(Tömegpont mechanikájának alapjai) Kiemelt · PDF fileTÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010 „Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

FEJEZETEK A FIZIKÁBÓL

(Tömegpont mechanikájának alapjai)

Kiemelt tématerületek a hallgatói felkészülés támogatására

Összeállította: Dr. Majár János

Gépészmérnöki és Informatikai Kar Fizikai Intézet

MISKOLCI EGYETEM

2014

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


1

TARTALOM

1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák .................................................. 3

2 Általános feladat-megoldási tanácsok, javaslatok ............................................................... 4

2.1 Feladat-megoldási eszközök ........................................................................................ 4

2.2 Vektor-nem vektor ....................................................................................................... 4

2.3 Mértékegységek ........................................................................................................... 5

3 Kinematika I. – a mozgások leírása általában ..................................................................... 6

3.1 Elméleti alapok ............................................................................................................ 6

3.1.1 Elmozdulás, sebesség, gyorsulás .......................................................................... 6

3.1.2 Állandó sebességű eset, az Egyenes vonalú egyenletes mozgás .......................... 7

3.1.3 Állandó gyorsulású eset ....................................................................................... 7

3.1.4 Egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás ..................................................... 8

3.2 Bevezető elemi feladatok ............................................................................................. 8

3.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) .................................................................................... 10

3.4 Példák, ajánlott feladatok .......................................................................................... 14

4 Kinematika II. – hajítások ................................................................................................. 15

4.1 Elméleti alapok .......................................................................................................... 15

4.2 Bevezető elemi feladatok ........................................................................................... 16



5 Dinamika I. – Newton-törvények ...................................................................................... 22

5.1 Elméleti alapok .......................................................................................................... 22




6 Dinamika II. – kötelek, lejtők, csigák ............................................................................... 29

6.1 Elméleti alapok .......................................................................................................... 29

6.1.1 Az ideális kötél működése .................................................................................. 29

6.1.2 Az ideális (álló?)csiga működése ....................................................................... 29

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


2

6.1.3 Lejtőn mozgó test dinamikájának leírása ........................................................... 29




7 Dinamika III. – megmaradó mennyiségek ........................................................................ 35

7.1 Elméleti alapok .......................................................................................................... 35

7.1.1 Lendület (impulzus), Impulzus-tétel .................................................................. 35

7.1.2 Munka, mozgási energia, munkatétel ................................................................. 35

7.1.3 Konzervatív erőterek, potenciális energia, mechanikai energia-megmaradás ... 36

7.1.4 Teljesítmény, teljesítmény-tétel ......................................................................... 36




Irodalom ................................................................................................................................... 44

Köszönetnyilvánítás ................................................................................................................. 44

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


3

1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák

A jelen munkafüzet egy rövid, praktikus szemlélettel készült segédanyag a Fizika tárgy kezdeti óráinak megértéséhez, a gyakorlatokon megoldandó feladatok alapjainak megtanulásához. A fő cél, hogy az elméleti megközelítésből kiindulva, példákon keresztül jusson el a hallgató a legegyszerűbb feladatoktól az egyetemi anyagban szereplő feladatok szintjéig, és sikerrel kezdhessen hozzá a gyakorlatok hallgatásához. A munkafüzet egyéni felkészüléshez készült segédanyag, megfogalmazásai, a feladatok sorának felépítése egy biztos alapokra épülő tudás kialakítását célozza, ami az egyes fejezetek végére stabil, vállalható kezdő tudással vértezi fel az olvasót az egyetemi tanulmányai során. Bár maga a segédanyag nem erre épít, mégis bizonyos feladatok megoldásához szükség van a Matematika tárgy oktatásain elsajátított módszerekre (vektorokkal végzett műveletek, koordináta-geometria és differenciálszámítás). Bár a feladat-megoldások terén óvatosan kell bánni a standard módszerek alkalmazásával, az összetettebb feladatok esetében igyekeztünk olyan feladat-megoldási utakat, eljárásokat javasolni, amelyek a jellemző típus-példák megoldásakor biztosan alkalmazhatóak, és könnyedén megtanulhatóak. Lévén munkafüzet, ez az anyag nem tartalmaz részletes elméleti fejtegetéseket, és nem célja a választott tématerületek mélyebb kérdéseinek tisztázása. Az elsődleges az elméleti anyag alapjainak megértetése, a feladat-megoldási készségek és módszerek fejlesztése, egy minimálisan elvárható gyakorlottság kialakítása. A választott témák azokat a területeket ölelik át, amelyekkel a hallgatók a Fizika, vagy Fizika I. kurzusok során először találkoznak. A fő tématerület a tömegpont mechanikája, azon belül kinematika, dinamika, illetve ezek alkalmazása néhány speciális mozgás esetére (hajítások, körmozgás, rezgések). Felépítését tekintve a munkafüzet minden fejezete egy témakört ölel fel. Az elméleti leírásokat néhány nagyon egyszerű, majd kissé összetettebb példa követi kidolgozva. A Kidolgozott mintafeladat(ok) fejezete egy, vagy két olyan összetett feladattal zárul, amelyet a hallgatónak magának kell megoldania, de hogy a megoldást leellenőrizhesse, egyfajta megoldási utat is bemutatunk. Végül további feladatok segítik az egyéni felkészülést, amelyeknél a végeredmények is megtalálhatóak (de a számolási folyamat részletei nem), ha azok röviden közölhetőek. Ezek között *-gal jelöljük azokat, amelyek egyértelműen túlmutatnak a munkafüzetben tárgyalt feladatok nehézségi szintjén . A segédanyag felhasználható Fizikai Intézet által oktatott Általános Fizika I. és Fizika I. tárgyak oktatásának kiegészítésére a Gépészmérnöki és Informatikai Kar szakjain (Gépészmérnök, Mechatronikai mérnök alapszak, Villamosmérnöki alapszak, Mérnök informatikus alapszak, Műszaki menedzser alapszak), és átoktatásban a Műszaki Anyagtudományi Karon (Anyagmérnöki alapszak), illetve a Műszaki Földtudományi Karon (Műszaki Földtudományi alapszak és Környezetmérnöki alapszak).

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


4

2 Általános feladat-megoldási tanácsok, javaslatok

A Fizika tárgyakon az oktatás során a fő célkitűzés, hogy sztenderd módon megoldható feladatokkal találkozzanak a hallgatók. Ezeket természetesen kiegészítjük érdekesebb, izgalmas, vagy éppen trükkösen megoldható feladatokkal is, ezeknek a megoldása gyakran eltér a sztenderdtől. Ennek ellenére vannak olyan általános megoldási módszerek (vagy azok tipikus lépései), vagy ellenőrzési módok, amelyek jól alkalmazhatóak majdnem minden feladattípus esetén. Ezen alfejezetben ezeket a módszereket és nézőpontokat igyekeztünk összeszedni. Ki kell emelni azonban, hogy nagyon fontos, hogy a hallgató a részletek tekintetében a tapasztalataira hagyatkozva kialakítsa saját feladat-megoldási szokásait, eszközeit (ezek természetesen nem lehetnek inkorrektek).

2.1 Feladat-megoldási eszközök

Egy fizika feladat esetében több olyan eszköz is rendelkezésre áll, amely megkönnyíti a feladat megoldását. Ha tipizálni szeretnénk egy feladat megoldását, akkor arra jutnánk, hogy az alábbi utat követjük:

- Feladat értelmezése, adatok felírása. - Releváns egyenletek felírása, származtatása. - Az egyenlet, vagy egyenletrendszer megoldása. - A megoldások ellenőrzése. - A végeredmények összegzése, kiértékelése, értelmezése.

Ezen útvonalon (ami erőteljesen leegyszerűsített) több olyan eszköz is rendelkezésre áll, ami megkönnyíti a megoldást:

- Ábra készítése a feladat értelmezéséhez, az adatok felírásához. - Néha az adatokat érdemes táblázatos formában felírni, vagy a feladat részeredményeit

abban vezetni a megoldás során. - Megfelelő koordináta-rendszer megválasztása az egyenletek felírásakor, vagy

megoldásakor. - A formális levezetések és a behelyettesítések közötti egyensúly megtalálása. - Megfelelő számológép (vagy helyettesítője) megfelelő használata. - Az eredmények kiértékeléséhez, értelmezéséhez újabb ábrák, grafikonok készítése. - Végezetül fontos készség annak átlátása, hogy mikor érdemes egy feladatot több,

egymásra épülő részfeladatként kezelni és lineárisan megoldani.

