdve, amikor v(t) = R ω(t) teljesül, a korong tisztán gördülni fog: µg t = v 0 µgt t = v 0 / 3µg 9