rész I

Kinematika

2B-40Adott egy részecske egy adott t pillanatban

v(t) = 4ms +(2ms2)t−(

3ms3

)t2 (1)

sebességgel halad továbbá tudjuk hogy t = 0 ban az x = 8mhelyen tartózkodott:

x(t = 0) = 8m. (2)

Határozzuk meg a részecske elmozdulás id® x(t) függvényét, továbbá a sebesség maximális értékét!Megoldás

v(t) = ddtx(t)

x(t) = x0 +´ t

0v(τ)dτ

2pt

x(t) = 8m+

ˆ t

0

[4ms

+(2ms2)τ −

(3ms3

)τ2]dτ (3)

Felhasználva hogy ˆxαdx =

xα+1

α+ 1(4)

illetve az integraciós konstanst (2) segítségével rögzítve kapjuk hogy

x(t) = 8m+

[4msτ +

(2ms2) τ2

2−(

3ms3

) τ3

3

]t0

(5)

x(t) = 8m+ 4mst+(

1ms2

)t2 −

(1ms3

)t3 (6)

1pt

ha

f(x∗) = fmax

akkor (ddxf(x)

)∣∣∣x=x∗

= 0

és (d2

dx2f(x)

)∣∣∣x=x∗

< 0

1pt

Felhasználva hogyddxxα = αxα−1 (7)

ddtv(t) =

(2ms2)− 2

(3ms3

)t (8)

ddtv(t)

∣∣∣∣t=t∗

=(2ms2)− 2

(3ms3

)t∗ = 0 (9)

amib®l

t∗ =1

3s (10)

1

1. ábra. Hajítások geometriai és kinematikai paramétereinek de�níciói.

vissza helyettesítve (1)-be kapjuk hogy

vmax = 4ms +(2ms2)(1

3s

)−(

3ms3

)(1

3s

)2

≈ 4.33ms (11)

1pt

3C-29A kinematikai egyenletekb®l kiindulva határozzuk meg egy a vízszintes síkhoz képest θ szög alatt v0kezd® sebességgel kil®t

lövedék röppályáját és az R l®távolságot! A hajítások geometriai és kinematikai paramétereit az 1 ábra alapján de�niáljuk.Megoldás

s(t) = s0 + v0t+ a2 t

2

1pt

feltéve hogy a lövedék az origóból indul, a mozgás vízszintesen egy egyenletesen haladó függ®legesen pedig egy egyenletesengyorsuló mozgás kapjuk hogy

x(t) = v0 cos(θ)t, (12)

y(t) = v0 sin(θ)t− g

2t2. (13)

2pt

Ez a két egyenlet paraméteresen határozza meg a pályát! A pálya egyenletének meghatározásához (Egy y(x) függvénytkeresünk!) felyezzük ki az els®b®l t-t és helyettesítsük be a másodikba!

t =x

v0 cos(θ)(14)

y = v0 sin(θ)

[x

v0 cos(θ)

]− g

2

[x

v0 cos(θ)

]2

(15)

amib®l némi algebrával kapjuk hogy

y(x) = tg(θ)x− g

2v20 cos2(θ)

x2. (16)

1pt

A l®távolság meghatározásához döbbenjünk rá hogy a pálya egyenlete zérus x = R értékre! tehát (16) zérus helyeit kellkeresni. Kiemelve x-et (16)-b®l kapjuk hogy

y(x) = x

[tg(θ)− gx

2v20 cos2(θ)

]. (17)

2

ennek a másodfokú egyenletnek két zérus helye van! Egy az x = 0 (még jó.. ezt rögzítettük a peremfeltétellel.) a másik pedig R:

R = tg(θ)2v2

0 cos2(θ)

g=

sin(θ)

cos(θ)

2v20 cos2(θ)

g(18)

R =v2

0

gsin(2θ) (19)

ahol felhasználtuk a sin(2θ) = 2 sin(θ) cos(θ) trigonometrikus azonosságot.

1pt

3C-30Diferenciál számítás segítségével mutassuk meg hogy a l®távolság θ = 45◦ra veszi fel a maximális értékét!Megoldás

ha

f(x∗) = fmax

akkor (ddxf(x)

)∣∣∣x=x∗

= 0

és (d2

dx2f(x)

)∣∣∣x=x∗

< 0

2pt

Di�erenciálva (19)-t θ szerint kapjuk hogyd

dθR(θ) =

v20

g2 cos(2θ), (20)

illetved2

dθ2R(θ) = −v

20

g4 sin(2θ). (21)

Az els® kifejezés zérus hacos(2θ) = 0 (22)

tehát2θ =

π

2+ (2k + 1)π, k ∈ Z. (23)

Mivel a �zikailag releváns szögek a [0, π/2] zárt intervallumban keresend®ek ebb®l

θ =π

4= 45◦. (24)

2pt

Ellen®rzés képpen vizsgáljukl meg hogy a második derivált negatív!

−v20

g4 sin(2θ) = −v

20

g4 sin(π/2) = −4

v20

g(25)

1pt

3C-32Határozzuk meg hogy milyen θ∗ kilövési szög mellett lesz a H emelkedési magasság egyenl® az R l®távolsággal!MegoldásMivel a röppálya egy parabola ezért a maximumát a l®távolság felénél fogja felvenni!