2.2 Vektor-nem vektor

A feladatmegoldás során több lehetőség is van, ami segít legalább nagyjából ellenőrizni, hogy súlyos hibát vétettünk-e a megoldási folyamatban. Ennek egyik módja annak ellenőrzése, hogy a skalárokat, vektorokat, tenzorokat megfelelően kezeljük-e a levezetések során. Ennek van egy egyszerű szabálya (ezért is fontos tudni minden fizikai mennyiségről, hogy milyen jellegű): skalárt csak skalárral lehet összeadni, vagy egyenlővé tenni; és ugyanez igaz vektorok és tenzorok esetében is.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


5

2.3 Mértékegységek

Egy másik eszköz a folyamatos ellenőrzésre a mértékegységek megfelelő kezelése. Erre ugyanolyan szabály vonatkozik, mint a skalár-vektor-tenzor kérdéskörben, vagyis csak ugyanolyan mértékegységgel rendelkező fizikai mennyiségek adhatóak össze, vagy tehetőek egyenlővé egymással. Ehhez természetesen az úgynevezett prefixumok ismerete is fontos (kilo-, mega-, milli-, mikro-, stb.). Az alábbiakban összefoglaltuk az ezen munkafüzetben megtalálható fizikai mennyiségek mértékegységét:

- elmozdulás, út: m (méter) megjegyzés: 1m=100cm, 1km=1000m

- idő: s (szekundum) megjegyzés: 1h=3600s

- sebesség: m/s megjegyzés: 1m/s=3,6 km/h

- gyorsulás: m/s2

- a szögeket általában radiánban mérjük, de jelen munkafüzetben elegendő fokokban

- tömeg: kg (kilogramm)

- erő: N (Newton) megjegyzés: 1N=1kg·m/s2

- súrlódási együttható: nincs mértékegysége

- rugóállandó: N/m

- sűrűség: kg/m3 megjegyzés: 1 kg/dm3=1000 kg/m3

- töltés: C (Coulomb)

- energia, munka: J (Joule) megjegyzés: 1J=1kg·m2/s2, 1kWh=3,6·106J

- teljesítmény: W (Watt) megjegyzés: 1W=1kg·m2/s3

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


6

3 Kinematika I. – a mozgások leírása általában

A Kinematika a mozgások leírásával foglalkozik, nem firtatja a mozgások (és azok tulajdonságainak) miért-jeit. Ebben a fejezetben a Klasszikus Fizika általános kinematikai fogalmait mutatjuk be, és illusztráljuk azokat a legegyszerűbb mozgások leírásával.

3.1 Elméleti alapok

A jegyzetben a továbbiakban mindenhol csak tömegpont mozgásáról lesz szó, vagyis elhanyagoljuk a vizsgált fizikai rendszer kiterjedését, és ezzel együtt természetesen annak forgó mozgása, vagy alakváltozása sem értelmezhető.

3.1.1 Elmozdulás, sebesség, gyorsulás

Egy test egy mozgását egy r(t)

vektor jellemzi, amely minden egyes t időpontban megadja a tömegpont helyzetét. Azonban mivel a helyvektor csak adott koordinátarendszerben értelmezhető, szükségünk van egy koordináta-rendszer választástól független, vagyis mérhető fizikai mennyiségre. Ez az elmozdulás vektor, amely megmondja, hogy a test a t1 és t2 időpontok között hogyan mozdul el a pályáján:

1,2 2 1r r(t ) r(t )

. (3.1.)

Az elmozdulás-vektort elosztva az idővel (vagyis bevezetve az időegység alatt bekövetkező elmozdulás fogalmát) megkapjuk a sebességvektort. Ez azonban csak akkor lehet pontos, ha az időtartamot egészen kicsinek választjuk, így megkapjuk a sebességvektort bármely időpontban, vagyis

2 1

2 1 11

t t2 1

r(t ) r(t ) dr(t )v(t ) lim

t t dt

. (3.2.)

Hasonlóan vezethető be a pillanatnyi gyorsulás vektora is, amely a sebesség időbeli megváltozását írja le, vagyis

2 1

22 1 1 1

1 2t t2 1

v(t ) v(t ) dv(t ) d r(t )a(t ) lim

t t dt dt

. (3.3.)

Tovább nem érdemes ezen a gondolati szálon haladni, a dinamika mozgásegyenletei a gyorsulás-vektort határozzák meg, abból kell kiszámolnunk a tömegpont pályáját. Visszafelé

haladva a differenciál-számítás helyett integrálnunk kell, vagyis ha adott a gyorsulás a(t)

időfüggése, abból a sebességvektort az alábbi integrálással számolhatjuk ki:

0

t

0

t

v(t) a(t ')dt ' v

, (3.4.)

ahol 0v

-val jelöltük a sebességvektor t0-ban felvett értékét.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


7

Hasonlóan, ha a sebességvektor időfüggése ismert, abból kiszámolható a helyvektor adott koordinátarendszerben:

0

t

0

t

r(t) v(t ')dt ' r

, (3.5.)

ahol 0r

-val jelöltük a helyvektor t0-ban felvett értékét. Amennyiben a fenti integrálások elvégezhetőek, a mozgásegyenletekből származtatott gyorsulásvektorokból a mozgás minden fontos tulajdonsága kiszámolható. Fontos még az általános elméleti bevezetőben foglalkozni az átlagsebesség fogalmával, ami a vizsgált időtartam alatt megtett út és az idő hányadosa, vagyis nem az elmozdulással áll kapcsolatban.

1,2

2 1

sv

t t

, (3.6.)

ahol a két időpont között megtett út

2

1

t

1,2

t

s v(t) dt

. (3.7.)

3.1.2 Állandó sebességű eset, az Egyenes vonalú egyenletes mozgás

A fenti általános összefüggések első, legegyszerűbb alkalmazása az Egyenes vonalú, egyenletes mozgás, amelynek definíciója, hogy a sebességvektor állandó (iránya és hossza is)

0v(t) v

. Ezt kiintegrálva lehet leírni a mozgást, vagyis

00r(t) v t r

. (3.8.)

Mivel az egyenes vonalú mozgás leírása egyetlen koordinátatengely mentén is lehetséges, egy megfelelően választott koordinátarendszerben, ha a mozgás az x tengely mentén történik, a fenti egyenlet az alábbi lesz:

0 0x(t) v t x . (3.9.)

Fontos kiemelni, hogy ha több, nem ugyanabba az irányba haladó mozgást egyszerre szeretnék leírni, valamilyen koordinátarendszer bevezetésére szükség van, és akkor a korábbi egyenletek érvényesek mindegyik egyenes vonalú egyenletes mozgást végző tömegpontra.

3.1.3 Állandó gyorsulású eset

Hasonlóan kiszámolhatóak az állandó gyorsulású 0a(t) a

mozgás egyenletei is, ahol a sebességvektor

0 0v(t) a t v

, (3.10.)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


8

az elmozdulás-vektor pedig

0 200

ar(t) t v t r

2

(3.11.)

lesz.

3.1.4 Egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás

Az állandó gyorsulású mozgások egyik speciális esete az egyenes vonalú, egyenletesen

változó mozgás, amely abban különbözik a fenti, általánosabb esettől, hogy az 0a

gyorsulás

és a 0v

kezdeti sebességek párhuzamosak. Ebben az esetben, ha csak egyetlen tömegpont mozgását vizsgáljuk, ismét elegendő egyetlen koordinátatengely bevezetése a mozgás leírására, ez ismét legyen az x tengely. Ekkor a sebesség

x 0 0v (t) a t v (3.12.)

lesz, a koordináta pedig

200 0

ax(t) t v t x

2 . (3.13.)

3.2 Bevezető elemi feladatok

1. feladat Egy egyenletesen mozgó autó sebessége 72 km/h. Mennyi utat tesz meg 10 s alatt?

Megoldás: - Adatok: v=72 km/h, Δt=10 s. - Az autó sebességének átváltása m/s-ra: 72 km/h = 72/3,6 m/s = 20 m/s. - Az út kiszámítása: s = v Δt = 200 m 2. feladat Egy farkas üldözőbe vesz egy őzgidát. Tegyük fel, hogy mindketten ugyanazon egyenes mentén mozognak, a farkas sebessége 36 km/h, a gidáé 21,6 km/h, és utóbbinak 100m előnye van. Mennyi idő múlva éri utol a farkas és mennyit kell futnia? Megoldás: - Adatok: vf = 36 km/h=10 m/s, vg=21,6 km/h=6 m/s, Δs=100m. - Az egyenes vonalú mozgások leírása: sf = vf Δt; sg = vg Δt. - A megoldandó egyenlet: sf = sg + Δs.

- Az idő kiszámítása: f gf g

s 100mv t v t s t 25s

v v 10m / s 6m / s

.

- A farkas által megtett út kiszámítása: f fs v t 10m / s 25s 250m .

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


9

3. feladat Egy kerékpáros sebessége 5 s alatt 7 m/s-ról egyenletesen 12 m/s-ra növekszik. Mekkora a gyorsulása? Mennyi utat tesz meg a gyorsuló szakaszon? Megoldás: - Adatok: v0=7 m/s, v1=12 m/s, Δt=5 s.

- Az autó gyorsulásának kiszámítása: 1 02

v v 12m / s 7m / s ma 1

t 5s s

.

- A megtett út kiszámítása: 2

2 20

a 1m / ss t v t (5s) 5m / s 5s 37,5m

2 2

4. feladat Egy hajó északra halad 20km/h sebességgel, egy másik keletre 15km/h-val. Milyen távol lesznek egymástól 4 óra múlva? Megoldás: - Adatok: v1=20 km/h, v2=15 km/h, Δt=4 h. - A megtett utak kiszámítása: s1 = v1 Δt = 80 km; s2 = v2 Δt = 60 km. - A hajók távolsága, mivel egymásra merőlegesen haladnak, a Pitagorasz-tétel segítségével számolható ki, vagyis

2 21 2s s s 100km .

5. feladat Egy hajó vh=20km/h sebességgel halad kelet felé. A raktérben egy patkány a hajóhoz képest északkeleti irányban szalad vp=15km/h sebességgel. Mekkora a patkány sebessége a Földhöz képest és milyen szöget zár be a keleti iránnyal? Megoldás: - Adatok: vh=20km/h, vp=15km/h, a patkány sebessége a keleti irányhoz képest α=45°. - Koordinátarendszer választása: x tengely a keleti irányba, y tengely az északi irányba mutasson. - Vektorkomponensek: vhx=20km/h; vhy=0km/h

vpx=vp cos α=10,61 km/h; vpy=vp sin α=10,61 km/h

- A partról nézve a két sebességvektor összegét lehet látni, vagyis h pv v v

.

