Fizika feladatok megoldása Tanszéki, Munkaközösség, Pannon Egyetem Fizika és Mechatronika Intézet

Az Ön ismerősének az email címe * :

A 2001. októberi számban kitűzött fizika elméleti feladatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok , esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.

P. 3456. Egymással párhuzamosan fut egy vasúti sínpár, egy autópálya és egy kerékpárút. A középen levő autópályától 600 m távolságra van a vasút és 800 m-re a kerékpárút. A vonat sebessége 90 km/h, az autóé 60 km/h. Mindhárom jármű azonos irányban halad állandó sebességgel úgy, hogy az egyik pillanatban egy egyenesre illeszkednek. Mekkora a kerékpáros sebessége, ha ez az állapot fennmarad? (4 pont)

Közli: Simon Péter, Pécs

Megoldás: 20 km/h.

P. 3457. Egy edény színültig van víznél nagyobb sűrűségű, vízzel nem elegyedő, 0 C o -os folyadékkal, benne úszik egy 0 C o -os jégdarab. A hőmérsékletet 0 C o -on tartva, a jégdarabot infravörös fénnyel megvilágítva elolvasztjuk. Kicsordul-e a víz a pohárból? (3 pont)

Közli: Varga István, Békéscsaba

Megoldás: A víz egy része kifolyik.

P. 3458. Mi a magyarázata annak, hogy ha egy farönkre nehéz teherrel súlyosbított balta élét illesztjük, alig-alig sérül meg a rönk, viszont ha a teher nélküli baltát felemeljük, és úgy sújtunk a rönkre, az széthasad? (3 pont)

Arisztotelész feladata nyomán

( ,,Gondolatébresztő feladat” a Sulineten)

Megoldás: A balta a súlyának sokszorosával hat a rönkre, amikor hirtelen lefékeződik.

P. 3459. Vízszintes felületen lévő m 1 =0,6 kg tömegű és m 2 =0,4 kg tömegű hasábokat könnyű, laza fonál köt össze. Az m 1 tömegű testet F =3 N nagyságú vízszintes erővel kezdjük húzni, és figyeljük a testek gyorsulását. A kísérletet több, különböző súrlódású felületen elvégezzük. A csúszási és a tapadási súrlódási együtthatót azonosnak tekintve \(\displaystyle mu\) nullától 0,9-ig mindenféle értéket felvehet.

a ) Adjuk meg és ábrázoljuk a testek gyorsulását függvényében!

b ) Határozzuk meg és ábrázoljuk a fonálban fellépő erőnek a súrlódási tényezőtől való függését! (5 pont)

Közli: Kotek László, Pécs

Megoldás: a) A kötél megfeszülésekor bekövetkező rándulás után a két test gyorsulása megegyezik, és ( g 10 m/s 2 -tel számolva)

\(\displaystyle K=\cases<F,\mu F – m 1 gKm 2 g\(\displaystyle mu\)

P. 3460. Egy lövedék sebességének meghatározására a h =0,8 m magas asztal szélére M =1,2 kg tömegű fakockát helyezünk, amelybe vízszintes irányból m =20 g tömegű lövedéket lövünk. (A lövedék benne marad a fakockában.) Az ütközés hatására a kocka lerepül az asztalról, és x =3 m távolságban ér talajt. Mekkora volt a lövedék sebessége? (4 pont)

P. 3461. Az ábrán vázolt kapcsolásban C helyére tetszőleges nagyságú kondenzátort tehetünk. Milyen határok között változtatható ezáltal az A és B pontok közötti kapacitás? (5 pont)

Közli: Légrádi Imre, Sopron

Megoldás: Az A és B pontok között az eredő kapacitás (\(\displaystyle mu\) F egységekben számolva)

alakban is felírhatunk. ( C AB kiszámításához felhasználhatjuk, hogy a bal oldali kör három ,,deltába” kötött 1 \(\displaystyle mu\)F-os kapacitása helyettesíthető 3 darab ,,csillagba” kapcsolt 3 \(\displaystyle mu\)F-os kondenzátorral. Az így kapott kapcsolásban már csak sorba és párhuzamosan kötött kondenzátorok vannak, de nincsen benne ,,híd”.) Eszerint

P. 3462. Ugyanakkora elektromotoros erejű és egyaránt 3 \(\displaystyle Omega\) belső ellenállású telepeket kapcsoltunk először párhuzamosan, majd sorosan egy 129 \(\displaystyle Omega\)-os fogyasztóra. Azt tapasztaltuk, hogy a soros kapcsolásnál egy-egy telep kapocsfeszültsége 10 %-kal kisebb, mint párhuzamos kapcsolás esetén.

a ) Hány telepet használtunk?

b ) Melyik esetben volt nagyobb a fogyasztón a teljesítmény? (4 pont)

Közli: Sütt Dezső, Budapest

Megoldás: a ) A telepek száma n =5. b )

Sorosan kapcsolt telepeknél nagyobb a fogyasztón a teljesítmény.

P. 3463. Egyatomos ideális gázt térfogatának hetedrészére nyomunk össze, miközben nyomása hétszeresére nő egy olyan folyamatban, amelynek képe a p — V diagramon egy egyenes szakasz. A folyamat mely szakaszán vesz fel és mely szakaszán ad le hőt a gáz? Mennyi e két szakasz hosszának aránya a p — V diagramon? (5 pont)

Közli: Fári Jánosné, Szigetvár

Megoldás: A folyamat egyenlete a p – V diagramon

Ebből a gáztörvény felhasználásával

Egyatomos ideálos gáz esetén a belső energia megváltozása (miközben a ( p 0 , V 0 ) pontból az egyenes mentén a ( p , V ) pontba visszük a gázt) ennek a 3/2-e, azaz

Ezalatt a gáz által végzett tágulási munka

a felvett hő pedig

\(\displaystyle Q=\Delta E_b+L=-8p_0(V-V_0)-14(V-V_0)^2.\)

A kérdéses szakaszok hosszának aránya 1:2.

P. 3464. Ha egy gázt melegítünk, előbb-utóbb világítani fog. Miért? (4 pont)

Közli: Kovács Gyula, Gyömrő

Megoldás: A gázmolekulák ütközésekor a kinetikus energia egy része a molekulák elektronhéját gerjeszti, az elektronhéj pedig a gerjesztett állapotból fénykibocsájtás mellett ugrik vissza az alapállapotba. Ehhez nyilván az kell, hogy az ütköző molekulák kinetikus energiája elég nagy legyen az elektronhéj gerjesztéséhez, azaz a hőmérséklet elég magas legyen.

P. 3465. Egy hosszú, keskeny csavarrugó annyira gyenge, hogy még saját súlya alatt is számottevően megnyúlik. Ezt a rugót egyszer az egyik végénél fogva függőlegesen lógatjuk, másszor mindkét végét tartjuk olyan távolságban, hogy a rugó az ábrán látható alakot vegye fel. Melyik esetben hosszabb a megnyúlt rugó? (6 pont)

Közli: Károlyházy Frigyes, Budapest

Megoldás: Az egyik végénél fogva függőlegesen lógatott rugóban az átlagos húzóerő mg /2, ennek megfelelően a megnyúlás mg /2 k . Az ábrán látható esetben mindkét véget mg /2 függőleges, és ugyanekkora vízszintes erővel kell tartani. A rugót feszítő erő vízszintes komponense végig ugyanakkora, tehát mg /2. Az átlagos húzóerő így , azaz a megnyúlás \(\displaystyle Delta\) x > mg /2 k .

Fizika feladatok megoldása Tanszéki, Munkaközösség, Pannon Egyetem Fizika és Mechatronika Intézet

1 Fizika feladatok megoldása Tanszéki Munkaközösség Pannon Egyetem Fizika és Mechatronika Intézet Created.

Recommend Documents

Fizika feladatok megoldása

Tanszéki, Munkaközösség, Pannon Egyetem Fizika és Mechatronika Intézet

Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Fizika feladatok megoldása írta Tanszéki, Munkaközösség Publication date 2012 Szerzői jog © 2012 Pannon Egyetem A digitális tananyag a Pannon Egyetemen a TÁMOP-4.1.2/A/2-10/1-2010-0012 projekt keretében az Európai Szociális Alap támogatásával készült.

Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Tartalom 1. Kinematika . 1 1. feladat . 1 2. feladat . 2 3. feladat . 3 4. feladat . 5 5. feladat . 8 6. feladat . 9 7. feladat . 10 8. feladat . 11 9. feladat . 14 10. feladat . 18 11. feladat . 21 2. Dinamika . 26 1. feladat . 26 2. feladat . 27 3. feladat . 28 4. feladat . 30 5. feladat . 33 6. feladat . 35 7. feladat . 36 8. feladat . 38 9. feladat . 41 10. feladat . 43 3. Munka, energia . 45 1. feladat . 45 2. feladat . 47 3. feladat . 49 4. feladat . 51 5. feladat . 53 4. Lendület, lendületmegmaradás, pontrendszerek . 56 1. feladat . 56 2. feladat . 57 3. feladat . 58 4. feladat . 62 5. feladat . 66 6. feladat . 70 5. Merev testek mozgása . 73 1. feladat . 73 2. feladat . 74 3. feladat . 77 4. feladat . 80 5. feladat . 83 6. Harmonikus rezgőmozgás . 87 1. feladat . 87 2. feladat . 88 3. feladat . 95 4. feladat . 97 5. feladat . 100 6. feladat . 103

iii Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Az ábrák listája 1.1. . 5 1.2. . 17 1.3. . 18 1.4. . 21 2.1. . 27 2.2. . 29 2.3. . 32 2.4. . 34 2.5. . 35 2.6. . 35 2.7. . 36 2.8. . 37 2.9. . 38 2.10. . 39 2.11. . 41 2.12. . 42 2.13. . 43 2.14. . 44 3.1. . 45 3.2. . 49 3.3. . 55 4.1. . 62 4.2. . 63 4.3. . 64 4.4. . 66 4.5. . 66 4.6. . 70 5.1. . 73 5.2. . 74 5.3. . 83 6.1. . 95 6.2. . 98 6.3. . 100 6.4. . 101

iv Created by XMLmind XSL-FO Converter.