H = yMAX = y(R/2) (26)

3pt

3

Behelyettesítve a (16) pálya egyenletbe a (19) l®távolság felét kapjuk hogy

H = tg(θ)

[1

2

v20

gsin(2θ)

]− g

2v20 cos2(θ)

[1

2

v20

gsin(2θ)

]2

(27)

=sin(θ)

cos(θ)

[v2

0

gsin(θ) cos(θ)

]− g

2v20 cos2(θ)

[v2

0

gsin(θ) cos(θ)

]2

(28)

=v2

0

gsin2(θ)− 1

2

v20

gsin2(θ) (29)

H =1

2

v20

gsin2(θ) (30)

1pt

A keresett θ∗ meghatározásához tegyük egyenl®vé a (30) és (19) kifejezéseket!

R(θ∗) = H(θ∗) (31)

v20

gsin(2θ∗) =

1

2

v20

gsin2(θ) (32)

2 sin(θ∗) cos(θ∗) =1

2sin2(θ) (33)

tg(θ∗) = 4 (34)

ez teljesül ha θ∗ ≈ 75.96◦.

1pt

4C-28Fejezzük ki a röppálya r görbületi sugarát abban a pillanatban amikor a lövedék a pálya leg magasabb pontjában van!MegoldásAmikor a lövedék a pálya legmagasabb pontjában van akkor sebességének csak xirányú komponense lehet melynek értéke

vx = v0 cos(θ) (35)

továbbá ebben a pillanatban a lövedék gyorsulása mer®leges sebességének irányára és nagysága g! tekinthetünk ebben a pil-lanatban a részecskére tehát úgy mintha vt = vxtangenciális sebességgel és acp = g centripetális gyorsulással haladó részecskelenne.

4pt

Ebben az esetben alkalmazhatjuk az ismert

acp =v2t

r(36)

összefüggést! Tehát

r =v2

0 cos2(θ)

g(37)

1pt

3C-38Egy szöcske vízszintes irányban legfeljebb 1mtávolsága tud elugrani. Mekkora a maximális vízszintes irányú sebességre képes

a szöcske ha az ugráshoz szükséges id®t elhanyagoljuk?MegoldásAhogy már beláttuk feljebb az R l®távolság (amilyen messzire a szöcske ugrik) akkor maximális ha az elrugaszkodás pillana-

tábanθ = π/4. (38)

Ekkor

Rmax =v2

0

g. (39)

Figyelembe véve hogy a sebesség vízszintes komponense

vx = v0 cos(θ) (40)

kapjuk hogyv0 =

√Rmaxg (41)

vx =√Rmaxg cos(π/4) =

√Rmaxg

2≈ 2.2147

m

s(42)

4

2. ábra. Korpalyan gyorsulo autó a 4C-26 feladathoz.

5pt

4C-26Egy R = 300m-es állandó görbületi sugarú úton haladó autó at = 1, 2m/s2állandó gyorsulással fékezni kezd. a) Határozzuk

meg a gyorsulás irányát és nagyságát abban a pillanatban amikor a kerületi sebesség v = 15m/s.Megoldás

acp =v2

R(43)

tg(α) =acpat

(44)

a =√a2cp + a2

t =

√(v2

R

)2

+ a2t (45)

5pt

2C-54Szakaszosan egyenletesen gyorsuló mozgás minden szakaszában alkalmazhatjuk az egyenletes gyorsulás kinematikáját!Megoldás

s(t) = s0 + v0t+ a2 t

2

v(t) = v0 + at

a(t) = a

2pt

Szakasz I.:Mivel az origóból indulunk zérus gyorsulással zérus kezd®sebességgel ezért a szakasz egész ideje alatt az origóban maradunk:

x(0) = 0m, x(2) = 0mv(0) = 0m/s, v(2) = 0m/sa(0) = 0m/s2, a(2) = 0m/s2

Szakasz II.:

5

egyenletes gyorsulás a = 2m/s2-al dt = 4s

x(6) = x(2) + v(2)dt+ a2 (dt)

2= 0 + 0 + 16 = 16m

v(6) = v(2) + a (dt) = 0 + 2 ∗ 4 = 8m/sSzakasz III.:egyenletes gyorsulás a = −1m/s2-al dt = 2s

x(8) = x(6) + v(6)dt+ a2 (dt)

2= 16 + 8 ∗ 2− 1

2 ∗ 4 = 30mv(8) = v(6) + a (dt) = 8− 1 ∗ 2 = 6m/sSzakasz IV.:egyenletes gyorsulás a = 1m/s2-al dt = 2s

x(10) = x(8) + v(8)dt+ a2 (dt)

2= 30 + 6 ∗ 2 + 1

2 ∗ 4 = 44mv(10) = v(8) + a (dt) = 6 + 1 ∗ 2 = 8m/sSzakasz V.:nincs gyorsulás a = 0m/s2, dt = 2sx(12) = x(10) + v(10)dt = 44 + 8 ∗ 2 = 60mv(12) = v(10) = 8m/s

3pt

rész II

Dinamika

5B-20Egy gépkocsi 18m sugarú függ®leges síkú kör alakú domboldalon mozog felfelé. A domb tetején a vezet® azt tapasztalja hogy

épp csak érinti az ülést. Mekkora sebességgel haladt a kocsi.Megoldás

∑i~Fi = m~a

acp =v2tR

1pt

er® mérleg:mg + Ft = macp (46)

mivel a kocsi �épp csak érinti�: Ft = 0A körmozgás kinematikai centripetális gyorsulásának kinematikai összefüggését felhasználva kapjuk hogy

mg = macp = mv2

R. (47)

3pt

A sebesség ebb®l

v =√gR ≈ 13.288m/s. (48)

1pt

5B-32Egy1.4m hosszú fonálinga függ®leges síkban mozog. Amikor az ingatest sebessége 2.2m/s. akkor a fonal 20◦-os szöget alkot

afügg®legessel. Határozzuk meg ebben a pillanatbana) az ingatest centripetális gyorsulását!b) az ingatest tangenciális gyorsulását!c) a fonalat feszít® er®t. ha az ingatest tömege 600 g!Megoldás

∑i~Fi = m~a

acp =v2tR

1pt

6

2 4 6 8 10 12t

- 2

- 1

0

1

2

3a

0 2 4 6 8 10 12t0

2

4

6

8

10v

0 2 4 6 8 10 12t0

10

20

30

40

50

60x

3. ábra. Gyorsulás sebesség és megtett út gra�konok a 2C-54 feladathoz.