A vektor koordinátái: h p

km km km20 10,61 30,61

h h hv v vkm km km

0 10,61 10,61h h h

.

- A sebességvektor hossza: 2 2x yv v v 32,39km / h .

- A sebességvektor iránya, vagyis a keleti iránnyal bezárt β szöge:

y

x

vtg 0,347 19,1

v .

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


10

3.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)

1. feladat Egy tömegpont mozgása koordinátáinak időfüggését az alábbi egyenletek írják le: t 2x(t) A cos( t) ; y(t) B e ; z(t) C t D t E , ahol A=2m, B=-1m, ω=2s-1, α=0,3 s-1, C=-0,5m/s2, D=5m/s, és E=6m. a) Határozza meg a sebesség- és gyorsulásvektorok komponenseit! b) Számolja ki a sebesség és a gyorsulásvektor hosszát 6s-nál!

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


11

1. feladat megoldása - Adatok: A=2m, B=-1m, ω=2s-1, α=0,3 s-1, C=-0,5m/s2, D=5m/s, E=6m, t=6s. - A helyvektor koordinátákkal történő felírása:

t

2

A cos( t)

r(t) B e

C t D t E

a) A sebességvektor a fenti vektor első deriváltja, a gyorsulásvektor a második derivált, vagyis

t

A sin( t)dr

v(t) B edt

2C t D

2

2 t

A cos( t)dv

a(t) B edt

2C

b) A fenti két vektor a konkrét értékek behelyettesítése után

1

1 1

1 0,3s 6s 1,8

2

2m 2s sin(2s 6s) 4m / s sin(12) 2,146m / s

v(t 6s) 1m 0,3s e 0,3m / s e 0,05m / s

1m / s 6s 5m / s 1m / s 1m / s

1

2 1 2 2

2 2 0,3s 6s 2 1,8 2

2 2 2

2m 4s cos(2s 6s) 8m / s cos(12) 6,751m / s

a(t 6s) 1m 0,3 s e 0,09m / s e 0,015m / s

1m / s 1m / s 1m / s

A komponensekből a vektorok hossza az alábbi módon számolható ki:

2 2 2x y z

mv v v v 2,368

s

2 2 2x y z 2

ma a a a 6,825

s .

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


12

2. feladat Két villamosmegálló között 760m a távolság. A kocsi egyenletesen gyorsul, aztán 27 km/h sebességgel egyenletesen mozog, majd állandó lassulással lefékez. A gyorsítás ideje 30s, a fékezésé 20s. Mennyi idő alatt ér a villamos az egyik megállóból a másikba?

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


13

2. feladat megoldása - Adatok: s=760m, vvég=27 km/h=7,5m/s, t1=30s, t3=20s. - A megoldás logikája: - A mozgás teljes ideje a három szakasz idejének összege, vagyis t = t1+ t2 + t3. - Ezekből a második szakasz időtartama ismeretlen, lényegében ennek meghatározása

a cél. Ennek kulcsa a második szakaszban megtett út kiszámítása. - Első megoldás: az egyenletrendszer felírásával.

1. szakasz – gyorsuló szakasz vég 1 1

211 1

v a t

as t

2

2. szakasz – állandó sebesség 2 vég 2s v t

3. szakasz – lassulás 3 3 vég

233 3 vég 3

0 a t v

as t v t

2

továbbá 1 2 3

1 2 3

s s s s

t t t t

Ezen egyenletekből folyamatában kiszámolhatóak az egyes mennyiségek: először a gyorsulások, azok segítségével az első és utolsó szakasz során megtett utak, abból a második szakasz során megtett út, végül annak az időtartama.

- Második megoldás: grafikusan, felrajzoljuk a sebesség-idő diagramot

Figyelembe véve, hogy az egyes szakaszokon megtett út megegyezik a függvény alatti területtel, geometriai alapon könnyedén kiszámolhatóak az utak, abból az s2, annak felhasználásával pedig a hiányzó időadat.

- Eredmények:

a1=0,25 m/s, ebből s1=112,5 m.

a3=0,375 m/s, ebből s3=75 m.

s2=572,5 m, ebből t2=76,33 s

t=126,33s

t

v

t1 t2 t3

s1

s2s3

vvég

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


14

3.4 Példák, ajánlott feladatok

1. feladat Egy test t=0-ban a Descartes-koordináta rendszer (3m, 2m, 1m) pontjában volt, t=3-ban pedig az (5m ,5m ,-1m) pontban, ahová egyenes vonalban mozgott. Mekkora az átlagsebessége? (1,37m/s) 2. feladat Két hegyi falu közötti autóbuszjáraton a buszok átlagsebessége egyik irányban 30 km/óra, a másik irányban 60 km/óra. Mekkora az átlagsebesség egy teljes fordulót figyelembe véve? Mi lenne akkor az átlagsebesség, ha a busz egy órán át menne 30, egy órán át pedig 60km/h sebességgel? (40 km/h és 45 km/h) 3. feladat* Egy test egydimenziós mozgást végez, a gyorsulás-idő függvény az ábrán látható, v0=0. Mekkora az átlagsebesség? (5,33 m/s)

4. feladat* Egy motorkerékpáros az ábra szerinti A pontból a C pontba kíván eljutni. Sebessége az úton (A és D között) 50 km/h, a mezőn 25 km/h. Melyik B pontnál kell letérnie a műútról, hogy A-ból C-be a legrövidebb idő alatt érjen? (Legyen x az A és a B távolsága, d=4 km pedig az A és a D távolsága, h=3 km.) (x=2,268 km)

5. feladat* Az xy síkban mozgó tömegpont koordinátái a következőképpen változnak: x=c1t

2, y=c2-c3t2, ahol c1=15m/s2, c2=4m, c3=20m/s2. Határozzuk meg a tömegpont pályáját,

pályasebességét és tangenciális gyorsulását. Mennyi idő alatt futja be a tömegpont pályájának a koordinátatengelyek közé eső szakaszát?

A

C

h

B D

t

a

2 4 6

3

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


15

4 Kinematika II. – hajítások

A hajítások az állandó gyorsulású mozgások közé tartoznak, a Nem jó számfejezetben leírtak jelentik a jelen fejezet kiindulópontját.


A hajítások olyan speciális, állandó gyorsulású mozgások, amelyeknek a gyorsulása megegyezik a gravitációs gyorsulással, vagyis 0a g

, ami egy mindig függőlegesen lefelé

mutató, 2

mg 9,81

s hosszúságú vektor.

Megjegyzés: a feladatok megoldásakor itt elegendő a 2g 10m / s közelítő értékkel számolni. Fontos kiemelni, hogy a hajításokkal kapcsolatos feladatoknál általában elhanyagoljuk a légellenállás hatását, az nagyban megnehezítené a számolásokat, lásd ballisztikus pályák. A hajításokat három különböző típusba sorolhatjuk:

1. A függőleges hajítások esetén a gyorsulás és a kezdeti sebességvektor párhuzamosak (vagyis a kezdősebesség is függőleges). Ennek speciális esete a szabadesés, amelynél a kezdősebesség nagysága zérus.

2. A vízszintes hajítások esetén a kezdeti sebesség merőleges a gyorsulásra, vagyis vízszintes.

3. Minden más esetet ferde hajításnak nevezünk. A hajítások – lévén két dimenziós (vagy egyenes vonalú) mozgások kiértékelésénél elegendő két dimenziós koordinátarendszerben végezni a leírást (a három dimenziós koordinátarendszert úgy forgatjuk el, és az origó helyét úgy választjuk, hogy az egyik irányban minden vektor-komponens zérus legyen). Az általános konvenció szerint a függőleges komponensek a z tengelyen lesznek felvéve, a vízszintesek az x tengelyen. A hajításokkal kapcsolatos feladatokat az alábbi általános menetrend segítségével lehet szisztematikusan felírni:

1. lépés: javasolt a feladat megoldását ábra rajzolásával kezdeni. 2. lépés: a koordinátarendszer megválasztása, vagyis az origó helyének kiválasztása, a

tengelyek irányának meghatározása. Javasolt az egyik (x) tengelyt vízszintesen, a másikat függőlegesen felvenni.

3. lépés: az állandó gyorsulású mozgásokra vonatkozó általános egyenletek komponenseinek felírása a koordinátarendszerben.

4. lépés: az egyenletrendszer megoldása a megadott adatok alapján. 5. a feladat megoldásának kiértékelése, a nem fizikai megoldások kiszűrése.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


16


1. feladat Mekkora távolságot tesz meg a nyugalmi helyzetből induló, és szabadon eső test a t1

= 6s és t2 = 8s közötti időközben?

Megoldás: - Adatok: g=10m/s2, v0=0m/s, t1=6s, t2=8s. - A test lefelé halad, ennek megfelelően vesszük fel a koordináta-tengely irányát. - A megtett út kiszámítása a két időpontig:

2 21 1 2 2

g gs t 180m, s t 320m

2 2

- A két út különbsége, vagyis az az út, amit a két időpont között tesz meg a test

2 1s s s 140m .

