Fizika. Fizika. Nyitray Gergely (PhD) PTE PMMIK február 20.

Átírás

1 Fizika Nyitray Gergely (Ph) PTE PMMIK február 20.

2 A mechanikai energia megmaradás törvénye K(A)+V (A) = K(B)+V (B) K A +V A = K B +V B A mechanikai energia megmaradása rendkívül fontos. Csak olyan erőterekben érvényes melyekre: F(r) dr = 0 Az ilyen erőterekben végzett munka független a pályagörbe alakjától. Az ilyen erőtereket konzervatív vagy potenciálos erőtereknek nevezzük.

3 A teljesítmény A P teljesítmény a munkavégzés sebessége. Tudjuk, hogy egy emeletet felmenni a lépcsőn viszonylag könnyű, viszont felugrani a lépcső aljáról a tetejére általában lehetetlen. Pedig éppen ugyan azt a munkát kell elvégeznünk az ugrás során is csak a munkavégzésre ekkor sokkal kevesebb idő marad! Erre a teljesítményre az emberi test nem képes. efiníció szerint az átlagos és a pillanatnyi teljesítmény a következő: P = W, t P = dw. dt A teljesítmény mértékegysége a J/s=1W (watt)

4 Teljesítménygépek Amíg az egyszerű gépek képesek az erőnket megsokszorozni, addig a teljesítménygépek a munkavégzés sebességét növelik. Ilyen az íj és a számszeríj, amellyel megsokszorozható az emberi teljesítmény. A gőzturbina pedig igen nagy folytonos teljesítmény leadására képes.

5 Teljesítménygépek P íj = 1 10 kw P turbina = MW pillanatnyi folytonos Nagy teljesítményű lézer-rendszerekben ma már elérik a TW-os teljesítményt.

6 Az energiamegmaradás alakalmazására Egy kezdetben nyújtatlan, rugóállandójú rugóhoz egy m tömegű nyugvó testet helyezünk. Hasson a testre F v = állandó nagyságú vonóerő! Meddig jut el az m tömegű test a kiindulási pozícióhoz képest? m m F v x max Oldjuk meg a feladatot a mechanikai energia megmaradás törvénye alapján! F v

7 Az energiamegmaradás alkalmazás Az energiaegyenlet: K 0 0 +V rugó 0 0 +V vonó 0 = K (xmax) 0 +V rugó (x max) +Vvonó (x max) 0 m F v V vonó 0 = V rugó (x max) m x max F v F v x max = 1 2 x max 2 x max = 2F v

8 Az energiamegmaradás F v x max = 2 F v 2 2 F v 2 = 1 2 mv x2 F v x x=0-ban 2 F v F v = 1 2 mv x2 + 2 F 2 v F v x x=0-ban = 1 2 mv x F v F v x 1 2 mv2 = F v x 1 2 x2

9 Az energiamegmaradás E összes = 2 F v V rug (x) = 1 2 x2 V vonó (x) = 2 F v 2 F v x K(x) = F v x 1 2 x

10 A test maximális sebessége a munkatétel alapján: v = F v m Számítsuk ki az energiamegmaradás alapján is! A sebesség maximuma az x = F v / pozícióban van. 2 2 F v = 1 2 mv x2 + 2 F 2 v F v x 2 2 F v = 1 2 mv F 2 2 v F v F v 0 = 1 2 mv F v 2 + F F v 2 v 0 = 1 2 mv2 F v 2 2 F v x = F v ben

11 0 = 1 2 mv2 F v 2 mv 2 = F v 2 v = F v m Tehát a maximális sebesség éppen akkora, mint amekkorát a munkatétel alapján számoltunk. Láthatjuk, hogy ebben a feladatban az energiamegmaradás alkalmazása bonyolultabb mint a munkatételé. 2

12 Összenyomott rugó Egy kezdetben összenyomott, rugóállandójú rugóhoz egy m tömegű nyugvó testet helyezünk. Hasson a testre F v = állandó nagyságú vonóerő! m x 0 m F v 0 x = 0 m Határozzuk meg a test maximális pozícióját a munkatétel alapján és a írjuk fel a mechanikai energia megmaradás törvénye alapján az energiaegyenletet! x max

13 A munkatétel F v + x 0 F v F 0 F v x 0 x 0 F(x) = F v + x 0 x W F v + x 0 W x max x A két terület csak akkor egyenlő, ha x max = 2F v + 2 x 0!

14 Az összenergia Az összenergiát x max ismeretében meghatározhatjuk, mert ebben a pozícióban ha az F v erőtérhez tartozó potenciális energiát nullának választjuk a rendszernek csak rugalmas energiája van: E összes = 1 2 (x max x 0 ) 2 = 2 E összes = 2 ( 4F v F v x 0 + x 0 2 2F v + 2 x 0 x 0 x max ) = 2 F v 2 + 2F v x x 0 2 2

15 Az energiaegyenlet 2 2 F v + 2F v x x 0 2 = K 1 2 mv (x 0 x) 2 + E összes + 2 F v 2 V rugó + 2F v x 0 F v x V F v

16 Az energiamegmaradás Ábrázoljuk a különböző energiákat a pozíció függvényében! E összes = 2 Fv 2 + 2F v x x 0 2 V rug (x)= 1 2 (x x 0) 2 V vonó (x)= 2 Fv 2 + 2F v x 0 F v x 0.2 K(x)= x 0 x + F v x 1 2 x

17 Az impulzusmegmaradás tétele Olyan mechanikai rendszerben, amelyben nem hatnak külső erők a testek m tömegének ésv sebességeinek szorzata időben állandó.: m 1 v 1 + m 2 v m n v n = áll Ezt nevezzük az impulzusmegmaradás tételének. Ezzel magyarázható pl. az evezés, a rakétamozgás vagy a lőfegyverek visszalökődése.