7

acp =v2

L= 3.457m/s

2 (49)

. Newton törvénye a tangenciális irányban

mat = mg sin(α)→ at = 3.35m/s2 (50)

. Newton törvénye a centripetális irányban

macp = FK −mg cos(α) (51)

FK = mv2

L+mg cos(α) = 0.6kg[3.457m/s

2+ 9.218m/s

2] = 7.605N (52)

.

4pt

5B-52Egy 4kg tömeg¶ testet az ÁBRÁNAK megfelel®en F = 20N er®vel húzunk. Mekkora a test gyorsulása ha a lest és a talaj

közötti csúszó súrlódási együttható 0.2?Megoldás

∑i~Fi = m~a

1pt

Az er®mérleg a függ®leges irányban:F sin(α) + Ft = mg. (53)

Az er®mérleg a vízszintes iránybanF cos(α)− Fs = max. (54)

A csúszó surlódási er® és a tartó er® kapcsolataFs = µFt (55)

3pt

Ebb®l a gyorsulás:

ax =F

m[cos(α) + µ sin(α)]− µg = 2.868m/s2 (56)

1pt

5B-58Egy gépkocsi 80m sugarú vízszintes körpályán mozog. Az ÁBRA azt a pillanatot mutatja, amikor sebessége éppen 10m/s és

a gyorsulása a.a) Mekkora a gépkocsi centripetális gyorsulása?b) Mekkora a tangenciális gyorsulás?c) Mekkora utat tesz meg a gépkocsi megállásig, ha érint® menti gyorsulása állandó?d) Az úttest vízszintes - azaz a kanyarban nem túlemelt a pálya. Mekkora minimális nyugalmi súrlódási együttható szükséges

ahhoz, hogy az ÁBRÁN mutatott pillanatban a gépkocsi ne csússzon meg?Megoldás

∑i~Fi = m~a

acp =v2tR

1pt

A centripetális gyorsulás tehát a szokásos

acp =v2

0

R(57)

8

alakot ölti. A tangenciális gyorsulás és a centripetális gyorsulás geometriai kapcsolata

tg(α) =acpat. (58)

Ebb®l

at =v2

0

Rctg(α). (59)

A gyorsulás abszolult értékének és a centripetális gyorsulás nagyságának geometriai kapcsolata

sin(α) =acpa. (60)

Ebb®l

a =v2

0

R sin(α). (61)

2pt

A tangenciális irányban megtett útra alkalmazva az egyenletesen lassuló mozgás összefüggését

s = v0t ∗ −at2

(t∗)2. (62)

Itt t∗-ot abból határozzuk meg hogy ennyi id® kell ahhoz hogy az autó megálljon, azaz

v0 = att ∗ . (63)

Vissza helyettesítve (62)-be kapjuk hogy

s =v2

0

at− at

2

(v0

at

)2

=v2

0

2at=

v20

2v20R ctg(α)

=R

2tg(α). (64)

1pt

A tapadó surlódási er® maximális értékeFs = µFt = µmg. (65)

Mivel csak ez az er® hat a pálya síkjában a járm¶ dinamikáját a síkban ez az er® határozza meg! Tehát ennek az er®nek kellfedeznie a teljes gyorsulást! Ebb®l kapjuk hogy:

µmg ≥ ma =mv2

0

R sin(α). (66)

az az:

µ ≥ v20

Rg sin(α)= (67)

1pt

6B-10Egy rugó által kifejlett er® a Hooke-törvény helyett az F = −kx3 törvény szerint változik, Ahol k = 200N/m3. Mennyi

munkát végzünk, míg 0 m-ról 0.3 m re nyújtjuk?Megoldás

W =´Fds

1pt

FR = −kx3 (68)

Mivel én a rugó ellen dolgozokFEn = −FR. (69)

2pt

Az el®jel a végzett munkában is negatív marad!

9

WEn =

ˆ x1

x0

FEn(x)dx = −ˆ x1

x0

FR(x)dx (70)

.

1pt

Kiértékelve az integrált egyszer¶en kapjuk hogy

WEn =

ˆ x1

x0

kx3dx =k

4

[x4

1 − x40

]. (71)

.

1pt

6B-28Az ÁBRÁN látható ember nyugalmi helyzetb®l indulva 2.4m távolságba húz el egy 23kg-os ládát az érdes (µ = 0.5) padlón. A

láda végsebessége v = 0.6m/s. A munkatétel átfogalmazott változatának alkalmazásával határozzuk meg, hogy mekkora állandóer®t fejtett ki az ember!

