„Mechanika - Lelógatott korong tárcsával és tömeggel” változatai közötti eltérés

A lap 2013. július 1., 11:09-kori változata (lapforrás) Gombkoto (vitalap | szerkesztései) ← Régebbi szerkesztés		A lap jelenlegi, 2013. december 29., 18:43-kori változata (lapforrás) Gombkoto (vitalap | szerkesztései)
(egy szerkesztő egy közbeeső változata nincs mutatva)
8. sor:		8. sor:
	}}		}}
	== Feladat ==		== Feladat ==
−	</noinclude><wlatex># (*3.3.7.) $2R$ sugarú $4m$ tömegű korong kerületére csavart fonál szabad végét felfüggesztjük. A koronghoz erősített elhanyagolható tömegű $R$ sugarú tárcsa kerületére csavart fonál végére $m$ tömegű testet függesztünk (mindkét fonál a korong középpontjának ugyanazon oldalán van). A rendszer függőleges síkban mozoghat. Írjuk le a rendszer mozgását! [[Kép:Kfgy1_3.3.7.svg|none|300px]]</wlatex><includeonly><wlatex>{{Végeredmény|content=$$\beta=\frac{9g}{25R}$$}}</wlatex></includeonly><noinclude>	+	</noinclude><wlatex># (*3.3.7.) $R$ sugarú $2m$ tömegű korong kerületére csavart fonál szabad végét felfüggesztjük. A koronghoz erősített elhanyagolható tömegű $r$ sugarú tárcsa kerületére csavart fonál végére $m$ tömegű testet függesztünk (mindkét fonál a korong középpontjának ugyanazon oldalán van). A rendszer függőleges síkban mozoghat. Írjuk le a rendszer mozgását! [[Kép:Kfgy1_3.3.7.svg|none|295px]]</wlatex><includeonly><wlatex>{{Végeredmény|content=$$\beta=g\frac{6R-2r}{8R^2+2r^2-4rR}$$}}</wlatex></includeonly><noinclude>
	== Megoldás ==		== Megoldás ==
−	<wlatex>Legyen a korong az 1-es test, az azt tartó kötélerő $K_1$, a másik test a 2-es, és a kettő közti kötélben ható erő $K_2$. A megadott adatokkal $\theta_{\rm{TKP}}=8mR^2$. A mozgásegyenletek mozgásirányban pozitív koordinátatengelyekkel $$ma_2=mg-K_2$$ $$4ma_1=4mg+K_2-K_1$$ $$\theta_{\rm{TKP}}\beta=8mR^2\cdot\frac{a_1}{2R}=K_1 2R-K_2R$$ Ez három egyenlet négy ismeretlenre (gyorulások és kötélerők), a még hiányzó egyenlet már csak a két test mozgásának viszonyáról szólhat: $$a_2=\frac{a_1}2$$ Ehhez úgy jutunk, ha megnézzük, mennyit változik a 2-es test magassága, ha $l_1$ hosszúságú kötél csavarodik le a korongról. Emiatt a test $l_1$-el lejjebb kerülne, de közben a tárcsán felcsavarodik $\frac{l_1}2$ hosszúságú kötél, emiatt ennyivel feljebb kerülne. Összességében tehát $l_2=l_1-\frac{l_1}2$ a magasságváltozás, ezt kétszer idő szerint deriválva kapjuk a gyorsulások viszonyát. Áttérve a szöggyorsulásra és $K_2$-t behelyettesítve már csak két ismeretlen és két egyenlet van. Célszerű a másik kötélerőtől megszabadulni az egyenletek megfelelő lineáris kombinációjával, így kapható a szöggyorsulásra $$\beta=\frac{9g}{25R}$$.</wlatex>	+	<wlatex>Legyen a korong az 1-es test, az azt tartó kötélerő $K_1$, a másik test a 2-es, és a kettő közti kötélben ható erő $K_2$. A megadott adatokkal $\theta_{\rm{TKP}}=mR^2$. A mozgásegyenletek mozgásirányban pozitív koordinátatengelyekkel $$ma_2=mg-K_2$$ $$2ma_1=2mg+K_2-K_1$$ $$\theta_{\rm{TKP}}\beta=mR^2\cdot\beta=K_1R-K_2r$$ Ez három egyenlet öt ismeretlenre (gyorulások, szöggyorsulás és kötélerők), a még hiányzó egyenletek már csak a gyorsulások és a szöggyorsulás viszonyáról szólhatnak. Ezekhez úgy jutunk, ha megnézzük, mennyit változik a két test magassága, ha a korong $\Delta\varphi$ szögben elfordul. Mivel ekkor $\Delta l_1=\Delta\varphi R$ hosszúságú kötél csavarodik le a korongról, kétszeres időderiválással $a_1=\beta R$. Emiatt a másik test $\Delta l_1$-el lejjebb kerülne, de közben a tárcsán felcsavarodik $\Delta\varphi r$ hosszúságú kötél, emiatt ennyivel feljebb kerülne. Összességében tehát $\Delta l_2=\Delta\varphi(R-r)$ a magasságváltozás, ezt kétszer idő szerint deriválva $a_2=\beta(R-r)$. Áttérve a szöggyorsulásra és $K_2$-t behelyettesítve az első mozgásegyenletből a másik kettőbe már csak két ismeretlen és két egyenlet van. A második mozgásegyenletet $R$-el szorozva a másik kötélerőtől is meg lehet válni az egyenletek összeadásával, így kapható a szöggyorsulásra $$\beta=g\frac{6R-2r}{8R^2+2r^2-4rR}$$.</wlatex>
	</noinclude>		</noinclude>