1. fejezet – Kinematika 1. feladat Egy gyalogos egyenletes tempóban haladva 40 perc alatt 3 kilométert tett meg. a. Mekkora a sebessége km/h egységben kifejezve? b. Mekkora a sebessége m/s egységben kifejezve? c. Mekkora utat tesz meg 2,5 óra alatt? Megoldás: A gyalogos sebességének nagyságát ( ) a megtett út ( ) és az eközben eltelt idő (

a) Vegyük figyelembe, hogy 40 perc egy óra kétharmad részének felel meg. Így:

. c) Ha a sebesség nagysága állandó, akkor az adott idő alatt megtett út a sebesség nagyságának és az eltelt időnek a szorzata, tehát ha , akkor

. Megjegyzések: 1.) Vegyük észre, hogy a feladat a sebesség nagyságát kérdezi, nem magát a sebességet (

vektormennyiség, és a kiszámításához az elmozdulást kellene ismernünk, ami szintén vektor ( ). Az „egyenletes tempóban” haladás azt jelenti, hogy a sebesség nagysága állandó, de iránya nem feltétlenül az. Tehát a mozgás egyenletes mozgás, de nem feltétlenül egyenesvonalú egyenletes mozgás. A sebesség nagyságát ki tudjuk számolni az eltelt idő és a megtett út ismeretében (ami a pályagörbe hosszát jelenti). Az elmozdulás vektorát azonban nem ismerjük, mert nem tudjuk, hogyan kanyargott a gyalogos! (Egyenesvonalú egyenletes 1 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

vektori egyenlet is teljesül, és ebben az esetben az út megegyezik az elmozdulás nagyságával:

2.) Az a) és b) kérdések eredményeinek összevetéséből látszik, hogy a gyalogos sebességének km/h egységhez tartozó mérőszáma (4,5) a m/s-hoz tartozó mérőszám (1,25) 3,6-szorosa. Ez természetesen bármely test mozgása esetén igaz a sebességre, érdemes megjegyezni!

2. feladat Egy autóbusz 6 percig 50 km/h-val halad, ezután 10 percen át 90 km/h-val, végül 2 percig 30 km/h-val. a. Mekkora utat tett meg? b. Mekkora sebességének átlagos nagysága a teljes útra? Megoldás: a) Bontsuk a mozgást három szakaszra! Az egyes szakaszokon a sebesség nagysága állandó:

. Mivel a sebességek km/h-ban vannak megadva, célszerűen fejezzük ki az egyes szakaszok időtartamait is óra (h) egységben:

. Az egyes szakaszokon megtett utak: 2 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

A teljes megtett út nyilvánvalóan ezek összege lesz:

időtartam hányadosaként kapjuk:

. Megjegyzések: 1.) Természetesen a feladat által megadott mozgás nem realisztikus: a sebesség értéke a valóságban nem változhat pillanatszerűen, ez végtelen gyorsulásnak felelne meg! A gyorsulás nagysága a valóságban mindig véges, ebben a feladatban azonban ezt még nem vesszük figyelembe. (Gondoljuk azt, hogy a busz sebességének változásai a megadott időpontokban közelítőleg pillanatszerűen – mondjuk néhány másodperc alatt – zajlottak le. Emberi érzékkel mérve néhány másodperc persze sok pillanatot jelent, de a feladatbeli mozgás teljes időtartamához képest elhanyagolható.) 2.) A sebesség átlagos nagysága természetesen nem az egyes részsebességek nagyságainak átlaga! (Ez

-t adna.) Az átlagos sebességnagyság értékébe az is beleszámít, hogy az egyes sebességekkel mennyi ideig mozgott a test!

3. feladat Egy kerékpáros enyhe lejtőn felteker egy magaslatra, 15 km/h állandó nagyságú sebességgel. Ott eltölt 40 percet, majd ugyanazon az úton visszagurul indulási helyére 25 km/h nagyságú sebességgel. Indulásától visszaérkezéséig összesen 2 óra telik el. a. Mennyi ideig tartott a kerékpáros útja felfelé, illetve lefelé? b. Mekkora utat tett meg összesen? c. Mekkora a teljes útra vett elmozdulása? d. Mekkora sebességének átlagos nagysága a teljes útra? 3 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Megoldás: a) A felfelé ill. lefelé megtett útszakaszok időtartamait jelölje ill. ! A két időtartam között az teremt egyszerű kapcsolatot, hogy a kerékpáros felfelé és lefelé ugyanazt az s utat teszi meg:

. Ezt kicsit átrendezve, kifejezhetjük az egyik időtartamot a másik segítségével:

. Behelyettesítve a megadott sebességértékeket:

. Másrészt tudjuk, hogy

. Összefoglalva az eddigieket, kapjuk, hogy:

4 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

b) A kiindulási hely és a magaslat közt megtett út:

. A teljes (oda-vissza) megtett út nyilván ennek kétszerese lesz:

c) Ez „beugratós” kérdés. A teljes útra vett elmozdulás nagysága a kezdeti és a végső pozíciókat összekötő vektor hossza, azaz most nulla, hiszen a kerékpáros visszatért kiindulási helyére. Tehát nem egyezik meg a teljes út hosszával! d) A sebesség átlagos nagyságát most is a teljes út és a közben eltelt idő hányadosa adja:

. Megjegyzés: Az átlagos sebességnagyság azért kisebb a fel- és a lefelé haladás sebességénél is, mert a teljes időtartamba beleszámít a magaslaton töltött 40 perc is, amikor a sebesség 0 volt!

4. feladat 1.1. ábra –

Két futballista (Albert és Bozsik) fut a pályán, mindketten állandó sebességgel. Helyvektoraikat az ábrán berajzolt koordinátarendszerben vett x és y koordinátáik rendezett párjával adjuk meg: ezek a következők:

5 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

, ahol a koordinátákat m-ben adtuk meg. Sebességeik nagyságai: , A vektor az x tengellyel 20° fok nagyságú, a irányokban. Kérdések:

pedig 80° nagyságú szöget zár be, az ábrán feltüntetett

a. Összeütköznek-e? b. Ha nem, mikor lesznek a legközelebb egymáshoz? c. Mekkora a távolságuk, amikor a legközelebb vannak? Megoldás: Szükségünk lesz a sebességvektorok x és y komponenseire. A megadott adatok alapján a komponensek nagyságai:

. Az ábrára nézve láthatjuk, hogy a négy sebességkomponens közül három pozitív, egyedül

(mivel, ha a vektort merőlegesen az y tengelyre vetítjük, az így kapott vektor a tengelynek nem a pozitív, hanem a negatív irányába mutat). Tehát a sebességek derékszögű komponensekkel megadva:

6 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

, ahol a komponensek természetesen m/s-ban értendők. A kérdések megválaszolásához a futballisták távolságát kell kifejeznünk az idő függvényében. Jelöljük ezt vel! Mivel a játékosok egyenesvonalú, egyenletes mozgást végeznek, helyvektoraik időfüggését az

összefüggések adják meg. Kettejük távolságát helyvektoraik különbségének abszolútértéke adja:

. (Mivel a B játékostól az A-hoz húzott vektor, ennek nagysága a játékosokat összekötő szakasz hossza, vagyis a távolságuk. A különbségképzésnél mindegy, melyik helyvektorból vonjuk ki a másikat, mert úgyis csak a különbségvektor nagyságára lesz szükségünk.) Használjuk fel, hogy egy vektor abszolútértéke a derékszögű komponensei négyzetösszegének négyzetgyökével egyezik meg (ez tulajdonképpen Pitagorasz tétele a vektorra, mint átfogóra, és komponenseire, mint befogókra alkalmazva) illetve hogy két vektor különbségének valamelyik komponense megegyezik a megfelelő vektorkomponensek különbségével. Azaz

7 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

. Behelyettesítve a vektorkomponensek értékeit, azt kapjuk, hogy

, ahol a külön álló konstansok természetesen m-ben, a t-vel szorzott konstansok m/s-ban értendőek. (A mértékegységeket innentől nem írjuk ki.) A távolság négyzete ezzel . Összevonás után:

=0 is igaz, illetve ha

értéke minimális, akkor

Vagyis a kérdések megválaszolásához a kapott kifejezés már elegendő. Keressük meg

is minimális. minimumát!

kifejezése egy másodfokú valós polinom, amelyben együtthatója pozitív (azaz görbéje egy felfelé nyíló parabola). Ennek minimumhelyét pl. teljes négyzetté alakítással állapíthatjuk meg, amelynek eredménye: . A kifejezés válaszok:

-nál veszi fel a minimumát, és itt értéke 49,8

. Vagyis a feltett kérdésekre adott

a) Nem ütköznek össze. b) Távolságuk

-nál lesz minimális.

5. feladat Milyen irányú egy lift gyorsulása, amikor a. a 7. emeletről az 5. felé indul? b. az 5. emeletre érkezik a 3.-ról? c. a földszintre érkezik a 3.-ról? Megoldás: A gyorsulás iránya mindegyik esetben a sebességváltozás vektorának ( ) irányával egyezik meg, amelyet úgy kapunk, hogy a sebességváltozás utáni sebességből vektoriálisan kivonjuk a sebességváltozás előttit:

8 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

. Tehát a helyes válaszok: a) A lift elindulás előtt áll, elindulás után lefelé mozog, tehát b) A lift érkezés előtt felfelé mozog, érkezés után áll, tehát c) A lift érkezés előtt lefelé mozog, érkezés után áll, tehát

is lefelé mutat. is lefelé mutat. is felfelé mutat.