2. feladat Egy testet 10 m/s kezdősebességgel felfelé hajítunk. Milyen magasra jut a test? Mennyi idő alatt ér vissza a kezünkbe? Milyen sebességgel csapódik a kezünkbe? Megoldás: - Adatok: g=10m/s2, v0=10m/s - A koordinátarendszert az alábbiakban úgy vesszük fel, hogy a tengely függőlegesen felfelé mutat, nulla pontja a hajítás kezdőpontja. - A mozgás egyenletei a választott koordinátarendszerben

0

20

v(t) g t v

gz(t) t v t

2

- A pálya tetőpontján a sebesség nullává válik, vagyis a csúcsra érés ideje 0

tető tető 0 tető

vv(t ) 0 g t v t 1s

g

- Az eközben megtett út 2

tető tető 0 tető

gz t v t 5m

2

- A visszaérkezésről azt tudjuk, hogy akkor a z koordináta értéke újra zérus, vagyis az idő 2 0

vissza vissza 0 vissza vissza

2vgz(t ) 0 t v t t 2s

2 g

Megjegyzendő, hogy a fenti egyenlet másik megoldása a t=0s, ami a mozgás kezdőpontja, ez ellenőrzésnél fontos, de új eredményt nem szolgáltat. - A visszaérkezés sebessége pedig

vissza vissza 0

mv(t ) g t v 10

s ,

vagyis ugyanolyan nagyságú, de ellentétes irányú sebességgel érkezik vissza.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


17


1. feladat Egy 20 m magasan nyíló ablakból egy, a talajon, a fal tövétől 14 m-re lévő dobozba köveket hajigálunk. Mekkora vízszintes sebességgel kell elhajítanunk a köveket, hogy beletaláljunk a dobozba?

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


18

1. feladat megoldása - Adatok: az ablak h=20m magasan van, a fal tövétől a doboz k=14m távolságban található. - Ábra és koordináta-rendszer választás

Megjegyzés: a koodinátarendszer-választás lehet ennél szokványosabb is, ettől a végeredmény nem függ(het). Talán a fenti koordinátarendszer adaptálható legjobban a feladathoz, viszont vigyázni kell az irányokkal, előjelekkel (például a mozgás végpontjának függőleges komponense nem -20m, hanem 20m!).

- Ebben a koordinátarendszerben a mozgás egyenletei az alábbiak:

z

2

0

v (t) g t

gz(t) t

2x(t) v t

- A végpontra (x=k, z=h) vonatkozó egyenletek az alábbiak:

2vég

0 vég

gh t

2k v t

- Az első egyenletből meghatározható a hajítás időtartama, a másodikból ennek segítségével a vízszintes irányú kezdősebesség nagysága.

vég 0vég

2h k g mt 2s v k 7

g t 2h s

- Megjegyzendő, hogy ha a koordinátarendszer origóját a fal tövéhez választanánk, akkor a z tengely függőlegesen felfelé mutatna, a z(t) kifejezése más lenne, de a végpontra vonatkozó egyenlet eredménye ugyanaz lenne:

2 2vég vég vég

g g 2hz(t) t h z(t ) 0 t h t

2 2 g .

x

z k

h

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


19

2. feladat Egy testet 25m/s nagyságú, a vízszintessel 60o–os szöget bezáró kezdeti sebességgel elhajítunk. Mikor és hol ér pályája tetőpontjára? Milyen magasra jut? Hol és mikor ér újra földet a test?

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


20

2. feladat megoldása - Adatok: v0=25m/s, α=60°. - Ábra és koordináta-rendszer választás

- Ebben a koordinátarendszerben a releváns egyenletek a következők:

z 0z 0

2 20z 0

0x 0

v (t) g t v g t v sin

g gz(t) t v t t v sin t

2 2x(t) v t v cos t

ahol a kezdeti sebességvektor komponensekre bontását a jobb oldali ábra segítségével elvégeztük. - A pálya tetőpontjára az jellemző, hogy ott a függőleges sebességkomponens nullává válik, vagyis vz(ttető)=0m/s. Ebből a tetőpontra érkezés ideje kiszámolható, abból pedig a csúcspont koordinátái is:

0z tető tető 0 tető

2t tető tető 0 tető

20

t tető 0 tető

v sinv (t ) 0 g t v sin t 2,165s

g

gz z(t ) t v sin t 23, 44m

2

v sin cosx x(t ) v cos t 27,06m

g

- A pálya végpontjának jellemzője, hogy ott a z komponens értéke újra nulla lesz, vagyis z(tvég)=0. Ebből az idő meghatározása után (a zérus megoldást ismét nem vesszük figyelembe) a hajítás távolsága is kiszámítható:

2 0vég vég 0 vég vég

20

v vég 0 vég

2v singz(t ) 0 t v sin t t 4,33s

2 g

2v sin cosx x(t ) v cos t 54,12m

g

- Megjegyzés: jól látható, hogy a mozgás a csúcspont körül szimmetrikus, a végpont ideje és x koordinátája is éppen duplája a csúcsponthoz tartozó értékeknek. Ez azonban csak a közegellenállás elhanyagolása miatt lehetséges.

x

z

vx=v0 cosα

v0

α

vz=v0 sinα

x

z

xt

zt

xv

v0

α

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


21


1. feladat Egy követ 125m magasról kezdősebesség nélkül leejtünk. Ezután 1s-mal később utána dobunk egy másik követ, függőlegesen lefelé irányuló vo kezdősebességgel. Mekkora legyen vo, hogy pontosan egyszerre érjenek földet? (11,25 m/s) 2. feladat Egy testet egy 15m magas toronyból 20m/s nagyságú, a vízszintessel 30°–os szöget bezáró, ferdén lefelé mutató kezdősebességgel eldobunk. Mennyi idő múlva ér földet a test és a torony tövétől milyen távol? (1s, 17,32m) 3. feladat Rögzített nagyságú kezdősebesség esetén a vízszinteshez képest milyen szögben kell eldobnunk egy testet, hogy a lehető legmesszebb essen le, ha a közegellenállást elhanyagoljuk? (45°) 4. feladat A vízszintes sík terepen milyen szögben kell kilőni az 500 m/s kezdősebességű lövedéket, hogy az a kilövés helyétől 5 km-re fekvő célba csapódjon? (5,77° vagy 84,23°) 5. feladat A várat ostromló hadsereg a 35 méter magas várfaltól 80 méterre felállít egy katapultot, amellyel lángoló lövedékeket szeretnének behajítani a várba. A katapult 5 méter magasról engedi el a lövedéket, melynek kezdeti sebessége a vízszintessel 60º-os szöget zár be és a sebesség nagysága 40 m/s. Sikerül-e áthajítaniuk a tűzgolyót a várfal fölött? Mekkora és milyen irányú a sebesség, amikor a lövedék a várfalhoz ér (becsapódik vagy elhalad fölötte)? (zfal=63,56m, v=20,71m/s, 15o–kal a vízszintes alatt)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


22

5 Dinamika I. – Newton-törvények

A testek mozgásának miért-jeire a Dinamika ad választ. Ennek első szakasza a Newton-törvényeket, és az ahhoz kapcsolódó erő-törvényeket tartalmazza, és a test mozgás-egyenleteinek származtatása a cél. Az egyenletek megoldása már a kinematika tárgykörébe tartozik.


A Newton-törvények: 1. Minden test megőrzi egyenes vonalú egyenletes mozgását, vagy nyugalmi állapotát

addig, amíg annak megváltoztatására egy másik test nem kényszeríti. - Megjegyzés: a feladatmegoldásokban ez úgy jelenik meg, hogy ha egy

tömegpontra ható erők eredője zérus (ebbe beleértendő az is, ha nem hat rá erő), akkor nem gyorsul, vagyis a sebessége állandó.

- Megjegyzés: a fenti Newton-törvény modernebb változata az úgynevezett kiválasztási axióma, viszont a munkafüzetben található feladatok megoldásához arra nincs szükség.

2. A test gyorsulása és a rá ható erő arányos, vagyis szabatosabban:

F ma

, (5.1.)

ahol az arányossági tényező a tehetetlen tömeg, mértékegysége a kg.

3. Ha egy A test egy B testre ABF

erőt fejt ki, akkor a B test is erőt fejt ki az A-ra. Ezen

BAF

erő azonos nagyságú, de ellentétes irányú az eredeti ABF

erővel, vagyis:

BA ABF F

(5.2.)

Ezt nevezik erő-ellenerő, vagy hatás-ellenhatás törvényének is.

4. Ha egy tömegpontra egyidejűleg több erő is hat, akkor együttes hatásuk helyettesíthető egy úgynevezett eredő erővel. Az eredő erő az egyes erők vektori összege:

1

n

e i

i

F F=

=å

(5.3.)

A második és negyedik törvény összevetésének segítségével adhatjuk meg a tömegpont mozgásegyenletét

2

21

n

i

i

d rF ma m

dt=

= =å

, (5.4.)

amelynek ( )r t

megoldásait nevezzük mozgástörvénynek; a megoldáshoz természetesen

szükség van a 0( )v t

és 0( )r t

kezdeti feltételekre is.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


23

A mozgásegyenletek konkrét felírásához azonban szükség van bizonyos erőtörvényekre, amelyek a tömegpont helyétől, sebességétől, az időtől, anyagi és geometriai paraméterektől függően kiszámíthatóvá teszik az erővektorokat. A feladatmegoldások során használandó erőtörvények az alábbiak:

- Súlyerő: G m g , ahol g a gravitációs gyorsulás, az erő mindig függőleges.