Megoldás

∑i~Fi = m~a

W =´Fds

1pt

Az

er®mérleg függ®leges irányban

F sin(α) + Ft = mg. (72)

A surlódási er® és a tartó er® kapcsolataFs = µFt (73)

0.5pt

A munka tétel értelmében a befektetett munka a test kinetikus energiájának növelésére fordítódik. A testre ható er®kvízszintes minden id® pillanatban állandóak tehát a végzett munka egyszer¶en W = (

∑F ) s ! Az energia mérleg tehát:

(F cos(α)− Fs)s =1

2mv2 (74)

2.5pt

Ebb®l

(F cos(α) + µF sin(α)− µmg)s =1

2mv2. (75)

Amib®l

F =12mv

2 + µmgs

(cos(α) + µ sin(α)). (76)

1pt

6C-58Egy �ú a 3 kg tömeg¶. 2m hosszúságú hajlékony láncot egyik végénél fogva úgy tartja, hogy másik vége éppen leér a földre.a) Határozzuk meg, hogy hogyan változik a gyerek álal kifejtett er®, ha a láncot egyenletes sebességgel s távolsággal lejjebb

ereszti!b) Az W =

´Fds összefüggés felhasználásával számitsuk ki azt a munkát, amit a gyerek végez míg a teljes láncot a földre

erszti!Megoldás

∑i~Fi = m~a

W =´Fds

1pt

10

Mivel egyenletes sebességgel mozog a lánc ezért gyorsulás nincs tehát kezdetben a teljes kötél súlyát tartja a gyerek

F (0) = mg. (77)

Ha már egy s hosszúságú darab a földön van akkor azt a darabot már nem kell tartani tehát

F (s) = mg −mg sL. (78)

3pt

Mivel a gyerek által kifejtett er® ellenkez® irányú az elmozduláshoz képest

W = −ˆ L

0

F (s)ds. (79)

Amit kiértékelve kapjuk hogy

W = −ˆ L

0

[mg −mg s

L

]ds =

[mgL−mgL

2

2L

]=mgL

2. (80)

1pt

rész III

Energia, munka és lendület

7A-10MegoldásAz energia megmaradás törvényét alkalmazva a kezdeti helyzeti energia

E1 = mgh, (81)

az alsó pozícióban teljes mértékben kinetikus energiává alakul:

E2 =1

2kh2 (82)

Az energia mérleg tehát

mgh =1

2kh2. (83)

4pt

Amib®l

h =2mg

k(84)

1pt

7B-18MegoldásEnergia a kezdeti pozícióban

E1 = mgR (85)

Energia az elválás pillanatában

E2 = mgR cos(θ) +1

2mv2 (86)

Az elválás pillanatában a gravitációs er® felületre vett normális komponense fedezi a centripetális gyorsulást, tehát

cos(θ) =acpg. (87)

körmozgás kinematikájából:

acp =v2

R. (88)

3pt

11

Az energia mérleg:1

2mv2 =

1

2macpR =

1

2mRg cos(θ) (89)

mgR = mgR cos(θ) +1

2mRg cos(θ) (90)

cos(θ) =2

3(91)

2pt

7B-21MegoldásA helyzeti energiát a pecek magasságához igazítva kezdetben a potenciális energia

E1 = mg2

3l. (92)

A végs® helyzetben a teljes energia

E2 = mg1

3l +

1

2mv2. (93)

Mivel a végs® helyzetben a körmozgás sugara l/3 a centripetális gyorsulás ezen a ponton.

acp = 3v2

l(94)

Mivel a kötél mer®leges ezért a centripetális gyorsulást a kötél er® és a nehézségi er® összege adja

macp = mg +K. (95)

3pt

Az energia mérlegb®l

mg2

3l = mg

1

3l +

1

2mv2 (96)

a sebesség

v2 =2gl

3(97)

1pt

Ezt felhasználva a kötéler®

K = macp −mg = m

[3v2

l− g]

= m

[3

2 gl3l− g

]= mg (98)

1pt

8A-4MegoldásKezdeti és vég állapotban az energia és a lendület

Ekin0 =1

2mv2

0 , I0 = mv0, (99)

Ekin1 = mv2, I1 = 2mv. (100)

Mivel a testek össze ragadva közlekednek tovább csak az energia megmaradás érvényesül

I0 = I1 (101)

3pt

Ebb®l

mv0 = 2mv (102)

v =v0

2(103)

12

1pt

A kinetikus energia relatív megváltozása pedig

(K −K0)/K0 =122m( v02 )2 − 1

2mv20

12mv

20

= 2(1

2)2 − 1 = −1/2 (104)

1pt

8A-34MegoldásEgy bejöv® kis térfogat elem inpulzusa kezdetben:

I1 = ∆mv = µ∆t · v (105)

Miután a turbina lapátjáról vissza ver®dött:I2 = −∆mv (106)

Newton 3. törvényének értelmében a turbina lapátra ható er® tehát:

F = ∆I/∆t = µ∆t2v/∆t = 2µv (107)

5pt

8A-40Megoldásadott M µ ghold

F = Mghold = ∆I/∆t = mv/∆t = µ∆tv/∆t = µv (108)

v =Mgholdµ

(109)

5pt

8C-48MegoldásMivel a kötelet egyenletes sebességgel engedjük le

s = vt. (110)

A kötél tartásához szükséges er® minden adott pillanatban ellensúlyozza a gravitációs er®t

Ft = mgs/l = mgvt/l (111)

2pt

Ezen kívül minden pillanatban meg kell állítani a beérkez® kis darab köteleket

Fl = ∆I/∆t (112)

az inpulzus megváltozása∆I = ∆mv = (m∆s/l)v (113)

tehátFl =

m

lv2 (114)

2pt

Az asztalra gyakorolt teljes er® tehát

F =m

l

[gvt+ v2

](115)

1pt

13

9C-32Megoldásenergia mérleg-I

E1 = E(1)pot = mgR = mgR (116)

E2 = E(1)kin =

mv20

2(117)

v0 =√

2gR (118)

mivel rugalmas az ütközés ezért az energia és a lendület is megmarad!energia mérleg-II

mv20

2=mv2

1

2+

3mv22

2(119)

impulzus mérleg-IImv0 = −mv1 + 3mv2 (120)