Megjegyzés: Aki utazott már liftben, az tudja, hogy mást „érez a gyomrában” (ami egyfajta gyorsulásérzékelőnek is tekinthető) induláskor, mint megálláskor! Ez azért van, mert egy lift-út elején és végén mindig ellentétes irányú a gyorsulás. (De a nagysága kb. ugyanakkora.)

6. feladat Egy sportkocsi

nagyságú, állandó gyorsulással, álló helyzetből elindul egy egyenes úton.

a. Mennyi idő alatt gyorsul fel 100 km/h sebességre? b. Mennyi idő alatt tesz meg 400 métert és mekkora ekkor a sebessége? c. Írjuk fel az elért sebességet a megtett út függvényében! Megoldás: a) A gyorsulás nagysága a sebességváltozás és az ehhez szükséges idő hányadosa: km/h-ra való felgyorsuláshoz szükséges idő:

. b) Álló helyzetből indulva, az út az idő függvényében kapjuk, hogy 400 m megtételéhez

. Ezt az egyenletet

szükséges. A kocsi sebessége ekkor

. c) Használjuk fel a b) pontban felírt összefüggéseket tetszőleges s esetére! Ezek alapján:

9 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

7. feladat Egy pénzérmét nagyságú kezdősebességgel meglökünk egy vízszintes asztallapon. Az érme egyenletesen gyorsuló mozgást végezve alatt megáll. a. Mi volt a gyorsulásvektor iránya? b. Mekkora volt a gyorsulás nagysága? c. Mekkora utat tett meg az érme? d. Mekkora volt az átlagsebessége? Megoldás: Mivel a gyorsulás állandó volt a mozgás során, teljesül, hogy a) A sebesség nullára csökken, tehát a sebességváltozás, és így a gyorsulás vektora is ellentétes irányú a kezdősebességgel:

. b) A gyorsulás nagysága:

a sebességváltozás nagysága:

. c) Mivel a mozgás egyenes pályán, végig egy irányba haladva történik, a megtett út most megegyezik az elmozdulásvektor hosszával:

. A helyvektort állandó gyorsulású mozgás esetén az

10 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

, ezt behelyettesítve kapjuk, hogy az elmozdulás

adódik. Megjegyzés: Ha egy test sebességének a nagysága csökken – mint a fenti példában is –, hétköznapi szóhasználattal azt mondjuk rá, hogy lassul. A fizika szempontjából azonban a lassuló mozgás is gyorsuló mozgás! (Mint minden olyan mozgás, amelynek során a sebességvektor változik.) „Lassulásvektort” külön nem értelmezünk, ilyenkor is azt mondjuk, hogy a testnek nullától különböző gyorsulása van, illetve hogy gyorsuló mozgást végez. A sebesség nagyságának változása általános esetben a következőképpen függ a gyorsulásvektor és a sebességvektor irányainak viszonyától: Ha

hegyesszöget zárnak be,

tompaszöget zárnak be,

csökken. (Ez a „lassuló” mozgás esete. A fenti példában az

vektorok által bezárt szög 180º.) Ha és merőlegesek egymásra, állandó. Ebben az esetben a sebességvektornak csak az iránya változik. Tehát létezik olyan gyorsuló mozgás is, melynek során a sebesség nagysága állandó! (Ez a helyzet pl. egyenletes körmozgás esetén.)

8. feladat Egy kavicsot 1,8 m magasról függőlegesen felfelé elhajítunk 4 m/s kezdősebességgel.

11 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

a. Milyen magasan van

b. Milyen irányú a sebessége ekkor? c. Milyen magasra jut mozgása során? d. Mikor ér földet? e. Mekkora utat tesz meg a földetérésig? A nehézségi gyorsulás értékét vegyük

-nek, a közegellenállást hanyagoljuk el.

Megoldás: A mozgás egy függőleges egyenes mentén megy végbe. Ezért rögzítsük a derékszögű koordinátarendszert a következőképpen: az origót helyezzük abba a pontba, amelyet a mozgás kezdőpontjának a talaj síkjára vett függőleges vetítésével kapunk. A z tengely függőleges irányban, felfelé mutat (ebből az is következik, hogy az x-y sík vízszintes). Az x és y tengelyek irányai jelen esetben mellékesek. Az így felvett koordinátarendszerben a releváns

. A kavics z koordinátájának időfüggését a

(1.1) egyenlet, sebességéét pedig

. Ha a kavics felfelé halad (azaz emelkedik),

pozitív, ha lefelé (azaz esik), akkor (1.3) 12 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

vektoregyenletekkel egyenértékűek, mivel minden érintett vektormennyiség x és y komponensei azonosan nullát adnak. Ezek után térjünk rá a feladat kérdéseire! a) Helyettesítsük be

-t az (1.1) egyenletbe:

, azaz 0,6 s-mal az elhajítás után a kavics 2,4 m magasan van a föld felett. b) Helyettesítsük be

-et a (1.2) egyenletbe:

. Azaz a sebesség nagysága 2 m/s, iránya pedig lefelé mutat. (Ezt

negatív előjele mutatja.)

c) A kavics akkor lesz pályája legmagasabb pontjában, amikor emelkedése végén, visszaesése kezdetét megelőzően a függőleges sebességkomponense egy pillanatra éppen 0. Ezt a pillanatot -vel jelölve és (1.2)-be helyettesítve:

, amiből átrendezés után

adódik. A magasságot úgy kapjuk, hogy

-t az (1.1) egyenletbe helyettesítjük:

, azaz a kavics a földtől mérve 2,6 magasra jut fel. 13 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

d) A földetérés pillanatáról (jelöljük

-mal ) azt tudjuk, hogy ekkor z = 0. Az (1.1) egyenletbe helyettesítve:

alakú, másodfokú egyenletet kaptunk, ahol

, a feladat szempontjából releváns megoldása pedig

. (A másik megoldás negatív lenne, ami egy a mozgás kezdete előtti pillanatot jelentene.) e) Az út a pályagörbe hosszát jelenti, ami jelen esetben az emelkedés közben megtett távolság és az esés közben megtett távolság összege lesz:

9. feladat Oldjuk meg a 8. feladatot azzal a különbséggel, hogy a kavicsot most nem függőlegesen, hanem a vízszintessel =35 fokos szöget bezáró kezdősebességgel hajítjuk el (ferdén felfelé). Minden más adat ugyanaz! múlva?

a. Milyen magasan van a kavics b. Milyen magasra jut mozgása során? c. Mikor ér földet?

d. Mekkora a vízszintes irányú távolság a mozgás kezdő- és végpontja között? e. Mekkora és milyen irányú a sebessége közvetlenül a földetérést megelőzően? f. Vázoljuk fel a kavics pályagörbéjét az x-z síkon! Megoldás: A megoldás sok mindenben hasonlít az előző feladat megoldására. Lényeges különbség, hogy a mozgásnak most vízszintes irányú komponense is van, mivel a kezdősebesség nem volt függőleges. A koordinátarendszert 14 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

ezért most úgy vesszük fel, hogy az egyik vízszintes tengelye (legyen ez az x tengely) abba az irányba mutasson, amerre a kezdősebességnek a talaj síkjára képzett vetülete mutat. (Az előző feladatban, mivel a mozgás függőleges egyenes mentén zajlott, az x és y tengelyek iránya közömbös volt.) A függőleges z tengelyt az előző feladattal azonos módon vesszük fel. Belátható, hogy a mozgás síkmozgás, és a megadott koordinátarendszerben mind a hely-, mind a sebességvektor végig az x-z síkba esnek. A releváns vektormennyiségek:

, , . A mozgást leíró (1.1) és (1.2) egyenletek (ld. az előző feladatnál!), kiegészülnek a hely- és a sebességvektorok x komponenseire vonatkozó

(1.4) egyenletekkel (ahol most ). Az (1.1)-(1.4) egyenletek segítségével a hajítási feladatok tetszőleges kezdeti feltételek mellett megoldhatók. Mielőtt rátérnénk a kérdések megválaszolására, kiszámítjuk a kezdősebesség komponenseit:

. a) Helyettesítsük be

-t az (1.1) egyenletbe:

15 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

azaz 0,6 s-mal az elhajítás után a kavics 1,37 m magasan van a föld felett. b) A pálya legmagasabb pontjához tartozó

időpontot most is a

egyenlet megoldása adja, amiből átrendezés után

adódik. A magasságot úgy kapjuk, hogy

-t az (1.1) egyenletbe helyettesítjük:

azaz a kavics a földtől mérve 2,06 m magasra jut fel. c) A földetérés

egyenlet gyöke adja:

. A kapott másodfokú egyenlet diszkriminánsa

, releváns megoldása pedig

. d) A vízszintes irányú elmozdulás a hajítás során

16 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

kifejezés adja, ahol a (1.2) és (1.4) egyenletekből

. Tehát közvetlenül a földetérés előtt a sebesség nagysága:

. A sebességvektor irányát adjuk meg a pozitív x féltengellyel bezárt

szögével! Ennek tangense:

, amiből a szögre adódik. (A negatív előjel arra utal, hogy a sebességvektor a földetéréskor már ferdén lefelé, az x tengely alá mutat.) f) Mivel ferde hajításról van szó, a pálya természetesen parabola alakú:

17 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

10. feladat 1.3. ábra –

Egy asztalon fekvő, kis dobozt meglökünk vízszintes irányú,

= 3 m/s nagyságú kezdő-sebességgel. A doboz

az asztal széléig (az ’1’ jelű helyzetig) csúszik

nagyságú gyorsulással, majd az asztal szélén

túlcsúszva, szabadeséssel ( ) a padlóra esik, ahol megállapodik a ’2’ jelű helyzetben. A vektorok irányát és a doboz tömegközéppontjának pályáját (szaggatott vonallal) az ábrán feltüntettük. Az asztal

18 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

a doboz kezdeti helyzetének az asztal szélétől mért távolsága

messze ér földet a doboz az asztal szélétől? (

Megoldás: A megoldás menete a következő: először kiszámítjuk, hogy mennyire csökken le a doboz sebessége, mire kiér az asztal széléig (

-et egy (vízszintes) hajítás kezdősebességének tekintve, kiszámítjuk a

földetérés idejét. Végül kiszámítjuk

Rögzítsük a koordinátarendszer origóját az asztal szélének és a talaj vonalának találkozásához úgy, hogy az x tengely vízszintesen jobbra, a z tengely függőlegesen felfelé, az y tengely pedig az ábra síkjára merőlegesen befelé mutat! A mozgás első (’A’) szakaszában a doboz gyorsulása

, és egyenesvonalú, egyenletesen gyorsuló mozgást végez, amelyet az

egyenletek írnak le az , azaz -et a

feltételek mellett. Az asztal széléhez érkezés

másodfokú egyenlet egyik megoldása adja. A diszkrimináns:

19 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

. A kettő közül a kisebbik jelenti a kérdéses pillanatot: . (A nagyobbik gyök azt a pillanatot adja meg, amikor a doboz később, jobbról balra mozogva visszatérne az asztal széléhez, ha -et követően továbbra is az asztallap síkjában, gyorsulással mozogna. Ez természetesen nem következik be, hiszen a leesik az asztallapról.) A sebesség nagysága ekkor

– ismét az előző feladatok megoldásainál felírt (1.1)-(1.4) egyenletek írják le, azzal a különbséggel, hogy a hajítás kezdősebessége

, és az időt a hajítás kezdetétől, azaz

20 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

. A földetérés idejét a

egyenlet gyöke adja. Átrendezés után ez egyszerű gyökvonással megoldható, mivel az elsőfokú tag együtthatója zérus:

11. feladat Egy repülőgép 90°-os irányváltoztatást hajt végre sugarú körpályán az ábrán látható módon. Mekkora a repülőgép érintő- és sugárirányú gyorsulása, eredő gyorsulása, szögsebessége és szöggyorsulása az elfordulás kezdetén és végén, a. ha a gép sebessége az elfordulás alatt végig 800 km/h? b. ha a gép sebessége az elfordulás alatt egyenletesen növekedve 800 km/h-ról 900 km/h-ra növekszik?

Megoldás: a) A sebesség nagysága állandó a körpályán:

, azaz a repülő egyenletes körmozgást végez. A gép megtett út-idő kapcsolatát az érintő irányú (idegen szóval: tangenciális) gyorsulás (

egyenlet adja meg. Az

) végig zérus, mivel a sebesség nagysága állandó.

21 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Azonban a sebességvektor elfordulása miatt a

sebességváltozás nem nulla. Belátható, hogy nagyon rövid

időtartamok alatt a sebességvektor megváltozásának iránya a kör középpontja felé mutat, azaz a hányados a középpont felé mutató, sugárirányú (idegen szóval: centripetális vagy radiális) felel meg. Itt nem részletezett módon belátható, hogy ennek nagysága az aminek eredménye most

Egyenletes körmozgás esetén a szögsebességet az elfordulás szöge és az eltelt idő hányadosaként számíthatjuk, azaz . A körön megtett út hossza és az elfordulás szöge közti kapcsolatot az egyenlet adja meg, ahol a szöget radiánban kell behelyettesíteni (pl. egy teljes körre , azaz a kör kerületét adja). A sebesség és a szögsebesség kapcsolatát az út-idő képlet némi átalakításával nyerjük a következő módon:

. Mivel , azt kapjuk, hogy . Ez azt mutatja, hogy állandó sebességnagyság esetén a szögsebesség sem változik. Emiatt a szöggyorsulás, amit a képlet ad meg, az irányváltozás alatt végig nulla. A fentiek alapján és értékeire

22 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

adódik. A sebesség és a gyorsulás nagyságai, a szögsebesség és a szöggyorsulás a mozgás során végig állandóak, ezért a mozgás végén értékük megegyezik a kezdeti értékükkel. (Természetesen a sebesség és a gyorsulás, mint vektorok, nem állandóak!) b) A repülőgép most egyenletesen gyorsuló körmozgást végez, ami azt jelenti, hogy sebességének nagysága az eltelt idővel lineárisan növekszik. Az egyenesvonalú, egyenletesen gyorsuló mozgásnál tanult képleteket most is felhasználhatjuk, ha a gyorsulás helyére az érintő gyorsulást helyettesítjük, azaz (1.6) , (5)

. (6) Az érintő gyorsulást (5)-ből kifejezve, azt kapjuk, hogy

. Ezt a (6) egyenletbe helyettesítve, a megtett út és az eltelt idő közti kapcsolatra azt kapjuk, hogy

. Ezek alapján már meghatározhatjuk az eltelt időt:

. A kiszámolt idő segítségével meghatározhatjuk az érintő irányú gyorsulást is, mivel

23 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

. A centripetális gyorsulás függ a sebesség pillanatnyi értékétől, így az elfordulás kezdetén és végén

. Az eredő gyorsulás az érintő és a normális gyorsulások vektori összege, nagyságát a Pitagorasz-tétel segítségével határozhatjuk meg:

. Így az eredő gyorsulás nagysága a kanyar kezdetén és végén:

. Végül a szögsebesség és a szöggyorsulás értékét a és képletek segítségével határozhatjuk meg. A szögsebesség is változik az időben (a repülő érintő irányú gyorsulása miatt), azaz

. A fenti szögsebességek segítségével a repülő szöggyorsulása:

24 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

25 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

2. fejezet – Dinamika 1. feladat Egy, a kerékpárral együtt 100 kg tömegű kerékpáros „a t=0 pillanatban” 28,8 km/h kezdősebességgel gyorsul az egyenes úton. Határozza meg a kerékpáros gyorsulását és a kerékpárra ható eredő erőt, a. ha a kerékpár sebessége 36 m út megtétele alatt egyenletesen nő 36 km/h-ra! b. ha a kerékpár sebessége 14 m út megtétele alatt egyenletesen csökken 21,6 km/h-ra! Megoldás: A kerékpár egyenes vonalú egyenletesen gyorsuló mozgást végez. A kerékpár sebesség-idő (v-t) és megtett útidő kapcsolatát (s-t) a és egyenletek adják meg. E két egyenletben ismerjük a kezdősebességet (v0), a végsebességet (v) és a megtett utat (s) is, és csak a gyorsulás (a) és az eltelt idő (t) az ismeretlen. Beírva a számokat megfelelő dimenzióban (Figyelem: a méter és a kilométer nem illeszkedik), a fenti két- ismeretlenes egyenletrendszer megoldásai lesznek a kérdéses gyorsulás és az eltelt idő. Az eredő erőt pedig megkapjuk a Newton II. törvényéből, mivel . A feladat azonban megoldható szimbolikus számolással is. Mivel a gyorsulásra vagyunk kíváncsiak, érdemes az időt kifejezni a v-t függvényből és azt behelyettesíteni

összefüggést nyerjük. Az utóbbi egyenlet tovább egyszerűsíthetjük és kifejezhetjük a gyorsulást és az eredő erőt: , . Eredmények:

és adatokkal: 26 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

(Itt a gyorsulás negatív, mert a test lassul.) Megjegyzés: A példa megoldható energetikailag is a munkatétel segítségével, amely szerint az eredő erők munkája a gyorsuló test mozgási energiájának megváltoztatására fordítódik ( (munka)

2. feladat Egy asztalon fekvő testre északkeletre 10 N, északnyugati irányban 10 N, míg dél felé 15 N nagyságú erő hat. Mekkora a testre ható eredő erő nagysága, iránya és a test gyorsulása, ha a test tömege 1 kg? Megoldás: A

, aminek geometria végrehajtását az alábbi ábra mutatja be:

Az ábrán az erőket véges hosszúságú nyilakkal jelöljük, míg a megfelelő erők nagyságát az F1, F2 és F3 betűk jelzik. Az

erők vektori összege függőleges felfelé mutató

vektor (kék nyíl), amelynek hossza

F12. Összeadva az és vektorokat kapjuk az eredő erővektort ( ) F123 hosszal (piros nyíl). Látható, hogy az eredő erő délre mutató nagyon rövid nyíl. Kiszámítását olyan derékszögű koordinátarendszerben végezzük el, amelyben y tengely északra mutat, míg az x tengely keletre (ld. a fenti ábra jobb széle). Mivel F1 és F2 erők 135° illetve 45° fokos szögben állnak az x tengellyel és bármely

27 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

, ami megfelel a geometria megoldásnak. Az erő nagysága az x és y komponensek segítségével és a Pitagorasz-tétel alkalmazásával határozható meg, azaz

. Az erő iránya nyilvánvaló módon déli, mivel az eredő erő x komponense nulla, míg az y komponens negatív. A test gyorsulása:

Megjegyzés: A fenti három erőn túl a testre hat még a nehézségi erő és az asztal kényszerereje (tartóerő) is, amelyek egymást kompenzálják, mivel az xy-síkra merőlegesen a test nem mozdul el.