---

A lap jelenlegi, 2013. december 29., 18:43-kori változata

Navigáció Pt·1·2·3
Kísérleti fizika gyakorlat 1.
Gyakorlatok listája: Deriválás Integrálás Mozgástan Erőtan I. Erőtan II. Munka, energia Pontrendszerek Merev testek I. Merev testek II. Rugalmasság, folyadékok Rezgések I. Rezgések II. Hullámok
Mechanika - Merev testek II.
Feladatok listája: Korongon mozgatott tömegpont Lelógatott korong Lelógatott korong tárcsával és tömeggel Lépcsős csiga Tömeg rugón súlyos csigával Korong vízszintes talajon húzva Henger lejtőn Három test lejtőn Forgó henger lejtőn húzva Hokikorong és rúd ütközése Hokikorong és rúd ütközése II Felbillenés lejtőn
© 2012-2013 BME-TTK, TÁMOP4.1.2.A/1-11/0064

Feladat

1. (*3.3.7.) sugarú tömegű korong kerületére csavart fonál szabad végét felfüggesztjük. A koronghoz erősített elhanyagolható tömegű sugarú tárcsa kerületére csavart fonál végére tömegű testet függesztünk (mindkét fonál a korong középpontjának ugyanazon oldalán van). A rendszer függőleges síkban mozoghat. Írjuk le a rendszer mozgását!
   

Megoldás

Legyen a korong az 1-es test, az azt tartó kötélerő , a másik test a 2-es, és a kettő közti kötélben ható erő . A megadott adatokkal . A mozgásegyenletek mozgásirányban pozitív koordinátatengelyekkel Ez három egyenlet öt ismeretlenre (gyorulások, szöggyorsulás és kötélerők), a még hiányzó egyenletek már csak a gyorsulások és a szöggyorsulás viszonyáról szólhatnak. Ezekhez úgy jutunk, ha megnézzük, mennyit változik a két test magassága, ha a korong szögben elfordul. Mivel ekkor hosszúságú kötél csavarodik le a korongról, kétszeres időderiválással . Emiatt a másik test -el lejjebb kerülne, de közben a tárcsán felcsavarodik hosszúságú kötél, emiatt ennyivel feljebb kerülne. Összességében tehát a magasságváltozás, ezt kétszer idő szerint deriválva . Áttérve a szöggyorsulásra és -t behelyettesítve az első mozgásegyenletből a másik kettőbe már csak két ismeretlen és két egyenlet van. A második mozgásegyenletet -el szorozva a másik kötélerőtől is meg lehet válni az egyenletek összeadásával, így kapható a szöggyorsulásra .