Toplista
- betöltés...
Ha szívesen korrepetálnál, hozd létre magántanár profilodat itt.
Ha diák vagy és korrepetálásra van szükséged, akkor regisztrálj be és írd meg itt, hogy milyen tantárgyban!
Elméleti Mechanika 2
Sipka Gergő
{ Tanár } kérdése
575
Egy félgömb tetején van egy kis kocka nehézségi erőtérben. Súrlódást elhanyagoljuk. R sugarú a félgömb. Határozzuk meg, hol hagyja el a kocka a félgömb felszínét!
Jelenleg 1 felhasználó nézi ezt a kérdést.
0
Felsőoktatás / Fizika
Válaszok
2
bongolo
{ 
}
válasza
Bocs, nincs meg a befejezés...
Amikor a test félgömbön csúszik, akkor körmozgást végez. Annak pedig az a feltétele, hogy hasson rá megfelelő nagyságú centripetális erő:
`F_(cp)=m·ω^2·r`
A centripetális erőt a nehézségi erő sugárirányú komponense szolgáltatja, ami `φ` szög esetén ennyi:
`m·g·cos φ`
Ennek egy része az `F_(cp)`, a maradékot pedig a félgömb nyomóereje ejti ki.
Amikor pedig már `m·ω^2·r > m·g·cos φ`, akkor nem követi tovább a test a gömb görbületét, hanem tovább halad az aktuális `φ`-re merőleges sebességével (plusz függőlegesen szabadesést végez). Ezt a pontot kellene kiszámolnunk.
Tudnunk kellene a szögsebesség `φ`-tól függő értékét.
A nehézségi erő tangenciális komponense (`m·g·sin φ`) gyorsítja a test kerületi sebességét:
`m·a=m·g·sin φ`
`a=g·sin φ`
Ez pedig azt jelenti, hogy a szöggyorsulás:
`β=g/r·sin φ`
Tudjuk ezeket a derivált-összefüggéseket:
`ω=dot φ`
`β=ddot φ`
ezért ezt a diffegyenletet tudjuk felírni:
`ddot φ = g/r·sin φ`
A peremfeltételek pedig: `φ(0)=0, dot φ(0)=0`
Hmm, ezt a diffegyenletet nem tudom megoldani... Bizonyára valahogy máshogy kellene megfogni a feladatot.
Amikor a test félgömbön csúszik, akkor körmozgást végez. Annak pedig az a feltétele, hogy hasson rá megfelelő nagyságú centripetális erő:
`F_(cp)=m·ω^2·r`
A centripetális erőt a nehézségi erő sugárirányú komponense szolgáltatja, ami `φ` szög esetén ennyi:
`m·g·cos φ`
Ennek egy része az `F_(cp)`, a maradékot pedig a félgömb nyomóereje ejti ki.
Amikor pedig már `m·ω^2·r > m·g·cos φ`, akkor nem követi tovább a test a gömb görbületét, hanem tovább halad az aktuális `φ`-re merőleges sebességével (plusz függőlegesen szabadesést végez). Ezt a pontot kellene kiszámolnunk.
Tudnunk kellene a szögsebesség `φ`-tól függő értékét.
A nehézségi erő tangenciális komponense (`m·g·sin φ`) gyorsítja a test kerületi sebességét:
`m·a=m·g·sin φ`
`a=g·sin φ`
Ez pedig azt jelenti, hogy a szöggyorsulás:
`β=g/r·sin φ`
Tudjuk ezeket a derivált-összefüggéseket:
`ω=dot φ`
`β=ddot φ`
ezért ezt a diffegyenletet tudjuk felírni:
`ddot φ = g/r·sin φ`
A peremfeltételek pedig: `φ(0)=0, dot φ(0)=0`
Hmm, ezt a diffegyenletet nem tudom megoldani... Bizonyára valahogy máshogy kellene megfogni a feladatot.
Módosítva: 6 éve
0
- Még nem érkezett komment!
bongolo
{ }
megoldása
Hmm, nem a diffegyenlet felé kellett volna elindulnom, hanem az energiamegmaradás a kulcs.
Az összes energia mindig `m·g·h_0=m·g·r`. Amikor `φ` szögnél tart, akkor `h=r·cos\ φ`, tehát az össz-energia:
`m·g·r=m·g·r·cos\ φ+1/2·m·v^2`
`2g·r·(1-cos\ φ)=v^2`
A szükséges centripetális erő ekkor:
`F_(cp)=m·v^2/r=m·2g(1-cos\ φ)`
Ami pedig rendelkezésre áll a nehézségi erőből (ahogy az első válaszban írtam) :
`m·g·cos\ φ`
Tehát ez után a pont után lesz már kevés az erő az `F_(cp)`-hez:
`m·2g(1-cos\ φ)=m·g·cos\ φ`
`2(1-cos\ φ)=cos\ φ`
`cos\ φ=2/3`
Az összes energia mindig `m·g·h_0=m·g·r`. Amikor `φ` szögnél tart, akkor `h=r·cos\ φ`, tehát az össz-energia:
`m·g·r=m·g·r·cos\ φ+1/2·m·v^2`
`2g·r·(1-cos\ φ)=v^2`
A szükséges centripetális erő ekkor:
`F_(cp)=m·v^2/r=m·2g(1-cos\ φ)`
Ami pedig rendelkezésre áll a nehézségi erőből (ahogy az első válaszban írtam) :
`m·g·cos\ φ`
Tehát ez után a pont után lesz már kevés az erő az `F_(cp)`-hez:
`m·2g(1-cos\ φ)=m·g·cos\ φ`
`2(1-cos\ φ)=cos\ φ`
`cos\ φ=2/3`
0
- Még nem érkezett komment!