3. feladat Egy földön fekvő 10 kg tömegű testet húzunk 20 N nagyságú erővel a vízszintessel 30° fokot bezáró szöggel. Mekkora a testre ható eredő erő, a gyorsulás és a súrlódási erő, ha a csúszási súrlódási együttható 0,1? ( ) Megoldás: A testre a húzóerő ( ) mellett hat a nehézségi erő ( ), a tartóerő ( ) és a súrlódási erő ( ) is (ld. ábra). E négy erő vektori összege adja az eredő erőt. Az előző példához hasonlóan a vektorokat nyilak jelölik, míg a betűk jelzik a vektorok hosszát. Az eredő erő kiszámítását érdemes xy derékszögű koordinátarendszerben elvégezni, mivel az erők y irányú összege nyilvánvaló módon nulla (a test vízszintesen halad). Használjuk Newton II. törvényét

, amely most két egyenletet jelent az eredő erőre

28 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

gyorsulásra és az

. Esetünkben teljesül, hogy

rövidítést használtuk. Az ábra alapján felírhatjuk a vízszintes és függőleges erők eredőjét:

. (2.2) Az első egyenletben a súrlódási erő negatív előjellel szerepel, mivel az általunk felvett iránnyal ellentétesen áll. Ugyanezen okból kifolyólag a nehézségi erő is negatív előjelű a (2.2) egyenletben. (2.2)-ből kifejezhetjük a tartóerőt, azaz

. Ebből az látszik, hogy a test biztosan nem emelkedik fel függőleges irányban, azaz biztosan nulla, mert a test felemelkedés esetén nem fejtene ki nyomóerőt. Az első egyenlet megadja az eredő erő x komponensét, amely egyben az eredő erővel egyenlő ( relációt, amely

). Ehhez fel kell használnunk a súrlódási erő és a tartóerő közötti

alakú. Így az eredő erőre és a gyorsulásra azt kapjuk, hogy

29 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

és . Megjegyzés: A súrlódási erő a tartóerővel arányos és nem a nehézségi erővel! Csak akkor írhatjuk az összefüggést, ha a húzóerő vízszintes irányú. A tartóerő (

) ellenereje a nyomóerő (

tartófelületre ható erő úgy, hogy Ezt az ábrán nem tüntettük fel, mivel a feladat megoldásához szükségtelen. További érdekesség, hogy nem vízszintes irányú húzóerővel érhetjük el a maximális gyorsulást, mivel a dőlésszög csökkentésével ugyan nő a húzóerő, de ugyanígy a súrlódási erő is. Ha maximalizáljuk a gyorsulást a dőlésszögre, azaz megoldjuk a gyorsulást.

-nél kapjuk a maximális

4. feladat Egy 30°-os lejtőn csúszik le egy m=1 kg tömegű test. Mekkora a test gyorsulása és a sebessége a lejtő alján, ha h=1 m magasról indul v0=5 m/s kezdősebességgel? A lejtő és a test közötti csúszási súrlódási együttható a) 0 illetve b) 0,1. (

Megoldás: A testre a nehézségi erő ( ) és a tartóerő ( ) hat az a) esetben, míg a b) esetben a súrlódási erő ( ) is fellép (ld. ábra). Mivel a test a lejtő mentén csúszik le, ezért érdemes az xy derékszögű koordinátarendszert a lejtővel párhuzamosan felvenni az ábrán látható módon, mivel ez lehetővé teszi a vektorok könnyű összeadását. Ebben a rendszerben a nehézségi erő felbontható lejtővel párhuzamos

és lejtőre merőleges

összegére. A két komponens nagyságát a jobb szélen látható ábra alapján a képletekkel számolhatjuk, mivel lejtő hajlásszöge ( α ) és G és alkotnak. Az ábra jól mutatja, hogy az xy koordinátarendszerben

oldalak közötti szögek merőleges szögpárt és

erők ellentétes irányúak, azaz

könnyen összeadhatóak, és ők adják az eredő erő x komponensét. Ugyanez elmondható és erőkre is, de ők az y irányú eredő erőt adják. Az x és y irányú mozgásegyenleteinket úgy kaphatjuk meg, hogy az erők nagyságát helyes előjellel vesszük figyelembe az eredő erő meghatározásánál. Ez általános esetben azt jelenti, hogy az általunk felvett pozitív irányba mutató erők nagyságát mindig összeadjuk, míg az ellentétes irányba álló erők nagyságát kivonjuk. Az eredő erő és a gyorsulás segítségével, amelyek most

30 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

és alakban írhatóak, a mozgásegyenletet

és (2.6) . (2.6) Látható, hogy erő

, azaz a tartóerő nagysága a

képlettel számítható. Használva a súrlódási

lejtő alján a sebességet (v) a v-t és s-t összefüggések segítségével határozhatjuk meg, mivel

. A lecsúszási időt (t) meghatározhatjuk az s-t másodfokú egyenlet megoldásával, mivel ismerjük a megtett utat (s), a kezdősebességet (v0) és a gyorsulást (a). A v-t képletből pedig könnyedén meghatározhatjuk a sebességet. A lejtőn megtett utat (s), ami a lejtő hosszának felel meg, a trigonometriai képlet adja meg (ld. ábra).

31 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

egyenletből, ami megfelel az

s-t függvénynek, az időre azt kapjuk, hogy

adja a sebességet: Megjegyzés: 1) A sebességek kiszámíthatóak a mechanikai energiamegmaradás-tételéből az a) esetben és a munkatétellel a b) esetben. E tételek alkalmazására a következő fejezetben kerül sor. 2) A tartóerő ellenerejét, ami a lejtőt nyomja, nem tüntettük fel az ábrán. 3) Megjegyezzük még, hogy a nehézségi erőt, amit a erők

, 32 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

az erők nagyságát jelölik. Hasonlóan felírhatjuk a tartóerőt és a súrlódási erőt is: .

. Továbbá alkalmazva az

mozgásegyenletet, visszakapjuk az (2.5) vektoregyenletet.

5. feladat Egy lejtő hajlásszöge (α) változtatható. Meddig lehet növelni a hajlásszöget, hogy a test a lejtőn maradjon? A lejtő és a test közötti csúszási súrlódási együttható 0,1, míg a tapadási súrlódási együttható 0,2. Milyen lesz a test mozgása a dőlésszög további növelésével? (

Megoldás: Előző példához hasonlóan a testre a nehézségi erő, a tartóerő és a súrlódási erő hat (ld. ábra). Azonban a dőlésszögtől függően a súrlódási erő kis szögeknél tapadási súrlódási erőnek, míg nagy szögeknél csúszási súrlódási erőnek felel meg. A tapadási súrlódási erő nagysága mindig csak akkora, hogy kompenzálja a nehézségi erő lejtővel párhuzamos vetületét ( ). Így a test egyensúlyban marad a lejtőn, azaz a testre ható erők eredője és a testnek a lejtőhöz viszonyított sebessége nulla. Az egyensúlyban tartó tapadási erő nyílván növekszik a dőlésszöggel, mivel a nehézségi erő lejtővel párhuzamos komponense nő α-val ( ). Azonban a tapadási súrlódási erő nem nőhet tetszőleges mértékig, mert maximális értékét az

összefüggés adja meg. Így a nehézségi erő ellensúlyozni a tapadási

komponensét csak egy bizonyos határszögig súrlódási erővel, amit

33 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

ad összefüggést, a

összefüggés adja meg a tapadás határszögét. Egyszerűsítés és átrendezés után az kapjuk, hogy határszög felett a test gyorsuló mozgással csúszik le a lejtőn, amit az előző példában vizsgáltunk.

egyenletek adják meg a test gyorsulását és sebességét az

34 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

6. feladat Egy három testből álló szerelvényt mekkora erővel kell húznunk, hogy a szerelvény a=1 m/s2 gyorsulással induljon el? Az egyes testek mekkora erővel hatnak egymásra, ha a testek tömegei m1=3 kg, m2=2 kg és m3=1 kg (ld. ábra). A testek és a talaj közötti súrlódási együttható mind a három testre 0,1, továbbá a testek között feszes kapcsolatot biztosító kötelek tömege elhanyagolható. (

Megoldás: A testekre a nehézségi erő, a tartóerő, a súrlódási erő és az egymás közötti kölcsönhatást közvetítő kötélerő hat (ld. ábra). Mivel a szerelvény vízszintesen halad, ezért mind a három test függőleges irányban egyensúlyban van, azaz a testekre ható függőleges erők eredője nulla. Azt kapjuk, hogy , és . Vízszintes irányban a feszes összekötéseknek (kötél) köszönhetően mind a három test azonos gyorsulással halad. Továbbá az összekötések erőhatásokat közvetítenek a szomszédos testek között. A kötelek tömege elhanyagolható, így a hatás-ellenhatás törvényéből következően (ennek részletes igazolásával most nem foglalkozunk) a szomszédos testekre ugyanakkora, de ellentétes irányú kötélerők hatnak. Így az első és második testre Fk1 nagyságú, míg a második és harmadik testre Fk2 nagyságú kötélerők hatnak. A testek mozgását fékező súrlódási erők nagysága az képletből: , és . Mind a három test mozgásegyenletét úgy kapjuk meg, hogy először előjelhelyesen összeadjuk a testekre ható vízszintes erőket, és alkalmazzuk Newton II. törvényét (

). A testek mozgásegyenleteire azt kapjuk, hogy (2.7)

35 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Vegyük észre, hogy az ismeretlen kötélerők (Fk1, Fk2) azonos számban szerepelnek + és – előjellel. Ha összeadjuk a három mozgásegyenletet, akkor megszabadulunk tőlük és azt kapjuk, hogy . Használva a súrlódási erőkre vonatkozó képleteket, a szükséges húzóerőt kifejezhetjük az ismert mennyiségekkel, azaz (2.10) . (2.10) A kötélerőket a (2.8) és a (2.9) egyenletek átrendezésével kaphatjuk meg. Eredmények: , és

tömeget adunk, akkor az egyesített mozgásegyenletünk egyenleteket összeadva ugyanezt az egyenletet származtathatjuk.

