a)  Ha a golyót ferde, feszes kötél esetén megfelelő nagyságú vízszintes, és a kötésre merőleges irányú sebességgel elidítjuk, akkor a golyó szép egyenletes körmozgást végez a vízszintes síkban. Mekkora a kötélerő, ha az \(m=60\ \mathrm{dkg}\) tömegű golyó tömegközéppontja \(r=0,5\ \mathrm{m}\) sugarú körpályán kering?

6,2 N

Hogy kell elképzelni a jelenséget?

Készítsünk rajzot a tekegolyóra ható erőkről oldalnézetből:

Ha egy test körmozgást végez, akkor a sebességvektorának az iránya folyamatosan változik, emiatt mindenképpen van neki centripetális gyorsulása (akkor is, ha a sebességének nagysága állandó). Márpedig a tekegolyónk sebessége állandó, így a sebesség nagyságának változása miatt fellépendő érintő irányú (tangenciális) gyorsulás biztosan nulla. A golyó gyorsulása emiatt csak a centripetális gyorsulásból áll, ami pedig a körpálya centruma, középpontja felé irányuló:

Ha a golyó gyorsulása a körpálya középpontja felé mutat, akkor a a golyóra ható erők eredője is ilyen irányú kell hogy legyen:

Azt látjuk, hogy a függőlegesen lefelé mutató \(m\cdot g\) nehézségi erő és a ferde irányú \(K\) kötélerő eredője vízszintes. Ez csak úgy lehetséges, ha ennek a 2 erőnek a függőleges komponensei kioltják, kiegyenlítik egymást. Készítsünk oldalnézeti ábrát, és mivel a kötélerő függőleges komponense ki kell oltsa a nehézségi erőt, ezért a \(K\) kötélerőt bontsuk is fel \(K_y\) függőleges és \(K_x\) vízszintes komponensekre:

Számítsuk ki a nehézségi erőt:

\[m\cdot g=60\ \mathrm{dkg}\cdot 10\ \mathrm{\frac{m}{s^2}}=0,6\ \mathrm{kg}\cdot 10\ \mathrm{\frac{m}{s^2}}=6\ \mathrm{N}\]

Ezzel pont megegyező nagyságú a kötélerő függőleges komponense:

\[K_y=6\ \mathrm{N}\]

Már csak azt kellene meghatároznunk, hogy a \(K\) kötélerő és a \(K_y\) hogyan viszonyulnak egymáshoz. Ehhez készítsünk ábrát, amin az adatokat feltüntetjük:

Az ábrán látható derékszögű háromszögben az \(\alpha\) hegyesszöggel szemközti befogó az $r$, az átfogó pedig az $l$ kötélhossz. Az erre fennálló összefüggés:

\[\sin \alpha=\frac{r}{l}=\frac{0,5\ \mathrm{m}}{2\ \mathrm{m}}=0,25\]

Ez alapján az \(\alpha\) szög:

\[\alpha =14,5{}^\circ \]

Most rajzoljuk be az ábrába az \(\alpha\) szöget a $K$ kötélerő és annak komponensei környékére:

Az ábra alapján:

\[\cos \alpha=\frac{K_y}{K}\]

\[K=\frac{K_y}{\cos \alpha}\]

\[K=\frac{6\ \mathrm{N}}{\cos 14,5{}^\circ}\]

\[K=6,2\ \mathrm{N}\] 

b)  Mekkora vízszintes sebességgel kell elindítani, hogy szép körmozgást végezzen a vízszintes síkban?

\(v=1,1358\ \mathrm{\displaystyle \frac{m}{s}}\)

A kötélerő vízszintes komponense fogja ellátni a centripetális erő feldatát:

\[F_{cp}= K_x\]

\[m\cdot a_{cp}=K_x\]

\[m\cdot \frac{v^2}{r}=K_x\]

Ebben az egyenletben benne van a számunkra keresendő $v$ sebesség, az $m$ tömeg és az $r$ sugár ismertek, de a \(K_x\) még nem ismert. Viszont ki tudjuk számítani. Nézzük meg az ábránkat:

A \(K_x\) megjelenik az iménti derékszögű háromszögünkben felül is, mint az \(\alpha\) szöggel szemközti befogó. Ez alapján:

\[{\mathrm{tg}\ \alpha \ }=\frac{K_x}{K_y}\]

\[{\mathrm{tg}\ 14,5{}^\circ \ }=\frac{K_x}{6\ \mathrm{N}}\]

\[0,258=\frac{K_x}{6\ \mathrm{N}}\]

\[K_x=1,548\ \mathrm{N}\]

Ennek segítségével már kiszámíthatjuk a sebességet:

\[m\cdot \frac{v^2}{r}=K_x\]

\[0,6\ \mathrm{kg}\cdot \frac{v^2}{0,5\ \mathrm{m}}=1,548\ \mathrm{N}\]

Ebből

\[v=1,1358\ \mathrm{\frac{m}{s}}\]

c)  A tekegolyó most nem vízszintes síkban kering (ahogy eddig tette), hanem függőleges síkban leng. Mekkora erő feszíti a kötelet, amikor a golyó a legalsó ponton halad át \(v=1,5\ \mathrm{\displaystyle \frac{m}{s}}\) sebességgel? Vegyük úgy, hogy a golyó tömegközéppontja mindig 2 méterre van a körpálya középpontjától!

\(K=6,675\ \mathrm{N}\)

Először rajzoljuk be a golyóra ható erőket:

A kötél csak húzóerőt tud kifejteni, vagyis a legalsó pontban biztosan függőleges. A nehézségi erő pedig mindig függőleges. Vagyis a golyóra most csak függőleges erők hatnak. Ebből következik, hogy mivel vízszintes erő nem hat rá, ezért vízszintes gyorsulása nem lehet. Mivel a vízszintes irány az érintő irány, ezért érintő gyorsulása nincs a golyónak, tehát az alsó pontban a sebességének a nagysága nem változik. De a sebességének iránya változik, hiszen folyamatosan kanyarodik, így centripetális gyorsulása biztosan van. A körpálya centruma most a golyó felett van, tehát a centripetális irány most függőlegesen felfelé van:

Mi okozhatja ezt a felfelé irányuló centripetális gyorsulást? Az, hogy a két függőleges erő, a $K$ kötélerő és az \(m\cdot g\) nehézségi erő nem azonos nagyságúak, így nem egyenlítik ki egymást. Mivel a centripetális gyorsulás felfelé van, ezért a $K$ kötélerőnek nagyobbnak kell lennie, mint a nehézségi erőnek. Írjuk fel függőleges irányra a dnamika alapegyenletét! Ehhez először vegyünk fel egy pozitív irányt, mondjuk felfelé.

\[{\mathit{\Sigma}F}_y=m\cdot a_y\]

\[K+m\cdot g=m\cdot a_{cp}\]

A szumma összeadást jelent, ezért az \(m\cdot g\) előjele pozitív. Majd a $g$ nehézségi gyorsulás értékénél fogjuk figyelembe venni, hogy ez lefelé van. Írjuk be a centripetális gyorsulás képletét:

\[K+m\cdot g=m\cdot \frac{v^2}{r}\]

\[K+0,6\ \mathrm{kg}\cdot \left(-10\ \mathrm{\frac{m}{s^2}}\right)=0,6\ \mathrm{kg}\cdot \frac{{\left(1,5\ \mathrm{\displaystyle \frac{m}{s}}\right)}^2}{2\ \mathrm{m}}\]

\[K-6\ \mathrm{N}=0,675\ \mathrm{N}\]

\[K=6,675\ \mathrm{N}\]

d)  A tekegolyó most is függőleges síkban leng. Mekkora a kötélerő, amikor a golyó \(\displaystyle 1,5\ \mathrm{\frac{m}{s}}\) sebességgel halad a körpályája legalsó pontjánál \(30\ \mathrm{cm}\)‑rel magasabb helyen?

\(K=5,775\ \mathrm{N}\)

A kötél a kérdéses pillanatban biztosan ferde, mivel nem a legalsó pontjában van, és nem is vízszintes, mert a vízszintes helyzethez a golyónak $r=2\ \mathrm{m}$ magasságban kellene lennie a körív legalsó pontjához képest. Készítsünk ábrát a golyóra ható erőkről!