2pt

a tömegekkel egyszer¶sítve

v0 = −v1 + 3v2 (121)

v20 = v2

1 + 3v22 (122)

v0 + v1 = 3v2 (123)

v20 − v2

1 = (v0 + v1)(v0 − v1) = 3v22 (124)

(v0 − v1)3v2 = 3v22 (125)

v0 ismeretében ennek 2 megoldása van vagy v2 = 0 vagy

v0 − v1 = v2 (126)

A �zikai megoldás a második! Kihasználva ezt és hogy

v0 + v1 = 3v2 (127)

2pt

kapjuk hogy

v2 = v0/2 =√gR/2. (128)

v1 = v0/2 =√gR/2. (129)

Ezen kinetikus energiák fognak potenciális energiává alakulni! Vegyük észre hogy mivel ugyan olyan sebességgel mozognak atestek ezért ugyan olyan magasságba fognak emelkedni!

energia mérleg-III

mgh1 =1

2mv2

1 =1

4mgR→ h1 = R/4 (130)

3mgh2 =1

23mv2

2 =1

43mgR→ h2 = R/4 (131)

1pt

rész IV

Forgó mozgás dinamikája

10C-48MegoldásMivel a test nyugalomban van ezért se gyorsulás se szöggyorsulás nincs

14

Rα = a = 0 (132)

Er® mérleg függ®leges iránybaF + S2 +N1 −W = 0 (133)

Er® mérleg vízszintes iránybaS1 −N2 = 0 (134)

Forgatónyomaték mérleg(F − S1 − S2)R = 0 (135)

Tabadó surlódás és tartó er® viszonya ha �épp hogy nem mozdul� a test

µN1 = S1 (136)

µN2 = S2 (137)

3pt

A surlódási er®ket vissza írva a mérleg egyenletekbe:

F + µN2 +N1 −W = 0 (138)

µN1 −N2 = 0 (139)

(F − µN1 − µN2) = 0 (140)

N2-t kifejezve

F + µ2N1 +N1 −W = 0 (141)

F − µN1 − µ2N1 = 0 (142)

(141)-b®l kivonva (142)-tµN1 + 2µ2N1 +N1 −W = 0 (143)

N1 =W

2µ2 + µ+ 1(144)

Vissza helyettesítve (142)-ba

F =µ+ µ2

2µ2 + µ+ 1W = 0.375 W (145)

2pt

11C-14Megoldás�csúszas mentesen gördül� tehát az érintkezési pont a talajhoz képest mindig nyugalomban van! Ez akkor lehet ha

|vt| = |vTKP | (146)

A kerék els®pontjában a ~vTKP és ~vt vektorosan adódik össze tehát a sebesség abszolult értéke:

|v| =√

2vTKP (147)

5pt

12B-19Megoldás�csúszás nélkül� a kötél együtt mozog a csigával

a = Rα (148)

A testek dinamikai egyenleteiT1 −m1g = m1a (149)

m2g − T2 = m2a (150)

A csiga dinamika egyenlete

R (T2 − T1) =1

2MR2α (151)

15

2pt

a)

T1 = m1g +m1a (152)

T2 = m2g −m2a (153)

(T2 − T1) =1

2Ma (154)

Be helyettesítve a kötél er®k fenni kifejezését:

m2g −m2a−m1g −m1a =1

2Ma (155)

a gyorsulás tehát:

(m2 −m1) g =

(1

2M +m1 +m2

)a (156)

a =m2 −m1

M/2 +m1 +m2g (157)

Vissza írva a kötél er®k kiifejezésébe

T1 = m1g +m1m2 −m1

M/2 +m1 +m2g (158)

T2 = m2g −m2m2 −m1

M/2 +m1 +m2g (159)

2pt

Egyenletesen gyorsuló mozgás !

s1 =a

2t21 (160)

v1 = at1 (161)

v1 = a√

2s1/a =√

2s1a =

√2s1

m2 −m1

M/2 +m1 +m2g ≈ 4.33ms (162)

1pt

12B-28Megoldás

∑iIiωi = const.

Alkalmazhatjuk a perdület megmaradás törvényét!

1

23mR2ω0 =

1

23mR2ω +

1

2mR2ω (163)

2pt

3ω0 = 4ω (164)

ω =3

4ω0 (165)

0.5pt

Az energia mérleg a keletkezett h® �gyelembe vételével:

1

2

(1

23mR2

)ω2

0 = Q+1

2

(1

23mR2

)ω2 +

1

2

(1

2mR2

)ω2 (166)

2pt

16

1

2

(1

23mR2

)ω2

0 = Q+1

2

(1

23mR2

)(3

4ω0

)2

+1

2

(1

2mR2

)(3

4ω0

)2

(167)

1

2

(1

23mR2

)ω2

0 −1

2

(1

23mR2

)(3

4ω0

)2

− 1

2

(1

2mR2

)(3

4ω0

)2

= Q (168)[(3

16mR2

)ω2

0

]= Q (169)

0.5pt

12B-48MegoldásPerdület nem marad meg energia megmarad. Az er® mindíg mer®leges az elmozdulásra tehát nem tud munkát végezni. Az

er®nek van olyan komponense amely véges forgatónyomatékot okoz mivel az er® nem a pecek középpnotjába mutat!