7. feladat Egy kiskocsira helyezett testet húzunk vízszintes erővel az ábrán látható irányban. Legfeljebb mekkora húzóerőt fejthetünk ki, hogy a kocsi és a test együtt maradjon, azaz a test ne csússzon meg? Legfeljebb mekkora gyorsulással tudnak együtt haladni? A kocsi tömege 3 kg, a test tömege 1 kg, és a test és a kocsi között ható tapadási súrlódási együttható 0,3. A kocsi gördülési ellenállása elhanyagolható. (

36 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Megoldás: Berajzolva a testre ható nehézségi, a hatás-ellenhatás miatt fellépő nyomó- és tartóerőket, ugyancsak a hatásellenhatás miatt létrejövő gyorsító és fékező súrlódási erőket (ld. ábra), felírhatjuk a Newton-féle mozgásegyenleteket mind a két testre. A pozitív erők irányának ábra szerinti megválasztásával az alábbi egyenleteket írhatjuk az m1 tömegű testre és az m2 tömegű kiskocsira, ha egymáson nem csúsznak el:

(2.11) (2.11a) (2.12) (2.11b) (2.13) (2.12a) (2.14) (2.12b) A (2.12a) egyenlet tovább egyszerűsödődik, mivel a nyomóerő a tartóerőnek párja ( Emiatt a két tartóerőt az

37 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

, azaz együttes tömegű testre egyedül a húzóerő hat. Mivel a tapadási súrlódási erő legfeljebb

lehet, ezért a húzóerő sem nőhet tetszőleges nagyságig a test megcsúszása nélkül. Mivel

-ból nyerjük a húzóerő legnagyobb értékét. Eredmények:

. Megjegyzés: Az Ft2-nek is van Fn2 nyomóerő párja, de azt nem rajzoltuk be a rajzba, mivel az a földre (tartófelület) hat.

8. feladat Két egymáshoz illesztett α=45° és β=30° hajlásszögű lejtőből álló domb egyik oldalán m1=30 kg, míg a másik oldalán m2=32 kg tömegű test található. A két testet egy elhanyagolható tömegű csigán átvezetett kötél köti össze az alábbi ábrának megfelelően. Merre indul el a két testből álló rendszer és mekkora a gyorsulás? Legfeljebb mekkora lehet a tapadási súrlódási együttható értéke, aminél a testek még elindulnak? A lejtő és a test közötti csúszási súrlódási együttható mind a két oldalon 0,1. (

38 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Megoldás: A testekre ható erőket az alábbi ábrán tüntettük fel. Mivel előre a rendszer mozgási iránya nem tudható, ezért a súrlódási erők irányát balra történő elmozdulás esetén folytonos, míg jobb irány esetén szaggatott vonallal jelöltük.

Mivel a nehézségi erők lejtővel párhuzamos komponensei mozgatják a testeket, ezért a nehézségi erők érintő (pályamenti) komponenseit kell összehasonlítani a mozgás irányának helyes megállapításához. A két érintő erőkomponens nagyságát

adják meg, amelyek ellentétes irányúak. Nyilvánvaló módon a rendszer azon térfél felé mozdul el, ahol nagyobb az érintő komponens. Jelen esetben

, azaz a rendszer balra mozdul el. A két test mozgásegyenlete a pozitív irány balra történő vételével (2.15) (2.13) (2.16) (2.14)

39 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

összefüggések adják meg. A két egyenlet összeadásával és átrendezésével, azt kapjuk, hogy (2.17) . (2.15) A

, a testek megcsúsznak. E két egyenlőtlenséget összeadva és néhány egyszerűsítést elvégezve, a tapadási súrlódási együttható maximumára azt kapjuk, hogy

40 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

9. feladat Egy csigán átfektetett fonál egyik végére egy m1=3 kg tömegű fémet, míg a másik végére m2=1 kg tömegű fatárgyat akasztunk. A fémtárgy 20 m-rel magasabban van, mint a fatárgy. Mekkora gyorsulással fognak mozogni a testek, ha elengedjük őket? Mekkora erő feszül a kötélben? Mennyi idő alatt és mekkora sebességgel érnek egymás mellé? A csiga és a kötél tömege elhanyagolható! (

Megoldás: Mind a két testre csak a nehézségi erő hat és a kötél által közvetített kényszererő (ld. ábra). A testekre ható erőket összeadva (helyes előjellel) az alábbi mozgásegyenleteket írhatjuk fel: (2.19) (2.17) (2.20) (2.18) Mind a két test gyorsulása ugyanakkora, mivel a kötél nem nyúlik meg. A fenti egyenletrendszerből az egyenletek összeadásával meghatározhatjuk a testek gyorsulását és a kötélerőt is. A gyorsulásra azt kapjuk, hogy (2.21) 41 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

. (2.19) A gyorsulás ismeretében a kötélerőt megkapjuk az

(2.18) egyenletből átrendezéssel (pl.:

). Mivel mind a két test gyorsulása ugyanaz, és álló helyzetből indultak, ezért a sebességeik és megtett útjaik is minden időpillanatban azonosak ( , ). Ebből következik, hogy akkor haladnak el egymás mellett, amikor a megtett út s=h/2, mivel az egyik test lefelé, míg a másik felfelé halad. Következésképpen a találkozásig eltelt időt a

képletből számolhatjuk, míg a sebességet

42 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

. Megjegyzés: Ha a csiga és a kötél tömege nem elhanyagolható, akkor a csiga két oldalán különböző nagyságú kötélerők hatnak. Ekkor a csigára és a kötélre is fel kell írni egy mozgásegyenletet (későbbi tananyag).

10. feladat Egy R sugarú félgömb tetején lévő m=1 kg tömegű testet v0>0 kezdősebességgel meglökünk vízszintes irányban. A test egészen α=30° szögig a félgömbön marad, utána viszont a gömbről leválik és szabadeséssel a földre hull. Mekkora a test gyorsulása és a testre ható tartóerő a leválási szögnél? Miért válik le a test a gömbről? A súrlódás elhanyagolható. (

Megoldás: A v0 kezdősebességű testre a nehézségi erő ( ) és a gömbfelület kényszerereje ( ) hat. Mivel a test körpályán halad, a gyorsulás egy a kör középpontja felé mutató normális vagy centripetális gyorsulásból (an) és egy érintő irányú gyorsulásból (at) áll. Mivel e két gyorsulás merőleges egymásra, az eredő gyorsulást a Pitagorasz-tétellel számolhatjuk, azaz a gyorsulás an–nel egyezik meg és

. Induláskor érintő (vízszintes) irányban nem hat erő, ezért . Ekkor a test mozgásegyenletét az

43 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

képlet adja meg. A test indulási gyorsulását a kinematikában tanult tartóerőt az (2.20)

képlettel számolhatjuk, míg a átrendezésével nyert

képletből számíthatjuk. Mivel a sebesség nő, a nehézségi erő középpont felé mutató vetülete pedig csökken a testnek körpályán történő elmozdulásával, a tartóerő csökken. Emiatt a test akkor fog leválni a körről, amikor a tartóerő nullára csökken (Ft=0). Ekkor

(a test érintő irányban is gyorsul). Nehézségi erő

érintő és normális komponenseit az ábra alapján

Emiatt a két gyorsuláskomponens illetve Az eredő erőre vonatkozó képlet alapján eredményt nyerjük. Tehát a test tényleg szabadeséssel halad tovább, amikor a tartóerő nulla lesz. Eredmények: ,

. Megjegyzés: A mechanikai energiamegmaradás törvényét alkalmazva azt is meghatározhat-juk, hogy milyen szögnél válik le a test a körpályáról.

44 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

3. fejezet – Munka, energia 1. feladat a) Számítsa ki a munka definíciója alapján, hogy mekkora munkát végez a nehézségi erőtér, miközben egy 3 kgos testet 1 m-rel függőlegesen felemelünk egy vízszintes asztal lapjáig, majd az asztalon 2 m-rel elmozdítjuk, végül az asztallapot épp megfelelő szögben megdöntjük, és a test lecsúszik a kiindulási pontig? b) Mekkora munkát végez az előbbi esetben a súrlódási erő, ha a test és az asztallap közötti súrlódási együttható 0,1? Konzervatív-e a nehézségi erő illetve a súrlódási erő? Megoldás: a) Mivel a nehézségi erőtér homogén, vagyis az erőnek sem a nagysága, sem az iránya nem függ a helytől, ezért az általa végzett munka az erő és az elmozdulás skaláris szorzata (részletesebben lásd a feladat végén lévő megjegyzést):

A függőleges szakaszon a elmozdulásvektor felfelé, az ábrát!), tehát egymással ellentétesek, vagyis az általuk bezárt szög nehézségi erő munkája

erővektor lefelé mutat (lásd az , melynek koszinusza -1, így a

A vízszintes szakaszon a elmozdulásvektor vízszintes irányban, az erővektor továbbra is lefelé mutat, tehát egymásra merőlegesek, vagyis az általuk bezárt szög , melynek koszinusza 0, így a nehézségi erő munkája ezen a szakaszon zérus, . A harmadik, lejtős szakaszon a függőlegesen lefelé mutató erővektor és a ferdén lefelé mutató elmozdulásvektor által bezárt szög és az △(ABC) háromszög csúcsnál lévő ∢ (CAB) szöge váltószögek, ezért egyenlő nagyságúak. Az utóbbi koszinusza

45 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

(derékszögű háromszög szög melletti befogója osztva átfogója hosszával). Így a nehézségi erő munkája

A teljes pálya bejárása során a nehézségi erő által végzett munka

Megjegyzendő, hogy a tanulság kedvéért a munkát szakaszonként számítottuk ki, de az eredményt sokkal rövidebben is megkaphattuk volna, ha a elmozdulásvektort írtuk volna be.

