A P. 5169. feladat (2019. november)

P. 5169. Az $\displaystyle L=20$ cm hosszúságú, homogén tömegeloszlású, $\displaystyle m=0{,}4$ kg tömegű rudat az egyik végénél a bal oldali ábra szerint az $\displaystyle A$ pontnál lévő csuklóhoz erősítjük, amely körül minden irányban foroghat. A rúd másik végét egy $\displaystyle D=25$ N/m direkciós erejű, függőleges helyzetű, erőmentes állapotban szintén $\displaystyle L$ hosszúságú rugóhoz rögzítjük. Kezdetben a rugó és a rúd egy egyenesbe esik. Ezt követően a rudat (a jobb oldali ábrán látható módon) $\displaystyle \varphi=60^\circ$-kal kitérítjük, majd elengedjük.

$\displaystyle a)$ Mekkora sebességgel lendül át a rúd vége a függőleges helyzeten?

$\displaystyle b)$ A rudat az egyensúlyi helyzetéből kis szöggel kitérítjük, majd elengedjük. Mennyi idő alatt jut a rúd függőleges helyzetbe?

$\displaystyle c)$ Mekkora szögsebességgel kell a rugó-rúd rendszert a függőleges $\displaystyle AB$ tengely körül forgatni, hogy a rúdnak a függőlegessel bezárt szöge folyamatosan $\displaystyle 60^\circ$ legyen?

(A súrlódás mindenhol elhanyagolható.)

Közli: Zsigri Ferenc, Budapest

(5 pont)

A beküldési határidő 2019. december 10-én LEJÁRT.

Megoldás. $\displaystyle a)$ A kitérített rúd, a megfeszített rugó és az $\displaystyle AB$ szakasz derékszögű háromszöget alkot, a rugó hossza tehát $\displaystyle \sqrt{3}\,L$, a megnyúlása pedig $\displaystyle (\sqrt{3}-1)L$ lesz. A rúd tehetetlenségi nyomatéka az $\displaystyle A$ pontra vonatkoztatva $\displaystyle \tfrac13mL^2$, és a tömegközéppontja a függőleges helyzet eléréséig $\displaystyle L/4$ távolsággal kerül mélyebbre. Alkalmazva a mechanikai energiamegmaradás tételét:

$\displaystyle \frac{1}{2}D(\sqrt{3}-1)^2L^2+\frac{1}{4}mgL=\frac12\cdot \frac13 mL^2\omega^2,$

ahonnan az adatok behelyettesítése után a rúd szögsebességére az $\displaystyle \omega=13{,}2\, {\rm s}^{-1},$ a rúd végpontjának sebességére pedig a $\displaystyle v=L\omega=2{,}64~\frac{\rm m}{\rm s}$ eredmény adódik.

$\displaystyle b)$ A rudat kis szöggel kitérítve a rugó megnyúlása (és ezzel arányosan a rugóban ébredő erő) a kitérés négyzetével arányos, a rugóerőnek az $\displaystyle A$ pontra vonatkozó forgatónyomatéka pedig közelítőleg a kitérés köbével arányos. Ez a forgatónyomaték a nehézségi erőnek a kitéréssel arányos forgatónyomatéka mellett elhanyagolhatóan kicsi, a rendszer tehát úgy mozog, mintha a rugó nem is volna ott. Ez annyit jelent, hogy a rúd mozgása olyan fizikai ingaként tárgyalható, amelynek lengésideje:

$\displaystyle T=2\pi\frac{\frac13 mL^2}{\frac14 mgL}=\sqrt{\frac{2L}{3g}}=0{,}73~\rm s.$

A kitérített, majd kezdősebesség nélkül elengedett rúd

$\displaystyle \frac {T}4=0{,}18~\rm s$

alatt kerül függőleges helyzetbe.

$\displaystyle c)$ A rúd valamekkora $\displaystyle \omega$ szögsebességgel forgó rendszerből nézve egyensúlyi helyzetben van, ezért az erők forgatónyomatékának előjeles összege nulla. A rúdra – ebben a forgó, nem inerciarendszerben – négyféle erő hat:

1. A $\displaystyle G=mg=3{,}92~$N nagyságú nehézségi erő, amelynek hatásvonala az $\displaystyle A$ ponttól $\displaystyle \tfrac12 L\,\sin 60^\circ=0{,}34~\rm m$ távol van.

2. A megfeszített rugóban fellépő erő nagysága $\displaystyle F_1=D(\sqrt{3}-1)L=3{,}66~\rm N$, és a hatásvonala $\displaystyle L=0{,}2~\rm m$ távol van az $\displaystyle A$ ponttól.

3. A ,,centrifugális erő'', amelynek nagysága a tömegközéppontba képzelt $\displaystyle m$ tömegű testre ható tehetetlenségi erő nagyságával egyezik meg: $\displaystyle F_2=\tfrac12 mL\sin 60^\circ\,\omega^2=\omega^2\cdot 0{,}0346~\rm N\,s^2.$ Ennek az erőnek a hatásvonala azonban nem a tömegközépponton, hanem a rúd alsó harmadolópontján halad keresztül, tehát az $\displaystyle A$ ponttól mért távolsága $\displaystyle \tfrac23L\cos 60^\circ=0{,}0667~\rm m.$

4. A rúdra hat még az $\displaystyle A$ pontban (a csuklónál) egy ismeretlen nagyságú és ismeretlen irányú kényszererő, ennek azonban nincs forgatónyomatéka az $\displaystyle A$ ponton átmenő tengelyre vonatkozóan.

Az erők forgatónyomatékának egyensúlyi feltétele:

$\displaystyle F_1 L+G\frac{L}{2}\sin 60^\circ=\tfrac23L\cos 60^\circ F_2,$

vagyis

$\displaystyle 3{,}66\cdot 0{,}20+3{,}92\cdot 0{,}087= 0{,}0346~\rm s^2\cdot 0{,}0667 \cdot \omega^2.$

Ebből a szögsebesség kiszámítható:

$\displaystyle \omega=21{,}5~\frac{1}{\rm s}.$

Statisztika:

27 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Vass Bence.
4 pontot kapott:	Fiam Regina, Fonyi Máté Sándor, Ludányi Levente, Szász Levente, Varga Vázsony.
3 pontot kapott:	7 versenyző.
2 pontot kapott:	6 versenyző.
1 pontot kapott:	7 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2019. novemberi fizika feladatai