- Csúszási súrlódási erő: S nyF F , ahol μ a csúszási súrlódási együttható, Fny a

két felület közötti nyomóerő. Az erőhatás mindig a felületekkel párhuzamos. - Rugóerő: xF D x , ahol D a rugóra jellemző direkciós állandó, x a kitérés.

- Kényszererők, mint a kötélerő (a kötél végén ébredő erő), vagy a tartóerő (a testet „tartó” felületre merőleges erőhatás).

A feladatmegoldások tekintetében az alábbi pontok végrehajtása javasolt:

1. Javasolt egy megfelelő minőségű ábra elkészítése. 2. Az ábrán jelölni kell a fellépő erőket. Általános szabály a mechanikában, hogy az hat

erővel egy testre, ami hozzáér, kivéve a gravitációt (és persze az ebből származó súlyerőt). Ezen pontnál fontos kiemelni, hogy az erők figyelembe vételekor számot kell tudni adni minden erő ellenerejéről is. Ezek között lesznek elhanyagolható hatásúak (például a test tömegvonzását, ami a Földre hat vissza, elhanyagolhatjuk, ahogy a rögzített felület tartóerejének ellenerejét is, stb.), de érdemes mindegyiket beazonosítani.

3. Az erők berajzolásának elvei (bár ezek némelyike a tömegpont modell esetén nem igazán lényeges):

a. A súlyerőt a tömegközéppontból indítjuk lefelé. b. A tartóerőt az azt kifejtő felületre, a felületből indítva vesszük fel. c. A kötélerő (lásd később) mindig kötélirányú. d. A csúszási súrlódási erő (lásd később) a két felület határán, a mozgás

feltételezett irányával ellentétes irányba mutat. e. A csúszási súrlódási erő esetén, ha az egyik felület tartóereje hat a másik

(jellemzően a mozgó) testre, akkor a súrlódási erő kifejezésében szereplő nyomóerő megegyezik ezzel a tartóerővel.

4. Választani kell egy megfelelő koordinátarendszert, amelyben az erővektorok összeadhatóak, ezzel az eredő erő meghatározható. Javasolt már ekkor figyelembe venni, hogy milyen koordinátarendszer-választás a legmegfelelőbb a gyorsulásvektor tekintetében.

5. Az egyes testekre külön-külön felírjuk a mozgásegyenleteket az alábbi módon. 6. A választott koordinátarendszerben (ez leggyakrabban derékszögű Descartes-

koordinátarendszer) össze kell adni (illetve összegezni kell) az erővektorokat, meghatározva az eredő erő vektorának komponenseit.

7. Ezt behelyettesítjük a mozgásegyenletbe, és meghatározzuk a gyorsulásvektor komponenseit.

8. A mozgástörvény meghatározása a kinematika feladatkörébe tartozik, az ott leírt módszerek alkalmazhatóak.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


24


1. feladat Mekkora az emelődaru kötelében fellépő Fh húzóerő egy 100 kg tömegű gépalkatrész süllyesztésekor, illetőleg emelésekor, ha a gyorsulás nagysága mindkét esetben 2 m/s2? A kötél és a végén levő horogszerkezet súlya elhanyagolható. Megoldás: - Adatok: m=100kg, a=2 m/ s2. - Mozgásegyenlet, és annak megoldása, amikor lefelé mozog: h hG F m a F m g m a 800N.

- Mozgásegyenlet, és annak megoldása, amikor felfelé mozog: h hF G m a F m g m a 1200N.

2. feladat Egy m=4kg-os testre a súlyán kívül egy vízszintes, 30N nagyságú erő hat. Mekkora a test gyorsulása? Megoldás: - Adatok: m=4kg, F=30N. - A két erőhatás (súlyerő és F) merőleges egymásra, így a kettő eredőjének nagyságát a Pitagorasz-tétellel lehet kiszámolni:

2 2eredőF (m g) F 50N.

3. feladat Egy fél mázsás zsák vízszintes, súrlódásmentes talajon hever. Egy munkás elkezdi húzni a vízszintessel 40°-os szöget bezáró, 400N nagyságú erő-vel. Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása? Megoldás: - Adatok: m=50 kg, Fh=400N, =40° - Ábra, előkészítve a húzóerő komponensekre bontását:

- Mivel a húzóerő 400N, a test súlya pedig G=mg=500N, még ha függőlegesen felfelé is húzzuk, nem emelkedik el a talajról a test. Ezért rajzoltuk be a tartóerőt is az ábrán. - Függőlegesen a tartóerő, a húzóerő függőleges komponense és a súly kiegyenlítik egymást. A gyorsulást a mozgásegyenlet vízszintes komponenséből lehet kiszámolni:

hh 2

F cos mF cos m a a 6,13 .

m s

Fh

G

T

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


25

4. feladat Egy m=50kg-os zsákot vízszintesen húzunk F=300N erővel, így a gyorsulása a=1m/s2. Mekkora a súrlódási együttható a talaj és a zsák között? Megoldás: - Adatok: m=50kg, F=300N, a=1m/s2. - Ábra, feltűntetve a gyorsulás irányát is:

- A függőleges irányú mozgási egyenlet komponens, lévén függőlegesen a test nem gyorsul, az alábbi:

T G 0 T m g.

- A vízszintes komponensre vonatkozó egyenlet pedig:

F S m a F T m a .

- A fenti egyenletek alapján a megoldás:

F m a0,5.

m g

5. feladat Egy rugóra felakasztunk egy 2dm3 térfogatú, 5kg/dm3 sűrűségű testet, így a rugó 2cm-t nyúlik meg. Mekkora a rugóállandó? Megoldás: - Adatok: V=2dm3, ρ=5kg/dm3, Δx=2cm=0,02m. - A test tömegének meghatározása:

m V 10kg.

- A test mozgásegyenlete egyensúlyi helyzetben (a pozitív irány függőlegesen felfelé mutat):

D x m g 0.

- Ebből a megoldás:

m g ND 5000 .

x m

S

G

T

F

a

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


26


1. feladat Egy M=10kg tömegű, téglatest alakú ládát leteszünk a padlóra, függőleges oldalára helyezünk egy m=2kg tömegű kis dobozt. A doboz és a láda között mind a csúszási, mind a tapadási súrlódási együttható 1=0,2, a láda és a padló között pedig mindkettő 2=0,5. a) Legalább mekkora legyen a láda gyorsulása, hogy a doboz ne essen le? b) Mekkora vízszintes F erővel kell ehhez a ládára hatni?

m F M

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


27

1. feladat megoldása - Adatok: M=10kg, m=2kg, μ1=0,2, μ2=0,5. - Ábra az erőhatások berajzolásával (külön figyelni kell az ellenerőkre):

Megjegyzés: az ábrán azokat az ellenerőket, amelyek relevánsak, ábrázolni kell! A számolások megkönnyítése érdekében az egyes erőket úgy ábrázoltuk, hogy jól látható legyen, mely testekre hatnak (még ha ezzel az ábra kevésbé is lesz pontos).

- Bár a két test nincs rögzítve, jól láthatóan azonos gyorsulással kell rendelkezniük. Az M gyorsulása nem lehet nagyobb, mint m-é, különben a doboz belenyomódna a ládába. Ha pedig a doboz gyorsulása lenne nagyobb, leesne (megszűnne az őt fent tartó tapadási súrlódás). - A koordinátarendszer-választás ebben az esetben egyszerű, az erőhatások függőleges és vízszintes komponenseit számoljuk ki. - A doboz mozgásegyenletének komponensei (először a függőleges, majd a vízszintes):

1 m 1 m

m

S G 0 T m g 0

T m a.

- A láda mozgásegyenletének komponensei (először a függőleges, majd a vízszintes):

M M 1 M 1 m

m 2 m 2 M

T G S 0 T M g T 0

F T S M a F T T M a.

- Az első kérdésre a választ a doboz mozgásegyenleteiből lehet kiszámolni. Ahhoz, hogy a test ne csússzon le, ahhoz a függőleges gyorsulásnak kell nullának lennie, vagyis az első egyenletnek kell teljesülnie:

1 m 1 21

g mT m g 0 m a m g 0 a 50 .

s

- A gyorsulás ismeretében az F erő nagysága a láda mozgásegyenleteiből számolható ki:

m 2 M m 2 1 m

2 1

F T T M a F T (M g T ) M a

F m a (M g m a) M a 660N

F

GM

Gm

TM Tm Tm

S1

S1

S2

a

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


28


1. feladat Egy m = 8 kg tömegű pontszerű testre a súlyán kívül még két, F1= F2=60N nagyságú erő hat, mindkettő = 30o-os szöget zár be a vízszintessel, és e két utóbbi erő a súlyerővel egy síkban van. Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása? (2,5m/s2, lefelé)

2. feladat Egy négyzet csúcsaiban azonos Q töltésű pontszerű testek vannak. Mekkora a négyzet középpontjában elhelyezkedő ötödik részecske töltése, ha a rendszer egyensúlyban van? (-0,957Q)

Megjegyzés: az utóbbi feladat megoldásához szükség van a Coulomb-erő nagyságának kifejezésére, ami két, Q1 és Q2 ponttöltések között ható erő, amikor r távolságra vannak egymástól:

1 2C 2

Q QF k ,

r ahol

29

2

Nmk 9 10 .

