Pontrendszerek - 3.1.3

Feladat

1. 
   Egy mozgó csigára egy $\setbox0\hbox{$m_{2}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű testet függesztünk. A mozgó csigát tartó fonál egyik végét állványhoz erősítjük, másik végét álló csigán átvezetve $\setbox0\hbox{$m_{1}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömeghez kötjük. (3.1.3. ábra) Határozzuk meg az $\setbox0\hbox{$m_{1}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, ill. $\setbox0\hbox{$m_{2}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegek gyorsulását! A csigák és a fonál tömegétől, valamint a súrlódástól eltekintünk.

Megoldás

1. A csigákra és a testekre ható erőket az ÁBRÁn ábrázoltuk.

Az állócsiga jobb oldalán ható, kötél által kifejtett erő Newton III. törvénye miatt egyezik meg az $\setbox0\hbox{$m_{1}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű testre ható kötélerővel. Az állócsiga bal oldalán ható, kötél által kifejtett erő azért egyezik meg a jobb oldalon ható $\setbox0\hbox{$K$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ erővel, mert a kettő forgatónyomatékának ki kell egyenlítenie egymást. Ez annak a következménye, hogy a csiga tömege zérus, így a tehetetlenségi nyomatéka is zérus, így a forgásokra vonatkozó Newton törvény értelmében az eredő forgatónyomaték is $\setbox0\hbox{$M_{e}=\Theta\beta=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ annak ellenére, hogy szöggyorsulása nem $\setbox0\hbox{$0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$. A mozgó csiga jobb oldalán ható, a kötél által kifejtett erő is $\setbox0\hbox{$K$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ nagyságú, mert az az állócsiga bal oldalán ható erő ellenereje. A mozgócsiga tengelyén ható erő $\setbox0\hbox{$2K$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, mert a bal oldalán lévő felfüggesztési pontot tekintve forgástengelynek a csigára ható eredő forgatónyomatéknak zérusnak kell lennie. A csigákra ható erőket a felfüggesztési pontokban a következő megfontolás alapján határoztuk meg. A csigák tömege zérus, ezért a rájuk ható erők eredője is $\setbox0\hbox{$0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ kell, hogy legyen. Így a felfüggesztési pontokban kifejtett erőnek ki kell egyensúlyoznia a többi erőt.
A fenti érvelésben fontos szerepet játszott az a tény, hogy a csigák és a fonál tömegét elhanyagoltuk, valamint, hogy a fonal nyújthatatlan. A nyújthatatlanságnak az is a következménye, hogy ha az $\setbox0\hbox{$m_{1}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű test lefelé gyorsul egy $\setbox0\hbox{$a$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ nagyságú gyorsulással, akkor az $\setbox0\hbox{$m_{2}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű test felfelé gyorsul $\setbox0\hbox{$a/2$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ nagyságú gyorsulással. A rájuk vonatkozó mozgásegyenletek:

$\[m_{1}a=m_{1}g-K\]$

$\[m_{2}\frac{a}{2}=2K-m_{2}g\]$

Az egyenletrendszert megoldva

$\[a=\frac{4m_{1}-2m_{2}}{4m_{1}+m_{2}}g\,.\]$

A mozgás irányát persze a tömegek aránya határozza meg. Ha $\setbox0\hbox{$2m_{1}>m_{2}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, akkor az $\setbox0\hbox{$m_{1}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű test fog $\setbox0\hbox{$a$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ gyorsulással lefelé, az $\setbox0\hbox{$m_{2}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű pedig $\setbox0\hbox{$a/2$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$-vel felfelé haladni. Fordított esetben ellenkező irányban történik a mozgás.