1

2mv2

1 =1

2mv2

2 → v1 = v2 (170)

5pt

12B-50-52Megoldásmivel az er® mindíg a középpontba mutat a perdület megmarad! (fontos hogy súrlódás mentes a felület.. tehát nincs más er®

csak a kötél er®..)általában a sebesség nem lesz mer®leges az er®re tehát az energia nem marad meg!kezdetben a perdület:

mr20ω0 = mr0v0 = const. (171)

v =r0

rv0 (172)

Akarmilyen ugyesen is rancibáljuk a golyót a lyukon keresztül a lendület mindig megmarad! (12B-52...)

2pt

A mozgási energia megváltozása ha r0 ról r0/2 -re húzzuk a testet:

1

2mv2 − 1

2mv2

0 =1

2m(

r0

rv0)2 − 1

2mv2

0 =1

2m(2v0)2 − 1

2mv2

0 =3

2mv2

0 (173)

1pt

Feltéve hogy

F = mv2

r= m

( r0r v0)2

r= m

r20v

20

r3(174)

W =

ˆ r0

r0/2

[mr20v

20

r3

]dr =

mr20v

20

−2

[1

r2

]r0r0/2

=mr2

0v20

−2

[1

r20

− 4

r20

]r0r0/2

=3

2mv2

0 (175)

2pt

13B-7Megoldás�csúszás nélkül gördül�

a = Rα (176)

a leejt®re mer®legesen nincs gyorsulás:

Mg cos θ − Ft = 0 (177)

A leejt®vel párhuzamosan a gyorsulást a súrlódás és a nehézségi er® leejt®vel párhuzamos komponense szabja meg:

Mg sin θ − Fs = Ma (178)

Csak a súrlódásnak van forgatónyomatéka:

FsR =1

2MR2α (179)

mivel nem csúszik meg ezért a surlódási er® a kritikus érték alatt van

Fs ≤ µFt (180)

17

3pt

Fs =1

2Ma (181)

Ezt vissza helyettesítve (178)-be kapjuk hogy:Mg sin θ/3 = Fs. (182)

Mg cos θ = Ft (183)

Tehát (180)-be vissza írve Fs és Ft kifejezéseit kapjuk hogy

Mg sin θ/3 ≤ µMg cos θ (184)

tgθ/3 ≤ µ (185)

2pt

13B-20MegoldásA forgó tárcsa által gyakorolt forgatónyomaték

~M = ~r × ~F (186)

A precesszió és a forgató nyomaték kapcsolata

~M = ~ωp × ~L = ~ωp × I~ω (187)

| ~M | = ωp1

2R2mω (188)

mgd/2 = ωp1

2R2mω (189)

4pt

gd

R2ω= ωp (190)

ν = 2πωp ≈ 0.2 fordulatmin (191)

1pt

13B-31MegoldásVizsgáljuk az érintkezési pontra vonatkoztatott forgatónyomatékot! Erre a pontra se a surlódási se a tartó er®nek sem pedig a

nehézségi er®nek nincs forgatónyomatéka! Egyedül a szalag által gyakorolt er®nek lehet forgatónyomatéka!Ez a forgatónyomatékelt¶nik ha az er® iránya a támadási pontján keresztül az érintkezési pontba mutat! Tehát

sin θ =r

R(192)

rész V

Inercia er®k és Relativitás elmélet

14C-30Megoldás

~Fcf = −m~ω × (~ω × ~r)

~FCor = −2m~ω × ~v

3pt

Mivel

a Corriolis er® mer®leges a sebességre ezért ~ω-csavarodási irányával ellenkez® módon kell körbe járni a ringlispilt! Tehát a forgó

18

koordinátarendszer szemszögéb®l körmozgást kell végezni! A Corrilois er® és a centrifugális er® abszolult értékének megeggyezé-séb®l kapjuk hogy

mω2r = 2mωv, (193)

1pt

ebb®lv =

ωr

2. (194)

1pt

14C-39MegoldásA ringlispil koordináta rendszerében a dinamikai egyenlet:

m~a = m~g −m~ω × (~ω × ~r)− 2m~ω × ~v, (195)

ahol

~g =

00−g

~r =

xyz

~ω =

00ω

. (196)

A kétszeres kereszt szorzat a fennti de�niíciókkal

~ω × (~ω × ~r) = −ω2

xy0

. (197)

2pt

Tehát a mozgás gyenletek szétesnek függ®leges és radiális komponensekre!

az = −g (198)

ebb®l a függ®leges elmozdulás:

z = h− 1

2gt2 (199)

amib®l a földetérésig eltelt id®t =

√2h/g. (200)

A radiális mozgás leírásakor élhetünk azzal a közelítéssel hogy a Coriolis er®t elhayagoljuk ha a sebesség a mozgás során, amintkezdetben is, kicsi (kezdetben nulla..)! Ebb®l kapjuk hogy (ha kezdetben nem volt y koorinátás komponens.. ezt egy megfelel®forgstással mindíg megtehetjük..)

ax = ω2x (201)

Feltéve továbbá hogy a kérdéses radiális elmozdulás kicsi, a fenti �namikai egyenletben élhetünk az x ≈ r0 közelítéssel.

ax = ω2r0. (202)

Ebb®l a megtett út megkapható az egyenletesen gyorsuló test kinematikájából azaz kapjuk hogy:

∆s ≈ axt2/2 = ω2r0t2/2 (203)

behelyetesítve (200)-t kapjuk hogy

∆s ≈ ω2r0h

g(204)

2pt

Ez a bizonyítandó kifejezés.Ez akkor áll fenn ha

|~Fcor| � |~Fcf | (205)

azaz2mωv � mω2r0 (206)

behelyettesítve ide a földetérés pillanatában a gravitációs gyorsulás hatására keletkezett sebességet v ≈ gt

2mωg√

2h/g � mω2r0 (207)

8gh

ω2r20

� 1 (208)

19

1pt

41B-7MegoldásA labor rendszerben megtett út és sebesség meghatározza a labor rendszerben mért id®t.

vL =sLtL→ tL =

sLvL

(209)

A részecske saját ideje a relativisztikus id®dilatációs összefüggésb®l

tR = tL

√1− v2

L/c2 =

sLvL

√1− v2

L/c2 ≈ 75ns (210)

5pt

41A-15MegoldásA relativisztikus sebesség összeadás szerint

v =v1 + v2

1 + v1v2c2

=0.9 + 0.9

1 + 0.92c ≈ 0.994475c (211)

5pt

41A-22MegoldásAz energia megmaradás törvényét a relativisztikus részecskék nyugalmi energiájának �gyelembevételével kell felírni!