(3.1) képletbe egyből a teljes pályához tartozó

b) A súrlódási erő vektora mindig a test sebességével ellentétes irányban mutat, nagysága pedig , ahol a súrlódó testek anyagi minőségétől függő ú.n. súrlódási együttható, pedig a felületre merőleges nyomóerő nagysága. Mivel az

szakaszon a testet semmi sem nyomja a felülethez, ezért a súrlódási erő nagysága zérus, és így a

(3.1) formula alapján az erő munkája is zérus. A vízszintes szakaszon a elmozdulásvektor és a test sebességvektora nyilvánvalóan ellentétes irányban mutat, ezért a súrlódási erő és az elmozdulásvektor közti szög is A testet az asztalra merőlegesen a saját súlyával megegyező erő nyomja, ezért a súrlódási erő erőtörvényében szereplő felületre merőleges nyomóerő nagysága épp . Ismét felhasználva (3.1) képletet azt kapjuk, hogy

A harmadik, lejtős szakaszon továbbra is fenáll, hogy az elmozdulásvektor és a test sebességvektora ellentétes irányban mutat, ezért a súrlódási erő és az elmozdulásvektor közti szög is A testet a lejtős asztallaphoz most is a saját súlyereje nyomja, azonban a súrlódási erő erőtörvényének megfelelően ennek az erőnek csak a felületre merőleges komponense felelős a súrlódásért. Ennek magysága

A súrlódási erő összes munkája a teljes pálya bejárása során tehát

46 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

A nehézségi erőtér konzervatív, ami azt jelenti, hogy bármely zárt görbe mentén a nehézségi erő által végzett munka zérus. Ez az általános eredmény természetesen ebben a konkrét feladatban is érvényes, ahogy azt közvetlenül a munka definíciója alapján meg is kaptuk. A súrlódási erő nem konzervatív, ezt példázza a feladatban szereplő zárt görbén mozgó test esete is, melyen a súrlódási erő által végzett munka nem zérus. Megjegyzések: A munka általános definíciója:

ahol az erő és a elemi (igen kicsiny) elmozdulásvektor által bezárt szög. Ha az erő – mint például a nehézségi erő – független a helytől (az erő vektor, tehát ez azt jelenti, hogy sem a nagysága, sem az iránya nem függ a helytől), akkor az integrál alól az

erő kiemelhető, és így az integrál értéke egyszerűen

Érdemes továbbá megfigyelni, hogy a feladatban a mozgó testre ható súrlódási erő iránya mindvégig ellentétes a elemi elmozdulásvektorral, amely definíció szerint a sebességvektor irányába mutat, ezért a súrlódási erő munkája a mozgás minden szakaszán negatív, megfelelően annak, hogy a súrlódás a test mozgását végig fékezi, tehát kinetikus energiáját csökkenteti. Ez megfelel annak az általános eredménynek, hogy a súrlódásból, mint kölcsönhatásból származó összes erők munkája mindig negatív. (A súrlódási kölcsönhatásban mindig két test vesz részt, és általában figyelembe kell venni az egyik test által a másikra gyakorolt erő munkáján kívül annak ellenerejéből, vagyis a másik test által az egyikre gyakorolt erőből származó munkát is. A feladatban azonban ez a másik test az asztal lapja volt, amely végig állt, semmilyen rá ható erő nem végzett munkát.)

2. feladat Számítsa ki a munkatétel alapján, hogy a) mekkora sebességgel ér földet egy 50 cm magasról szabadon leeső kő, b) mekkora sebességgel érkezik a lejtő aljához egy 50 cm magasságból súrlódás nélkül lecsúszó test,

c) mekkora sebességgel mozog egy vízszintes helyzetből elengedett 50 cm hosszú fonálinga a pálya alján! Megoldás: Mindhárom esetben a munkatételt használjuk fel, amely szerint a test kinetikus energiájának megváltozása egyenlő a testre ható erők által végzett összes munkával,

47 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Itt a test mozgási energiája a folyamat kezdetekor, pedig a végén. Így a hétköznapi szemléletnek megfelelően a megváltozás pozitív, ha a kinetikus energia a folyamat során nő, és negatív, ha csökken. a) A szabadon eső kőre csak a gravitációs erő hat, amely konzervatív, ezért az általa végzett munka felírható úgy, mint a potenciális energia megváltozásának mínusz egyszerese,

így a kinetikus energia megváltozása

vagy átrendezve az egyenletet

ami azt fejezi ki, hogy disszipatív erők hiányában, vagyis amikor csak konzervatív erők hatnak, a potenciális és a kinetikus energia összege, amit így együtt mechanikai energiának hívunk, állandó. (Ez a mechanikai energia megmaradásának tétele.) A kinetikus energia a test sebességétől négyzetesen függ,

A feladat szövegéből kiderül, hogy a kő kezdetben állt, ezért kezdeti kinetikus energiája nulla, , végső kinetikus energiája pedig az ismeretlen földetérési sebességgel fejezhető ki, amit most -vel jelölünk: . A szövegből az is kiderül, hogy a test a mozgás során mindvégig a Föld felszínének közelében marad, ahol a gravitációs potenciális energiára igen jó közelítéssel érvényes a következő kifejezés:

ahol egy tetszőleges szinttől mért magasság, a nehézségi gyorsulás nagysága, pedig a test tömege. (Mindegy, hogy a magasságot honnan mérjük, hiszen a (3.4) képletben csak a magasságkülönbség szerepel majd.) Mérjük a magasságot a Föld felszínétől, ez azt jelenti, hogy leérkezéskor a test van, kezdetben

magasságban volt. Ezeket az adatokat a (3.4) képletbe beírva a következőket kapjuk: tehát

48 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

(3.6) (3. 6) b) A lejtőn lecsúszó testre a gravitációs erőn kívül a lejtőn maradást biztosító kényszererő hat. Előbbinek munkája – akárcsak az a) feladatban – a gravitációs potenciális energia megváltozásával fejezhető ki a (3.3) összefüggés szerint. A kényszererő munkáját definíció szerint számíthatjuk ki,

mivel a kényszererő mindig merőleges a kényszerfelületre, az elmozdulás pedig mindig párhuzamos a kényszerfelülettel (ha az a felület nem mozog), ezért az erő és az elmozdulás által bezárt szög amelynek koszinusza nulla. Mivel a testre mozgása során más erő nem hat, és a kinetikus energia megváltozása mindig (3.2) szerint írható, ahol az előbbiek szerint az összes munkához ismét csak a gravitációs erő munkája ad járulékot, ezért (3.4) is változatlan formában érvényes összes folyományával, tehát a (3.6) végeredménnyel együtt. c) Az ingára mozgása során – a lejtőn lecsúszó testhez teljesen hasonlóan – a gravitációs erőn kívül csak a pályán maradást biztosító kényszererő hat. A kényszerpálya alakja most kör, de a b) feladatban elmondott érvelés mitsem változik: a kényszererő minden pillanatban merőleges az elemi elmozdulásvektorra, ezért munkája nulla. A gravitációs erő munkája ismét (3.3) szerint fejezhető ki, ezért a végeredmény most is ugyanaz, mint az előző két esetben. (Lásd a (3.6) képletet!)

3. feladat Az ábrán látható felhajlított végű csúszdán súrlódás nélkül 30 dkg tömegű test csúszik lefelé, a kényszererőtől eltekintve kizárólag a nehézségi erő hatása alatt. ( a test mérete ennél sokkal kisebb, tömegpontnak tekinthető.) a) Mekkora a kényszererő az “A” pontban, ha testet lejtőn lefelé?

magasról lökjük el 1 m/s kezdősebességgel a

b) Milyen magasról kell (kezdősebesség nélkül) a testet elengedni, hogy a “B” pontban még ne hagyja el a pályát? (A kényszerfelület a testet csak nyomni tudja, de húzni nem.) Megoldás: Miközben a test lecsúszik, csak a nehézségi erő és a kényszererő hat rá. A 2.b) feladatban részletesen ismertetett érvelés szerint a kényszererő munkája zérus, mert az erő és az elemi

49 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

elmozdulásvektor egymásra mindig merőleges, a nehézségi erő munkája pedig az megváltozásának mínusz egyszerese. Ezért a munkatételből,

(3. (3.7) 7) amiből kifejezhetjük a test sebességét bármely magasságban:

ahol a test sebessége induláskor, magasságban van.

a) Fentiek alapján a test az “A” pontban, ami

a test sebessége akkor, amikor a mozgás során -rel van alacsonyabban, mint a kiindulópont, ezért

sebességgel mozog, mégpedig körpályán. Ahhoz, hogy egy sebességgel,

sugarú körpályán mozogjon

nagyságú sugárirányban a kör középpontja felé mutató erőre van szükség, más szóval

a testre ható erők eredőjének sugárirányú komponense nagyságú kell, hogy legyen. Mivel ez az erő ebben a pontban vízszintes irányú, ezért csak a kényszerből származhat, hiszen a nehézségi erő függőleges irányú, ezért a kényszererő nagysága

50 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

b) Ha a test nem hagyja el a pályát, ami kör, az ismét csak azt jelenti, hogy a testre ható erők eredőjének sugárirányú komponense nagyságú kell, hogy legyen. A “B” pontban a testre két, sugárirányban a kör középpontja felé mutató erő hat, az egyik a nehézségi erő, amely a test sebességétől függetlenül nagyságú, és a kényszererő, legyen, vagyis

, amely épp akkora, hogy a körpályán maradáshoz szükséges erő biztosítva

Ebből látható, hogy kisebb sebességhez kisebb kényszererő tartozik, de mivel a kényszer a testet a “B” pontban felfelé húzni már nem tudja, csak lefelé tolni, ezért a test sebességének minimális értéke különben a körmozgás dinamikai feltételét jelentő (3.8) egyenlet nem teljesülne. (Ez azt jelentené, hogy a test elhagyja a körpályát, kényszererő többé nem hat rá, és kizárólag a nehézségi erőhatása alatt parabola pályán folytatja útját, mint hajításnál.) Ismét a munkatétel (3.7) alakját használva az adódik, ha helyére pedig nullát írunk, hogy

tehát a testet a “B” pont magasságához viszonyítva még feljebbről kell elindítani a körpálya sugarának felével.

