A P. 5627. feladat (2025. február)

P. 5627. Könnyen gördülő, \(\displaystyle M\) tömegű kiskocsira egy \(\displaystyle \ell\) hosszúságú, \(\displaystyle m\) tömegű fonálingát erősítettünk. A rendszert nyugalmi állapotban vízszintes síkra helyezzük, majd a kiskocsit kicsit meglökjük. Mennyi idő múlva lesz újra ugyanekkora a kiskocsi sebessége?

Közli: Gelencsér Jenő, Kaposvár

(5 pont)

A beküldési határidő 2025. március 17-én LEJÁRT.

Megoldás. A lökés után a rendszer mozgása két komponensből tevődik össze: egyrészt (vízszintes külső erő hiányában) a tömegközéppont vízszintes irányban állandó sebességgel halad, másrészt az ingán lengő súly és a kiskocsi a tömegközépponthoz rögzített rendszerben egymással ellenütemben lengő illetve rezgő mozgást végez. Ez utóbbi periódus ideje egyszerű megfontolásokkal megadható. Az állandó sebességgel haladó tömegközépponti rendszerben a kiskocsi és az inga úgy mozognak, hogy az inga fonalát a felfüggesztéstől nézve \(\displaystyle m:M\) arányban osztó pont vízszintesen nem mozdul el. Ennek megfelelően, ha az inga kicsiny (radiánban mért) szögkitérése \(\displaystyle \phi\), az ingán lévő kis test elmozdulása

\(\displaystyle x=\ell\frac{M}{M+m}\phi.\)

Ugyanakkor a visszahúzó erő

\(\displaystyle F=mg\phi,\)

tehát a lengő test mozgásegyenlete a tömegközépponti rendszerben (a gyorsulást \(\displaystyle a\)-val jelölve)

\(\displaystyle ma=-mg\phi=-\frac{mg(M+m)}{\ell M}x,\)

amiből

\(\displaystyle T=2\pi\sqrt{\frac{\ell M}{g(M+m)}}.\)

A meglökést követően tehát ennyi időnként áll elő ugyanaz a helyzet, mint ami közvetlenül a meglökés után volt, nevezetesen ennyi idő múlva az \(\displaystyle m\) pillanatnyi sebessége éppen nulla, a kiskocsié pedig a meglökés során kapott (maximális) érték.

Megjegyzések. 1. A megoldás során a kiskocsi mozgásegyenletét nem is kellett felírnunk. Ez annak köszönhető, hogy a tömegközépponti rendszer most inerciarendszer, amiben az inga lengése egyszerűen leírható. (A tömegközépponti rendszer azért tekinthető inerciarendszernek, mert az inga kitérése kicsi, így első rendben nincs a tömegközéppontnak függőeleges elmozdulása, sebessége és gyorsulása.)

2. \(\displaystyle T\), illetve \(\displaystyle \omega=\tfrac{2\pi}{T}\) ismeretében az egész mozgást könnyen leírhatjuk. \(\displaystyle u_0\)-lal jelölve a kiskocsi induló sebességét, mivel kezdetben \(\displaystyle m\) éppen áll, a tömegközéppont sebessége

\(\displaystyle v_\mathrm{tkp}=u_0\frac{M}{M+m}.\)

Ehhez képest az \(\displaystyle m\) és az \(\displaystyle M\) kezdősebessége rendre

\(\displaystyle v_0=-u_0\frac{M}{M+m}\quad\textrm{és}\quad V_0=u_0\frac{m}{M+m},\)

így a sebességek a tömegközépponti rendszerben a lökés után \(\displaystyle t\) idővel

\(\displaystyle v(t)=v_0\cos\omega t\quad\textrm{és}\quad V(t)=V_0\cos\omega t,\)

a lengő súly \(\displaystyle s\) és a kiskocsi \(\displaystyle S\) elmozdulása pedig

\(\displaystyle s=v_\mathrm{tkp}t+\frac{v_0}{\omega}\sin\omega t,\quad\textrm{illetve}\quad S=v_\mathrm{tkp}t+\frac{V_0}{\omega}\sin\omega t.\)

Statisztika:

11 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Erdélyi Dominik, Kovács Tamás, Ujpál Bálint.
4 pontot kapott:	Kávai Ádám.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.

A KöMaL 2025. februári fizika feladatai