MHe3c2 + Emin = MH2c2 +Mpc

2 (212)

Emin = (MH2 +Mp −MHe3)c2 ≈ 5.472MeV (213)

5pt

41B-33MegoldásLegyenek x1, t1 illetve x2, t2 az ¶rhajó elejének illetve végének hely koordinátái és a hozzájuk tartozó helyen lév® órák állása

a Föld koordináta rendszerében. Legyen továbbá x′1, t′1 illetve x′2, t

′2 az ¶rhajó koordináta rendszerében ugyen ezen helyek és

id®k!A Föld koordináta rendszeréb®l az ¶rhajó rendszerébe a Lorentz transzformáció adja meg a megfelel® váltást:

t′ = γ(t− v

c2x), (214)

x′ = γ(x− vt) (215)

γ = 1/√

1− v2/c2 (216)

A Földi koordinátákat az ¶rhajó rendszeréb®l inverz Lorentz transzformációval kapjuk:

t = γ(t′ +

v

c2x′), (217)

x = γ(x′ + vt′) (218)

3pt

Tehát a Földi rendszerben az els® és a hátsó órák állásának különbsége:

t1 − t2 = γ(t′1 − t′2 +

v

c2(x′1 − x′2)

)(219)

Mivel az ¶rhajó rendszerében az órák szinkronban mozognak t′1 − t′2 = 0 továbbá az ¶rhajó rendszerében az ¶rhajó hosszaL = x′1 − x′2 kapjuk hogy

t1 − t2 = γ( vc2L)≈ 2.0µs (220)

Tehát a Földi rendszerben az ¶rhajó orrában lév® óra siet a hátsóhoz képest.

2pt

20

rész VI

Rezg® mozgás, gravitációs er®

15B-28Megoldás

x(t) = A(t) cos(ωt+ ϕ0) = A0e−b

2m t cos(ωt+ ϕ0)

ω =

√km −

(b

2m

)21pt

Adott k, m, A0, A1 = A(t1) , t1b meghatározása:

A1 = A0e− b

2m t1 (221)

Osztva A0-al és véve az egyenlet mindkét oldalának természetes logaritmusát:

lnA1

A0= − b

2mt1 (222)

amib®l b már kifejezhet®

b =2m

t1lnA0

A1≈ 0.148kgs . (223)

3pt

A csillapított rezg®mozgás sajátfrekvenciája b, k és a tömeg m ismeretében már kifejezhet®:

ω =

√k

m−(

b

2m

)2

≈ 9.99 1s (224)

1pt

15C-45Megoldás

Fizikai inga lengés ideje

T = 2π√

I2mgr

Steiner tétel

I2 = I1 +mr2

1pt

A

tömörhenger tehetetlenségi nyomatéka a tömegközéppontra vonatkoztatva:

I1 =1

2mR2 (225)

Ha a középponttól r távolságra rögzítjük a forgás tengelyt és a testet mint �zikai ingát vizsgáljuk, a rendszer periódus ideje:

T (r) = 2π

√12mR

2 +mr2

mgr= 2π

√12R

2 + r2

gr(226)

T0 a henger pereméhez rögzítés esetén mért periódus id®:

T0 = T (R) = 2π

√12R

2 +R2

gR= 2π

√3

2

R

g. (227)

21

3pt

Némi algebrával:

T (r)/T0 =

√2

3

12R

2 + r2

rR=

√2

3

12 + (r/R)2

(r/R)=

√2

3

12 + x2

x(228)

ahol bevezettük az x = r/R változót. Ennek a kifejezésnek minimuma van ha az x szerinti derivált elt¶nik. Ahhoz hogy aminimum helyét meghatározzuk elég a gyök jel alatti kifejezést deriválni!

ddx

( 12 + x2

x

)= 0 (229)

azaz2x2 − x2 − 1/2

x2= 0 (230)

ez a kifelyezés akkor zérus ha a számláló zérus azaz ha

x2 =1

2x =

r

R=

1√2

(231)

ami a keresett

r =R√2

(232)

kifejezés.

1pt

15C-46Megoldás

Kényszer rezgést végz® csillapított oszcillátor amplitúdója

A = F0/m√(ω2

0−ω2)2+( ωb

2m )2

1pt

Adott m, A1 ha a kényszer frekvencia f1 illetve A2 ha a kényszer frekvencia f2, a rezgés csillapítatlan tehát b = 0. KeressükF0 -t és ω0-t továbbá A3-at ha f3 a kényszer frekvencia.

ω = 2πf (233)

segítségével frekvenciák helyett körfrekvenciákra térünk át. A1 és ω1 illetve A2 és ω2 között tehát fenn áll hogy

A1 =F0/m√

(ω20 − ω2

1)2

(234)

A2 =F0/m√

(ω20 − ω2

2)2

(235)

Fontos mejegyezni hogy jelen esetben nem szabad a négyzetgyököt és a négyzetre emelést diszkutálás nélkül egyszer¶síteni! Afennti kifejezések hányadosa két alakot ölthet attól függ®en hogy ω1 és ω2 közre fogja ω0-t vagy nem.