4. feladat Számítsa

A légkörtől származó közegellenállást hanyagoljuk el!

51 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

A szökési sebesség, vagy másképp második kozmikus sebesség fogalma azt jelenti, hogy a Föld felszínéről egy testet minimálisan ezzel a sebességgel kilőve az elszakad a Földtől, vagyis sosem fordul vissza. Elméletileg ez azt jelenti, hogy a test végtelen messzire képes távolodni a Földtől, de közben a sebessége nullához tart (a végtelenben megáll). Mozgása során a testre kizárólag a gravitációs erő hat, amely konzervatív erő, ezért a feladatot a mechanikai energia megmaradását kifejező (3.4) egyenlőség felhasználásával oldhatjuk meg. Most azonban nem alkalmazható az képlet, mert a test nem marad a Föld felszínének közelében. Ehelyett az általános tömegvonzás Newton–féle összefüggéséből a munka általános definícióját felhasználva származtatható kifejezést kell használni, mely szerint,

ha a vonatkoztatási pontot a végtelenben választjuk, vagyis a Földtől végtelen messze elhelyezkedő test potenciális energiáját választjuk nullának. A mozgás kezdetén a test a Föld felszínén volt, vagyis a Föld középpontjától távolságra, a mozgás végén pedig attól elméletileg végtelen messze. Ezért az gravitációs erő által végzett munka, amely egyenlő a gravitációs potenciális energia megváltozásának mínusz egyszeresével, felírható úgy, mint ezen pontokhoz tartozó potenciális energiák különbsége:

A munkatétel alapján, mivel más erő a testre nem hatott, a kinetikus energia megváltozása egyenlő ezzel a munkával. A mozgás kezdetén a sebesség az ismeretlen szökési sebességgel egyenlő, a végén pedig, amikor a test már gyakorlatilag végtelenbe távozott, nulla. (Ha nagyobb sebességgel indítjuk, akkor még a végtelenben is lesz mozgási energiája, ha pedig kisebbel, akkor nem jut végtelen messzire, hanem visszafordul, ezért a szökési sebességet pont abban az esetben kapjuk, amikor a végtelenben a sebesség nulla lesz.)

amiből a szökési sebességet kifejezve

Megjegyzés: A gravitációs erő munkáját közvetlenül a munkatételre támaszkodva is kiszámíthatjuk. A gravitációs erőre most nem használhatjuk az formulát, mert a test nem marad a Föld felszínének közelében. Ehelyett az általános tömegvonzás Newtontól származó összefüggését kell használni,

52 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

a Föld középpontjától a testhez mutató vektor,

ennek a vektornak a hossza,

pedig a Föld által a testre gyakorolt gravitációs erő. ( univerzális természeti állandó, értéke

.) Ez az erő konzervatív, tehát az általa végzett munka csak a mozgás kezdeti és végpontjától függ, vagyis a pálya alakja nem fontos, így a számítást elvégezhetjük abban az egyszerű esetben, amikor a test végig a Föld középpontján átmenő egyenes mentén mozog. Ekkor az erő a mozgás során mindvégig ellentétes irányú az elemi elmozdulásvektorral, tehát a közbezárt szög Kezdetben a test a Föld felszínén, azaz középpontjától távolságra, a mozgás végén pedig a Földtől végtelen messze lesz, tehát a gravitációs erő által végzett munka

Beírva ide a gravitációs erő nagyságát, amely a (3.9) képletből láthatóan

az integrálás elvégezhető,

ami természetesen megegyezik a potenciális energiák különbségeként kapott kifejezéssel.

5. feladat Egy 3 m sugarú félgömb tetejéről 5 m/s nagyságú érintő irányú kezdősebességgel indulva egy kicsiny test csúszik lefelé. A súrlódástól eltekinthetünk. Milyen magasan van akkor, amikor lerepül a félgömb felületéről? Megoldás: Bár a pálya alakja miatt a mozgás időbeli lefolyásának pontos leírása nem nagyon egyszerű feladat, de a mechanikai energia megmaradásának tételét felhasználva könnyen kiszámíthatjuk a test sebességét pályájának bármely pontjában. A mechanikai energia megmaradása a mozgás során azért teljesül, mert a testre ható erők 53 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

közül az egyik a gravitációs erő, amely konzervatív, a másik pedig a félgömb felülete által kifejtett kényszererő, amely a 2.b) feladatban részletesen ismertetett érvelés szerint nem végez munkát, mert az erő és az elemi elmozdulásvektor egymásra a mozgás folyamán mindvégig merőleges. A mechanikai energia megmaradásának tétele szerint tehát

továbbá kihasználva, hogy a Föld felszíne közelében a gravitációs erő homogén, és ezért a gravitációs potenciális energia

formában írható, a kinetikus energia pedig

, azt kapjuk, hogy

amiből kifejezhetjük a test sebességét bármely magasságban:

ahol a test sebessége induláskor, magasságban, és a test sebessége akkor, amikor a mozgás során magasságban van. Ha a magasságot a gömb középpontjától mérjük, akkor a kiindulási magasság . Amíg a test a félgömb felületén, mint kényszerpályán mozog, addig a rá ható erők eredőjének sugárirányú komponense nagyságú kell legyen. A testet a félgömb felületén tartó kényszererő éppen akkora, hogy ez a feltétel teljesüljön, vagyis

(Itt a gömb középpontja felé mutató irányt választottuk pozitívnak.) Mivel a gömbfelülettől származó kényszererő csak nyomóerő lehet, húzó nem, ezért a test csak addig marad meg a kényszerpályán, amíg a fenti feltétel valamilyen nemnegatív

értékkel teljesülhet, vagyis amíg

54 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Behelyettesítve ide a test sebességére vonatkozó, a mechanikai energia megfontolásokból származó (3.10) formulát, azt kapjuk, hogy

. Ezt felhasználva, és átrendezve a fenti egyenlőtlenséget kifejezhetjük, hogy meddig a magasságig marad a test a kényszerfelületen:

vagyis amíg a test a kiindulási magasságtól nincs lejebb, mint 87 cm, addig a félgömb felületén marad. Megjegyzés: Ha test kezdősebessége nagyobb, mint , akkor a zárójelben álló mennyiség negatív, ami azt jelentené, hogy . Ez nyilván lehetetlen, ebben az esetben a test a mozgás kezdetének első pillanatában elhagyja a gömb felületét. Másrészt a kezdősebesség nullánál kisebb nem lehet, és még ebben az esetben sem követi mozgása során a test végig a gömb felszínét, csak

55 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

4. fejezet – Lendület, lendületmegmaradás, pontrendszerek 1. feladat Az utasokkal együtt 820 kg tömegű erdei kisvasúti kocsi 10 m/s sebességgel halad egyenes, vízszintes pályán. Az utasok megragadnak egy 60 kg tömegű zsákot, és úgy dobják ki a mozgással ellentétes irányban a kocsiból, hogy az a talajhoz viszonyítva függőleges irányú mozgással ér földet. Mekkora sebességgel halad tovább a kocsi, ha ellenállás nélkül mozoghat a sínen? Megoldás: A feladat kulcsa az impulzusmegmaradás. Vegyük észre, hogy a feladatban egyenes vonalú mozgás történik. (A kidobott zsák mozgását külön tárgyaljuk.) Az impulzus vektormennyiség, méghozzá háromdimenziós vektorral leírható mennyiség. A koordinátarendszerünk megfelelő megválasztásával azonban elérhetjük, hogy ennél a feladatnál a háromdimenziós vektoroknak kizárólag csak egyetlen komponensével kelljen foglalkoznunk. Bár ez a komponens önmagában még nem skalármennyiség, az erre vonatkozó egyenletek már kezelhetők ily módon. Az egyes mozgó testek sebességét viszonyítsuk a talajhoz mint rögzített koordinátarendszerhez, melynek irányítása egyezzen meg a mozgás irányával! Legyen Legyen

a kocsi tömege utasokkal és a zsákkal együtt. Legyen a zsák tömege.

a kocsi sebessége.

Ha a zsák a talajhoz viszonyítva függőleges irányú mozgással ér földet, akkor az azt jelenti, hogy a kihajítás után zérus a vízszintes irányú sebessége. Emiatt zérus a kocsi mozgásával megegyező irányú impulzusa is. Vegyük észre, hogy a feladat megoldása szempontjából számunkra kizárólag a vízszintes irányú impulzus a fontos. A földre leeső zsák sebességnövekedése függőleges, tehát nem vízszintes irányú, így azzal a továbbiakban nem kell foglalkoznunk. (A talajra függőleges irányban leeső testre külső erő hat, jelen esetben a nehézségi erő, így függőleges irányban természetesen nem marad meg a kezdeti impulzusa.) A