C

3. feladat* Egy G =50N súlyú testet a padlóra helyezünk, és a vízszintessel α szöget bezáró rögzített F=25N nagyságú erővel húzni kezdjük. Mekkora α esetén maximális a test gyorsulása, ha a test és talaj közti súrlódási együttható =0,2 ? (11,3°)

F1 F2

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


29

6 Dinamika II. – kötelek, lejtők, csigák

A konkrét feladatok megoldásakor a Fizika oktatásában külön fontossága van a kötelek, lejtők és csigák egyszerűsített leírásának. Ezzel nyílik lehetőség összetettebb mechanikai rendszerek vizsgálatára anélkül, hogy bonyolult rugalmasságtani, vagy a merev testek dinamikájára vonatkozó feladatokat kellene megoldani.


6.1.1 Az ideális kötél működése

Az ideális kötélnek két alapvető tulajdonsága van: 1. Nyújthatatlan. 2. A tömege zérus.

Ennek következményei az alkalmazások tekintetében az alábbiak: 1. Ha a kötél nem feszül meg, olyan, mintha ott sem lenne. 2. A kötél mozgásegyenlete nem jelenik meg külön egyenletként, a kötélerők

nagyságának és irányának a meghatározásakor kell figyelembe venni őket. 3. A kötél két végén ébredő erő nagysága ugyanakkora, és mindig párhuzamos a kötél

irányával. 4. A kötél nyújthatatlanságának is vannak hatásai, amikor a kötél megfeszül, de ezek

feladatról feladatra változhatnak. Van, ahol az összekötött testek távolsága állandó (például körmozgásnál, vagy ha a két test egy irányba mozog); van, ahol a két test gyorsulásának nagysága ugyanakkora (például amikor mindkét test a kötéllel párhuzamos irányban mozog).

6.1.2 Az ideális csiga működése

A csigák idealizált modelljében az alábbi tulajdonságokat vesszük figyelembe: 1. Az ideális csiga tömege, ezzel együtt tehetetlenségi nyomatéka zérus. 2. Az ideális csiga súrlódásmentesen forog rögzített tengelye körül.

Ennek következményei az alkalmazások tekintetében az alábbiak: 1. A csiga forgó mozgása nem jelenik meg külön mozgásegyenletként. 2. A csiga a rajta átvetett ideális kötél végén ébredő erőknek a nagyságát nem, csak az

irányát változtatja meg. Praktikusan az ideális csiga, és a rajta átvetett kötél figyelembe vétele a feladatok megoldásában a következőképpen zajlik:

1. A kötélerő nagysága a kötél két végén ugyanakkora, az erő párhuzamos a kötéllel. 2. A kötelet, ha átvetjük egy ideális csigán, a csiga két oldalán a kötél vonalának az

iránya között eltérés lehet, de ez a fenti két ponton nem változtat.

6.1.3 Lejtőn mozgó test dinamikájának leírása

A lejtőn mozgó tömegpont leírásának konkrét részletei a bevezető elemi feladatok között lesznek megtalálhatóak. Általánosságban az alábbiakat kell tudni a rögzített lejtőn történő mozgásról:

1. A lejtőn mozgó testre mindenképpen hat a súlyerő függőlegesen lefelé, illetve a lejtő

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


30

tartóereje a lejtőre merőlegesen. 2. A súlyerő és a lejtőre merőleges irány ugyanakkora szöget zár be egymással, mint a

lejtő a vízszintes síkkal (merőleges szárú szögek). 3. A nem túl bonyolult esetek tárgyalásánál érdemes nem a szokásos vízszintes-

függőleges irányokra építő koordinátarendszert választani, hanem a lejtővel párhuzamos, és arra merőleges irányokhoz rögzíteni a koordinátatengelyeket. Megjegyzés: ennek fő oka az, hogy bár az erővektorok összeadásakor lehet az eredeti irányválasztás jobb, a javasolt esetben a gyorsulásvektornak csak egy nem nulla komponense lesz, mégpedig a lejtővel párhuzamos (ez a legtöbb esetben így van, de természetesen lehetnek kivételek).

4. A feladatok megoldását érdemes annak tisztázásával kezdeni, hogy a lejtőn csúszó test egyáltalán milyen irányban mozoghat. Amennyiben ugyanis súrlódás is fellép, akkor a végeredmény csalóka lehet, például, ha a súlyerőn, a tartóerőn és a súrlódáson kívül nem hat más erő, és a számolás eredménye matematikailag az, hogy a test felfelé gyorsul, az fizikailag nyilván azt jelenti, hogy a test a nagy súrlódás miatt nem mozdul meg.


1. feladat Az ábra szerint összekapcsolt m1=2kg és m2=8kg tömegű testeket F=20N erő gyorsítja. Mekkora lesz a közös gyorsulás, és erő hat a kötélben, ha nincs súrlódás?

Megoldás: - Adatok: m1=2kg, m2=8kg, F=20N. - Ábra az erőhatások berajzolásával (a betűk a vektor hosszát jelölik, az irányokat az ábra tisztázza), felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is:

- A választott koordinátarendszer: az egyik tengely függőleges, felfelé mutat a pozitív irány, a másik tengely vízszintes, a gyorsulás irányába mutat. - A mozgásegyenletek függőleges irányban (a testek ebben az irányban nem gyorsulnak): 1 1 2 2T G 0, T G 0 , ezek azonban a gyorsulás kiszámításában nem számítanak,

mivel nincs súrlódás. - A mozgásegyenletek vízszintes irányban: 1 1 2 2K m a , F K m a , de a két test ideális kötéllel van összekötve, vagyis a két

gyorsulás egyenlő egymással. Ebből a megoldás: 1 2

F ma 2

m m s

.

F

G1 G2

T2 T1 K K

a

F m1 m2

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


31

2. feladat Elhanyagolható tömegű, súrlódásmentesen forgó csigán átvetett kötél egyik vége m=5kg tömegű, a másik vége egy vízszintes síkon mozgó M=20kg tömegű testhez kapcsolódik. Mekkora a rendszer gyorsulása, ha elhanyagoljuk a súrlódást, ill. ha = 0,1? Megoldás: - Adatok: m=5kg, M=20kg, = 0,1. - Ábra az erőhatások berajzolásával, felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is (itt természetesen nem egy irányról van szó, hanem egy körüljárási irányról, a két test gyorsulásának iránya különböző, de a gyorsulások nagysága azonos):

- A M tömegű test mozgásegyenletei (függőleges, majd vízszintes irány):

M M M

ny M

T G 0, T M g

K S M a , K F M a , K T M a.

- A m tömegű test mozgásegyenlete (csak függőleges irány): mG K m a m g K m a.

- Az egyenletrendszer megoldása (K M g) (m g K) M a m a (M m)a m g M g ,

vagyis súrlódásmentes esetben a=2m/s2, súrlódásos esetben a=1,22m/s2. 3. feladat Írja fel egy α szögű lejtőn súrlódva lecsúszó m tömegű test mozgásegyenleteit! Megoldás: - Ábra az erőhatások berajzolásával, felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is:

- A koordinátarendszert most nem függőleges-vízszintes, hanem lejtőirányú és lejtőre merőleges tengelyekkel vesszük fel. Ebben a két mozgásegyenlet-komponens:

T G cos 0 , T m g cos

G sin S m a , m g sin T m a .

- Ennek megoldása a g (sin cos ). Ha ez az érték negatív, akkor tapadási súrlódás áll fenn, a test nem mozdul, gyorsulása valójában nulla (a fenti esetben felfelé nem gyorsulhat).

α

m

G

T S

α

a

GM

Gm

K

K

TM a

S

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


32


1. feladat Az ábrán látható elrendezésben a lejtők szöge α=30° és β=45°, a (pontszerűnek tekinthető) testek tömege sorrendben m1=4kg, m2=5kg, m3=1kg, mindkét csiga könnyű és szabadon foroghat. A súrlódási együttható mindenütt 0,1. Mekkora lesz a testek gyorsulása a lejtőhöz képest?

α

1

2

3

β

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


33

1. feladat megoldása - Adatok: m1=4kg, m2=5kg, m3=1kg, α=30°, β=45°, μ=0,1. - A megfelelő mozgási irány kiválasztásához megvizsgáljuk, hogy egyáltalán milyen irányban mozoghatnak a testek. Ehhez a súrlódásmentes esetet vizsgáljuk meg: - Az 1. testet a rá ható súlyerő lejtővel párhuzamos komponense fogja balra gyorsítani,

ez 1 1F m g sin 20N.

- A 2. testet csak a kötélerők fogják mozgatni, az irány eldöntésében nincsen szerepe. - A 3. testet a rá ható súlyerő lejtővel párhuzamos komponense fogja jobbra gyorsítani, ez 3 3F m g sin 7,07N.

- Ebből látszik, hogy a rendszer balra mozog(ezt az alábbi ábrán is berajzoljuk), ez a súrlódási erők irányát is meghatározza. - Ha a számolás végeredménye negatív lesz, akkor a rendszer nyugalomban van.

- Ábra az erőhatások berajzolásával (előkészítve a súlyerők komponensekre bontását is):

- Mindegyik test esetén más koordinátarendszert fogunk használni, mindenhol a lejtőre merőleges és az azzal párhuzamos komponenseket fogjuk felírni külön-külön. Mivel az ábra alapján az irányokat helyesen vettük fel, és mivel az egész rendszer az ideális kötelek miatt ugyanakkora gyorsulással fog mozogni, ez megtehető. - Az m1 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens):

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

T G cos 0 T m g cos ,

G sin K S m a m g sin K m g cos m a .

- Az m2 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens):

2 2 2 2

1 2 2 2 1 2 2 2

T G 0 T m g ,

K K S m a K K m g m a.