A sebességvektor mindig a pályához húzott érintő irányába mutat, ezért a sebességvektor egyenesét érintő (más néven tangenciális) iránynak nevezzük. Az érintő irányba ható erő(k) mindig a test sebességének nagyságát változtatják.

A sebességvektorra merőleges irányú (azaz a körpálya centruma felé, vagy pedig onnan kifelé mutató) erők fogják biztosítani a centripetális (centrum felé irányuló) gyorsulást, vagyis az ő eredőjük fogja ellátni a centripetális erő feladatát. A centripetális erő következménye mindig, hogy elkanyarodik a test, vagyis változik a sebességének iránya.

A sebességgel párhuzamos illetve rá merőleges erők hatása tehát jelentősen eltérő, emiatt célszerű minden erőt felbontani ilyen alapon: sebességgel párhuzamos (érintő irányú) komponensre és a sebességre merőleges (más néven normális) komponensre. A kötélerő teljesen a centrum felé mutató, azaz a sebességre merőleges, így őt nem kell szétbontanunk. De az $m\cdot g$ nehézségi erőt muszáj felbontani:

A kötélerő és a nehézségi erő normális komponense együttesen biztosítják a centripetális gyorsulást, vagyis ők együtt látják el a centripetális erő feladatát:

Mekkora is a nehézségi erő normális komponense? Szögfüggvényekkel ki tudjuk fejezni:

\[{m\cdot g}_{\bot }=m\cdot g\cdot {\cos{\alpha}}\]

A centripetális erő funkcióját a kötélerő és a nehézségi erő normális komponense közösen látják el:

\[F_{cp}=K-{m\cdot g}_{\bot }=K-m\cdot g\cdot {\cos{\alpha}}\]

A nehézségi erő normális komponense azért negatív előjelű, mert ha ebben a normális irányban a centrum felé mutatót vesszük pozitívnak, akkor a nehézségi erő normális irányú komponense ezzel ellentétes. A centripetális erőről tudjuk, hogy:

\[F_{cp}=m\cdot \frac{v^2}{r}\]

Ebben mindent ismerünk, csak be kell írnunk az adatokat:

\[F_{cp}=0,6\ \mathrm{kg}\cdot \frac{{\left(1,5\ \mathrm{\displaystyle \frac{m}{s}}\right)}^2}{2\ \mathrm{m}}\]

\[F_{cp}=0,675\ \mathrm{N}\]

Ezek alapján:

\[F_{cp}=K-m\cdot g\cdot {\cos{\alpha}}\]

\[0,675\ \mathrm{N}=K-0,6\ kg\cdot 10\ \ \mathrm{\frac{m}{s^2}}\cdot {\cos{\alpha}}\]

Ebben a K kiszámításához már csak az $\alpha $ szöget kellene tudnunk. Ehhez használjuk fel, hogy a golyó most $30\ \mathrm{cm}$‑re a legalsó pont felett van:

Mivel a kötél hossza 2 méter, ezért a tetőponttól $1,7\ \mathrm{m}$‑rel van alacsonyabban. Innen szögfüggvényekkel a keresett szögre ezt írhatjuk fel:

\[{\mathrm{cos}\ \alpha \ }=\frac{1,7\ \mathrm{m}}{2\ \mathrm{m}}=0,85\]

Ez így elég is, nem kell kiszámolnunk az $\alpha $ szöget, mivel az egyenletünkhöz úgyis csak a ${\cos{\alpha}}$ kell, írjuk be:

\[0,675\ \mathrm{N}=K-0,6\ \mathrm{kg}\cdot 10\ \ \mathrm{\frac{m}{s^2}}\cdot {\cos{\alpha}}\]

\[0,675\ \mathrm{N}=K-0,6\ \mathrm{kg}\cdot 10\ \ \mathrm{\frac{m}{s^2}}\cdot 0,85\]

\[0,675\ \mathrm{N}=K-5,1\ \mathrm{N}\]

\[K=5,775\ \mathrm{N}\]