18 Pontrendszerek mechanikája Pontrendszer: Anyagi pontok tetszőleges halmaza. Röppályáján darabokra robbanó lövedék, Naprendszer, kényszerekkel összekapcsolt testek. A merev testek is a pontrendszer általánosításának tekinthetők. A merev testeket felépítő anyagi pontok egymáshoz viszonyított helyzete a mozgás során nem változik. A tömegközéppont (TKP) az a képzeletbeli pont amelybe a pontrendszer össztömegét, helyettesíthetjük. Érdekes, hogy egy abroncs TKP-ja nem része a testnek!

19 Pontrendszerek mechanikája Egy pontrendszer úgy mozog mintha az összes tömeget a TKP-ba helyettesítenénk és a TKP-ra csak a külső erők eredője hatna. A belső erők pedig erő-ellenerő párokként kioltják egymás hatását. Korábbi példánkabn a külső erő az mg. A belső erők pedig K 1 + K 1 K 2 + K 2! N N m K 2 K 2 m K 1 K 1 mg mg N N K 1 K 1 m m g K 1 = ma = ma K 2 = ma K 1 K 2 (+) mg

20 Münchausen báró esete a mocsárral Münchausen báró történetében a belső erők nem oltják ki egymást! Innen tudjuk, hogy a báró nem mond igazat!

21 Ütközések Merev testek közötti, rövid idejű, intenzív kölcsönhatást ütközésnek nevezzük. Példák: padló-sarok (járás), billiárdgolyók ütközése, baseball ütő-labda, tenisz ütő-labda, ökölvívás, dokkolás (űrkutatás), nehézion ütköztetések, lövedékek becsapódása (vadászat, hadtudomány). Az ütközések elmélete meglehetősen bonyolult, ezért a továbbiakban csak a legegyszerűbb esetekkel (centrális, egyenes ütközésekkel) foglalkozunk. Ez azt jelenti, hogy a testek sebességvektorai egy egyenesbe esnek és átmennek a testek TKP-jain.

22 Ütközések Az alapprobléma a kezdeti tömegek és sebességek ismeretében az ütközés után kialakuló sebességek meghatározása. Az ütköközések egyik határesete a tökéletesen rugalmatlan ütközés. Ekkor a rendszer mechanikai energiájának egy része hővé, maradandó deformációvá alakul. A tapasztalat szerint az ütköző testek közös sebességgel haladnak tovább. Pl. légpárnás asztalon két Hg-csepp ütközése nagyon jó közelítéssel rugalmatlan ütközésnek tekinthető.

23 Két test centrális ütközése A tökéletesen rugalmatlan ütközésre vonatkozó megmaradási tétel: m 1 v 1 + m 2 v 2 = (m 1 + m 2 ) u A mechanikai energiaveszteség: u = m 1v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2 W vesz = 1 2 mv mv (m 1 + m 2 )u 2 W vesz = 1 2 m 1 m 2 m 1 + m 2 (v 1 v 2 ) 2

24 Ballisztikus inga A rugalmatlan ütközésről tanultak alapján konstruálható olyan eszköz, amely a lőfegyverek torkolati sebességének meghatározása szolgál. Ez az ún. ballisztikus inga.

25 Ballisztikus inga Az impulzus és a mechanikai energia megmaradásának alkalmazásával a lövedék sebessége a kilendülő nehezék h emelkedési magasságának mérésére vezethető vissza. mv = (m+m) U U = m m+m v 1 2 (m+m) U 2 = (m+m) gh ( ) m+ M 2gh v = m

26 Lövedékek kezdősebessége íjak/számszeríjak maximális sebessége kb. 125 m/s = 450 km/h lövedékek: (AK 47-es) gépkarabély 715 m/s = 2574 km/h (8g), ragunov mesterlövész puska 810 m/s = 2916 km/h (11,98 g), Gepárd M1 mesterlövész puska 840 m/s = 3024 km/h, -20 vontatott tarackágyú 650 m/s (20kg), railgun 5900 m/s = km/h. A railgun nem kémiai úton, hanem elektromágneses mezővel gyorsítja a lövedéket elképesztő nagy sebességre.

27 Railgun

28 Két test centrális ütközése A tökéletesen rugalmas ütközés során a mechanikai energia is megmarad. http : // 02/giant granite balls help scientists study asteroid collisions and planet formation

29 Két test centrális ütközése A tökéletesen rugalmas ütközés m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 u 1 + m 2 u 2 (1) 1 2 m 1v m 2v 2 2 = 1 2 m 1u m 2u 2 2 (2) u 1 = (m 1 m 2 )v 1 + 2m 2 v 2 m 1 + m 2 u 2 = (m 2 m 1 )v 2 + 2m 1 v 1 m 1 + m 2

30 Két test centrális ütközése Gumilabda fallal ütközik: u 1 = 2m 2 m 1 + m 2 v 2 + m 1 m 2 m 1 + m 2 v 1 lim u 1 = lim m 2 m 2 2 v m m m 1 m 2 1 m 1 v 1 = 2v 2 v 1 = v 1 m Ha a fal is mozog a labda eredeti sebességével ellentétes irányban: u 1 = 2m 2 v 2 + m 1 m 2 v 1 m 1 + m 2 m 1 + m ( 2 2 v m m lim u 1 = lim m 2 m 2 m 1 m 2 1 m 1 m v 1 ) 0 = 2v 2 v 1

31 Két test centrális ütközése u 1 = 2v 2 +v 1 Tehát pl. egy pinpongütő sebességének a kétszerese adódik hozzá a labda visszapattanási sebességéhez!