- Az m3 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens):

3 3 3 3

2 3 3 3 2 3 3 3

T G cos 0 T m g cos ,

K G sin S m a K m g sin m g cos m a .

- Az egyenletrendszer megoldása:

1 3 1 2 32

1 2 3

m sin m sin (m cos m m cos ) ma g 0,376

m m m s

.

α β

K1

a

α

K1 K2

K2 T1

T2

T3

G1

G2

G3

S1 S2

S3 β

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


34


1. feladat Az ábra szerint összekapcsolt m1=3kg, m2=5kg, m3=2kg tömegű testeket F=40N erő gyorsítja. Mekkora lesz a közös gyorsulás, és mekkora erők hatnak a kötelekben, ha nincs súrlódás, ill. ha a súrlódási együttható = 0,2? (4 és 2 m/s2, 12N és 32N)

2. feladat Egy h = 3m magas, vízszintesen b = 4m hosszú lejtő tetejéről v0= 4m/s kezdősebességgel elindítunk lefelé egy testet. A lejtő és a test közötti súrlódási együttható 1= 0,25, a lejtő utáni vízszintes talaj és a test között 2= 0,28. Mekkora utat tesz meg a test a megállásig, miután elhagyta a lejtőt? (10m) 3. feladat Az alábbi bal oldali ábrán látható testek tömege M=5kg, m1 =2kg, m2 =3kg, a rugó, a csiga és a kötelek tömege, valamint a súrlódás elhanyagolható. Tudjuk, hogy mindhárom testnek ugyanakkora a=0,5m/s2 a gyorsulása. Mekkora a lejtő α szöge és mennyi a rugó megnyúlása, ha a rugóállandó D=20N/cm? (64,2o, 1,925cm)

4. feladat Egy üres doboz tetejére könnyű fonállal kis testet kötünk, majd a dobozt egy α=30o szögű lejtőre tesszük, ahol a doboz (és vele a kis test) a gyorsulással gyorsulni kezd (lásd a fenti jobb oldali ábrát). Milyen szöget zár be a fonál a függőlegessel, ha a) a lejtő súrlódásmentes, b) a súrlódási együttható μ=0,2 ? (30o és 18,7o) 5. feladat* Egy vízszintesen rögzített, b kiterjedésű súrlódásmentes lejtő milyen szöget zárjon be a vízszintessel ahhoz, hogy a lehető leghamarabb csússzon le róla egy test.

(45o)

b

α

β

α

M

m1

m2

Fm1 m2 m3

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


35

7 Dinamika III. – megmaradó mennyiségek

A fizikában fontosak az úgynevezett megmaradó mennyiségek, amelyek fontos alapvető elvekből határozhatóak meg. Az alkalmazások tekintetében ezen mennyiségeknek kettős a haszna. Egyrészt vannak olyan mérnöki kérdések, amelyek egyértelműen a megmaradó mennyiségekre, vagy a kapcsolódó fogalmakra vonatkoznak (például egy rendszer hatásfoka, vagy a működéshez szükséges teljesítmény, befektetendő energia, stb.). Másrészt bizonyos dinamikai feladatok a segítségükkel sokkal könnyebben megoldhatóak.


7.1.1 Lendület (impulzus), Impulzus-tétel

A lendület, vagy más néven impulzus meghatározása:

I mv

, (7.1.)

és az erre vonatkozó tétel az úgynevezett impulzus-tétel

dI F

dt=å

(7.2.)

amelyből állandó tömegű esetben levezethető Newton 2. törvénye. Azon túl, hogy bizonyos feladatok értelmezésében és megoldásában alkalmazható a tétel, van egy fontos következménye. Ha a testre ható erők eredője zérus, akkor a test impulzusa állandó (nagyság és irány is), vagyis ebben az esetben az impulzus megmarad.

7.1.2 Munka, mozgási energia, munkatétel

Egy adott tömegpontra ható erőhatás, ha a tömegpont 1r

pontból 2r

pontba mozog, az

alábbi munkát végzi a testen

2

1,2

1

rW F dr

r

. (7.3.)

Ennek az összefüggésnek azonban egy egyszerűsített alakját szoktuk használni az elemi feladatoknál. Amennyiben az erőtér homogén, vagyis minden pontban ugyanolyan nagyságú és irányú, illetve a test elmozdulása egyenes mentén történik, a munkavégzés

W F r F r cos

(7.4.)

lesz, ahol a második egyenlőségben kifejtettük a skaláris szorzatot. Erre a fogalomra épül a munkatétel. Ennek kimondásához szükségünk van egy mennyiség bevezetésére, mégpedig a kinetikus (vagy mozgási) energiára, amely

2k

1E mv

2 (7.5.)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


36

alakú. Ezzel a munkatétel

kW= E , (7.6.)

vagyis a mechanikában a tömegpontra ható erők eredője által végzett munka a test mozgási energiájának megváltozását okozza.

7.1.3 Konzervatív erőterek, potenciális energia, mechanikai energia-megmaradás

Az erőtereknek van egy speciális típusa, amely fontos a feladatok megoldása tekintetében, ezek a konzervatív erőterek. Ezek fontosságát egyrészt az adja, hogy a Fizika oktatásában megjelenő legelemibb kölcsönhatások (gravitáció, elektrosztatikus vonzás/taszítás) ilyen erőterek, másrészt ezekhez az erőterekhez rendelhetünk egy potenciális energiát, amely nagyban megkönnyít(het)i a feladatmegoldást. Konzervatív erőtérnek azt nevezzük, amely erőtér munkavégzése szempontjából irreleváns, hogy a test milyen úton halad egyik pontból a másikba. Másképpen megfogalmazva, a munkavégzés csak a mozgás két végpontjától függ, vagyis ha a test A pontból halad B pontba, akkor a munkavégzés

B

AB P P

A

W F dr E (A) E (B)

, (7.7.)

ahol bevezettük az EP potenciális energiát. Az alábbi feladatokban a súlyerő potenciális energiája fog szerepelni, amely

pE =mgh , (7.8.)

amelyet helyzeti energiának is nevezünk. Fontos azonban tisztázni, hogy önmagában a h nem meghatározott, a mozgás két pontjának magassága közötti különbség lesz jól meghatározott. Ezért amikor egy időpontban a test helyzeti energiáját meg akarjuk határozni, valamilyen nulla-szintet választanunk kell a potenciális energiának, vagyis meg kell mondanunk, hogy a h=0 hely hol található. Konzervatív erőterek esetén származtatható a munkatételből az úgynevezett mechanikai energia-megmaradás, amely szerint egy test mozgási és potenciális energiájának összege (ezt az összeget nevezzük mechanikai energiának) állandó a mozgás során, vagyis a mozgás bármely két A és B pontjára felírva:

k p k pE (A)+E (A)=E (B)+E (B) . (7.9.)

A fentiekhez fontos kiegészítés, hogy a rugóerő is konzervatív erőtérként viselkedik, így ahhoz is definiálható potenciális energia, amely a következő alakú:

2rugó

1E Dx

2 . (7.10.)

7.1.4 Teljesítmény, teljesítmény-tétel

A munkavégzéshez, illetve az energiához kapcsolódó fontos fogalom a teljesítmény, ami az időegység alatt befektetett munka / befektetett energia / hasznosuló energia, stb., vagyis

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


37

általánosságban P=dE/dt. Mivel a mechanikában az alapvető energiamennyiség a végzett munka, ez

dWP

dt . (7.11.)

Az alkalmazások tekintetében fontos különválasztani a pillanatnyi és az átlagteljesítményt. A pillanatnyi teljesítmény minden pillanatban meghatározza a teljesítmény nagyságát (a fenti differenciális definíció éppen ezt takarja), míg az átlagteljesítmény egy hosszabb folyamat összes munkavégzése és időtartama alapján határozza meg a teljesítmény átlagértékét, vagyis ez utóbbi

WP

t

. (7.12.)

Mechanikában a pillanatnyi teljesítményre levezethető a

P(t) F v F v cos

(7.13.)

összefüggés, továbbá a munkatétel felhasználásával igazolható az úgynevezett teljesítmény-tétel, ami szerint

kdEP

dt . (7.14.)


1. feladat Egy autó tömege 2000 kg. 36 km/h sebességről 10 másodperc alatt fékeződött le. Mekkora a fékező erő? Megoldás: - Adatok: m=2000kg, Δv=36 km/h=10m/s, Δt=10s. - Megoldás impulzus-tétellel:

I m vF 2000N.

t t

2. feladat Mekkora sebességet ér el a nyugalmi helyzetből induló 20 kg tömegű test 40 joule munka árán? Megoldás: - Adatok: m=20kg, v0=0m/s, W=40J. - Megoldás munka-tétellel:

2 2k 0

1 1 2W mW E mv mv v 2 .

2 2 m s

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


38

3. feladat Függőlegesen feldobunk egy testet 30m/s sebességgel. Milyen magasra jut? Megoldás: - Adatok: v0=30m/s. - Megoldás mechanikai energia-megmaradással. A potenciális energia nulla szintjét a hajítás kiindulópontjához rögzítjük, ekkor a testnek csak mozgási energiája lesz. A pálya tetőpontján egy pillanatra megáll, akkor a mozgási energiája válik zérus értékűvé. Így a mechanikai energia-megmaradás és annak megoldása az alábbi:

22 00

v1mv mgh h 45m.