2pt

Ha közre fogják akkorA1

A2= −

(ω2

0 − ω22

)(ω2

0 − ω21)

(236)

Ekkor ω0 kifejezhet® mintA1

(ω2

0 − ω21

)+A2

(ω2

0 − ω22

)= 0 (237)

ω0 =

√A1ω2

1 +A2ω22

A1 +A2f0 =

ω0

2π≈ 401.793 1

s (238)

ekkor F0meghatározható például(234)-b®l

F0 = A1m

√(ω2

0 − ω21)

2 ≈ 0.0064N (239)

illetve A3 ≈ 2.39mm.

22

1pt

Ellenkez® esetben azaz ha nem fogja közreω1 és ω2 a rendszer rezonanci frekvenciájátω0-t

A1

A2=

(ω2

0 − ω22

)(ω2

0 − ω21)

(240)

A1

(ω2

0 − ω21

)−A2

(ω2

0 − ω22

)= 0 (241)

ω0 =

√A1ω2

1 −A2ω22

A1 −A2f0 =

ω0

2π≈ 393.661 1

s (242)

az el®z®ekhez hasonlóan F0 ≈ 0.226N, és A3 ≈ 42.86mm

1pt

16B-16Megoldás A gravitációs er® a Föld (M tömeg) középpontjától R távolságra kering® m tömeg¶ m¶holdra

Fg = γMm

R2

1pt

a) ahhoz hogy szinkron pályán nem az egyenlít® síkjában keringjen m¶hold állandóan ellensúlyozni kellene a gravitációser®nek a pályára mer®leges komponensét ezért nem lenne gazdaságos.

b) kiindúlva a gravitációs er®

Fg = γMm

R2(243)

és a körmozgás fenntartásához szükséges centripetális er®

macp = mv2

R(244)

összefüggéseib®l, továbbá felhasználva hogy egy teljes kör s = 2πR megtételéhez szükséges id® T = 1nap azaz

v =2πR

T(245)

3pt

kapjuk hogy

m

(2πRT

)2R

= γMm

R2(246)

R =3

√γM

(T

2π

)2

≈ 42000km (247)

0.5pt

c) egszer¶ geometriai megfontolásból és a Föld sugarát R⊕

cos(α) =R⊕R→ α ≈ 81◦ (248)

0.5pt

16B-34Megoldás A gravitációs potenciális energia a Föld (M tömeg) középpontjától R távolságra kering® m tömeg¶ m¶holdra

Eg = −γMm

R

1pt

a) Kezdetben a test rendelkezik kinetikus energiával illetve gravitációs potenciális energiával a csúcs ponton már csak ponten-ciális energia van. Az energia mérleg

1

2mv2

0 − γMm

R⊕= −γMm

3R⊕(249)

23

1pt

v0 =

√γ

4M

3R⊕(250)

1pt

b) Figyelembe véve a Föld forgását a kezdeti kinetikus energia 12mv

2T -al több ahol vT = 2πR⊕

T a Föld egy felületi pontjánaksebessége az egyenlít®n. A 3R⊕ magasságú pontban még mindig lesz kinetikus energia az el®z® szituációval ellentétben. avégpont tangenciális sebességét az inpulzus momentum megmaradásából kapkjuk:

R⊕vT = 3R⊕v′T → v′T = vT /3 (251)

Az energia mérleg tehát1

2m(v2

0 + v2T

)− γMm

R⊕=

1

2m(v2T /9

)− γMm

3R⊕(252)

v0 =

√γ

4M

3R⊕− 8 (v2

T /9). (253)

Azaz kapjuk hogy kisebb kezdeti sebesség elég ha a Föld forgását is �gyelembe vesszük.

2pt

16C-58MegoldásFeltéve hogy a feladatban szerepl® ember a föld sugarához képest kicsit tud ugrani a szerzett potenciális energia

Epot = megh (254)

ahol me az ember tömege. A gravitációs gyorsulás a Föld felszínén pedig (M⊕ a Föld tömege, R⊕ pedig a sugara)

g = γM⊕R2⊕

(255)

2pt

Ahhoz hogy a kisbolygót elhagyhassuk a szükséges potenciális energia

Eszokes = γmemb

r(256)

1pt

ahol r a kisbolygó sugara mb = M⊕r3

R3⊕pedig a tömege (mivel a kisbolygó s¶r¶sége azonos a Föld s¶r¶ségével). A két energia

kifejezést egymással egyenl®vé téve kapjuk

me

(γM⊕R2⊕

)h = γ

me

rM⊕

r3

R3⊕

(257)

azazr =

√R⊕h (258)

2pt

18B-8MegoldásAdott A,f ,v,ρ

v =λ

T= λf (259)

k =2π

λ=

2π

vf ≈ 16.029 1

m (260)

ω = 2πf = 3141.6 1s (261)

A = 10−4m (262)

24

v =

√F

ρ→ F = ρv2 = 157.51N (263)

18B-18MegoldásHa az amplitúdó másfélszeresére n®, azaz

A1 =3

2A0 (264)

Akkor az intenzitás vátozása

I1 =9

4I0, (265)

Ami decibel skálán

β = 10dB× lg

(I1I0

)≈ 3.5. (266)

5pt

18A-38Megoldása Mach kúp nyílásszöge

sin θ =vHangvrepulo

=1

1.2→ θ ≈ 56.4427◦ (267)

5pt

rész VII

Termodinamika

25