2 2g

4. feladat 1kWh munkavégzéssel legfeljebb mekkora terhet lehet 50m magasra felvinni? Megoldás: - Adatok: W=1kWh=3,6·106J, h=50m. - Megoldás munkatétellel. A potenciális energia nulla szintjét az emelés kiindulópontjához rögzítjük. Akkor maximális hatékonyságú az emelés (ebben az esetben a veszteség zérus), amikor az emelőerő által végzett munka megegyezik a test helyzeti energiájának változásával. Így a munkatétel és annak megoldása az alábbi:

WW mgh m 7200kg.

gh

5. feladat Egy 80 kg tömegű testet 15 méter magasra emelünk egyenletesen. Mekkora az emelőerő munkája, ill. a nehézségi erő munkája? Mekkora az emelőerő teljesítménye, ha az emelés időtartama 30s? Megoldás: - Adatok: m=80kg, h=15m, Δt=30s. - Az emelőerő munkáját az előző feladathoz hasonlóan számolhatjuk ki:

4W mgh 1, 2 10 J.

- A nehézségi erő munkájának kiszámításakor már fontos figyelembe vennünk, hogy az erőhatás ellentétes irányú az elmozduláshoz képest, így a skaláris szorzatban fellépő cosα értéke -1 lesz, vagyis:

4W mgh 1, 2 10 J .

- Végezetül az emelőerő teljesítménye kiszámolható az átlagteljesítmény összefüggéséből:

WP 400W .

t

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


39


1. feladat Egy m tömegű testet v0 kezdősebességgel felfelé hajítunk. Határozzuk meg és ábrázoljuk, hogyan változik helyzeti és mozgási energiája a magasság és az idő függvényében! Mennyi lesz a kinetikus, illetve a potenciális energia t1=2s-mal az elhajítás után, ha m=0,2kg és v0=30m/s?

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


40

1. feladat megoldása - Adatok: m=0,2kg, v0=30m/s, t1=2s. - Az ábrázoláshoz felhasználjuk a hajítások során tanult összefüggéseket. A z tengely 0 szintjét a hajítás kiindulópontjához rögzítjük, a tengely függőlegesen felfelé mutat. Ekkor a helyzeti és mozgási energia időfüggése:

22 2

0 p 0

22 2 2

0 k 0 0

g mgz(t) t v t E (t) mgz(t) t mgv t

2 2

1 1 mgv(t) gt v E (t) mv (t) mv mgv t t

2 2 2

Fontos kiemelni, hogy a két energia összege a mechanikai energia, ami a mozgás során állandó. Az egyik energia-értéket ki lehet számolni ennek segítségével, lévén:

2M k p 0

1E E (t) E (t) mv mgh.

2

- Hasonlóan járunk el a z-függéssel is. Itt azonban az egyszerűség kedvéért a mozgási energia kiszámolásakor felhasználjuk a mechanikai energia-megmaradást:

2p k M p 0

1E (t) mgz , E (t) E E (t) mv mgz

2

- A fentiek alapján a számolási feladat is könnyedén elvégezhető:

22

p 1 1 0 1

22 2

k 1 0 0 1 1

mgE (t ) t mgv t 80J ,

2

1 mgE (t ) mv mgv t t 10J .

2 2

z

Ep

Ep=mgh=EM

z

Ek Ek=1/2mv0

2=EM

t

Ep

Ep=mgh=EM

t

Ek Ek=1/2mv0

2=EM

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


41

2. feladat Egy alapállapotban 0,5 m hosszúságú, D=100N/m rugóállandójú rugó egyik végét a plafonra erősítjük, a másik végére M = 0,5kg tömegű (pontszerű) testet akasztunk. Ezután addig húzzuk a testet, amíg a rugó hossza eléri a 0,7 m-t. Mekkora és milyen irányú lesz a test gyorsulása abban a pillanatban, amikor elengedjük és mekkora lesz a sebessége x = 10 cm út megtétele után?

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


42

2. feladat megoldása - Adatok: l0=0,5m, l2=0,7m, D=100N/m, M=0,5kg, x=10cm=0,1m. - Az adott tömegű test felakasztása után új egyensúlyi állapot jön létre. Ehhez képest nem tudni, hogy nyújtjuk, vagy összenyomjuk a rugót 0,7m-ig, ezért az új egyensúlyi helyzet esetén ki kell számolnunk a rugó megnyúlását.

1 1

M gD x M g 0 x 0,05m ,

D

vagyis a rugót még tovább kell nyújtanunk a 0,7m-es hossz eléréséig. - Ez alapján a rugóra vonatkozó mozgásegyenletből kiszámolható a kezdeti gyorsulás:

2 02 2

D (l l ) mD x M g M a a g 30 ,

M s

ahol felhasználtuk, hogy a Δx2=l2-l0. Fontos kiemelni, hogy a mozgásegyenletnek nem csak a 0,15m-es továbbnyújtást, hanem a rugó teljes megnyúlását kell tartalmaznia. - A 10cm-nyi emelkedés után, ha a rugó kinematikájából szeretnénk meghatározni a sebesség értékét, akkor a rezgőmozgás teljes kiértékelését kell elvégeznünk, az emelkedés mértékéből ki kell számolni az időpontot, amihez ez tartozik, illetve abból a sebességet. Ennél célravezetőbb, ha a mechanikai energia-megmaradást írjuk fel, lévén mindkét erőhatás (súlyerő és rugóerő) konzervatív. Az összes mechanikai energiát felírjuk a 0,7m-re nyújtott állapotban, ehhez a ponthoz rögzítjük a potenciális energia 0 szintjét, majd ezt egyenlővé tesszük az összes mechanikai energiával az emelkedés után. Ekkor a kezdeti pontban a mozgási és helyzeti energia zérus, csak rugóenergiával kell számolni. Fontos kiemelni, hogy a rugóenergia számolásakor a rugó aktuális teljes megnyúlását kell használni!

2 2 22 3

1 1 1D x D x M g x Mv ,

2 2 2

ahol bevezettük a Δx3=l2-l0-x megnyúlását a rugónak, ami a 10cm-es emelkedés után érzékelhető. Ebből a megoldás a sebességre a következő:

2 22 3

D mv x x 2 g x 2 .

M s

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


43


1. feladat Egy teherautót álló helyzetből változatlan előhatással 40 másodpercig gyorsítanak. Hányszor nagyobb a teherautó lendülete és mozgási energiája a 40. másodpercben, mint a 10. másodpercben? (4-szeres és 16-szoros) 2. feladat 10kg tömegű testet 50m magasságban 10m/s nagyságú, vízszintes sebességgel elhajítunk. Határozzuk meg, és ábrázoljuk, hogyan változik a test potenciális és kinetikus energiája az idő függvényében! 3. feladat Egy m = 10 dkg tömegű béka ugráskor maximálisan W=0,4 J munkát képes kifejteni.

a) Maximum milyen magasra tud ugrani? (40cm) b) Milyen magasra ugorhat akkor, ha a szintén m tömegű testvére hátára veszi őt, majd W munkát végezve felugrik, és pályájuk legmagasabb pontján a felső béka W munkát végezve lefelé ellöki magától testvérét? (szintén 40cm)

Megjegyzés: a feladat b) részének megoldásához szükséges minimális tudás a tömegpontrendszerek mozgásával kapcsolatban.

4. feladat* Egy h = 20 m mélységű aknából M = 1kg tömegű testet húzunk fel = 0,2 kg/m vonalsűrűségű drótkötéllel. Mennyi munkát kell végeznünk? Hogyan függ a drótkötél felhúzására fordítandó munka a drótkötél hosszától?

(600J, négyzetesen)

5. feladat* Tegyük fel, hogy egy rúgóra nem a szokásos F=-Dx erőtörvény, hanem módosított 3

1 2F D x D x változata teljesül. Ha a rugót 10cm-re kihúzzuk, maximálisan

900N erőt kell kifejtenünk és 35J munkát kell végeznünk. Mekkora D1 és D2 ? (5000N/m és 400000N/m3)

h

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


44

Irodalom

Ajánlott irodalom az elmélethez:

1. Kovács Endre, Paripás Béla: Fizika I. online jegyzet (2011). http://www.digitalisegyetem.hu/de/index.htm 2. Budó Ágoston: Kísérleti fizika I., Nemzeti Tankönyvkiadó (2004). 3. D. Halliday – R. Resnick: Fundamentals of Physics, John Wiley & Sons (1981). 4. M. Alonso – E. J. Finn: Fundamental University Physics, Volume I., II., Addison-Wesley

Publishing Company (1979). Ajánlott irodalom a feladatmegoldáshoz:

1. Dér János, Radnai Gyula, Soós Károly: Fizikai feladatok I., Tankönyvkiadó (1971). 2. Fizika Egységes érettségi feladatgyűjtemény 3. Kakuszi Mária, Majoros László, Takács Csaba: Fizika feladatok I., Nehézipari Műszaki

Egyetem (1986).

Köszönetnyilvánítás

Az oktatási segédlet kidolgozása a Miskolci Egyetem társadalmi – gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra témakörű K+F projektje keretében - TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010 - az „ELTÉRŐ UTAK A SIKERES ÉLETHEZ” projekt részeként – az Új Széchenyi Terv keretében – az Európai Unió támogatásával, az Európai Szociális Alap társfinanszírozásával valósult meg. Külön köszönöm Dr. Kovács Endrének, hogy javaslataival és a hibákra való rámutatással segítette munkámat.

Documents

(Tömegpont mechanikájának alapjai) Kiemelt · PDF fileTÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010 „Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének