Tehetetlenségi nyomaték, impulzusmomentum-tétel, -megmaradás

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Tehetetlenségi nyomaték, impulzusmomentum-tétel, -megmaradás"

Átírás

1 Tehetetlenségi nyomaték, impulzusmomentum-tétel, -megmaradás Tehetetlenségi nyomaték számítása pontrendszerre: Θ = Σ m i l i, ahol l i az m i tömegű test távolsága a forgástengelytől, kiterjedt testre: Θ = l ρ dv (térfogati integrál). Mivel a tehetetlenségi nyomaték additív, kiterjedt testet tetszőlegesen felbonthatunk olyan részekre, amiknek külön-külön ki tudjuk számolni a Θ-ját és azokat összegezhetjük. A tehetetlenségi nyomaték értéke függ attól, hogy hol van a (rögzített) forgástengely. Mindig arra a tengelyre lesz a legkisebb a tehetetlenségi nyomaték, ami átmegy a tömegközépponton. A Steiner-tétel felhasználásával párhuzamosan eltolt tengelyek között egyszerűen számolhatunk: ha ismerjük a tömegközépponton átmenő tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékot, akkor a tőle d távolságra levő (vele párhuzamos) tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomaték Θ P = Θ s + (Σm i ) d, ahol Θ s az S súlyponton átmenő tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomaték, Θ P a P ponton átmenő tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomaték, d pedig a két tengely távolsága (P és S távolsága). Ha nem a súlyponton átmenő tengelyre vonatkozó Θ-ból indulunk ki, akkor először vissza kell számolni arra, mielőtt egy párhuzamosan eltolt tengelyre számolunk. Pl. m tömegű, L hosszú, homogén, állandó keresztmetszetű rúd tehetetlenségi nyomatéka a tömegközéppontján, azaz a rúd S felezőpontján átmenő tengelyre Θ s = 1/1 ml, a rúd végpontján (azaz S-től L/ távol lévő) átmenő tengelyre Θ V = Θ s + m (L/) = 1/3 ml, a rúd harmadoló pontján (azaz S-től L/6 távol lévő) átmenő tengelyre Θ P = Θ s + m (L/6) = 1/9 ml. Gyakran használt tehetetlenségi nyomatékok még: tömör korong, tömör henger a tömegközéppontjára Θ s = 1/ mr (R a sugara) ill. a peremének egy pontjára 3/ mr (mert R-rel van eltolva a közepétől) üres henger a tömegközéppontjára Θ s = mr (R a sugara) golyó a tömegközéppontjára Θ s = /5 mr (R a sugara) Igen könnyű 1 m hosszú rúd végén 5 5 kg tömegű golyók vannak felerősítve. a/ Számítsuk ki a rúd felezési pontján átmenő, a rúdra merőleges tengelyekre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékot! b/ Mennyivel változik a tehetetlenségi nyomaték, ha a tengelyt a rúd mentén önmagával párhuzamosan 10 cm-rel eltoljuk? Fejezzük ki az új tehetetlenségi nyomatékot az eredeti nyomaték, a tömeg és az eltolás segítségével! a) A rúd tömege elhanyagolható, tehát csak a két golyó tehetetlenségi nyomatékát kell számolni: Θ s = Σ m i l i = ( 5 0,5 ) =,5 kgm b) Az új tengelyre Θ p = 5 0, ,6 =,6 kgm, azaz a tehetetlenségi nyomaték 0,1 kgm -tel nő. Vagy: Az a/ részben kiszámolt tehetetlenségi nyomaték a rúd felezési pontján, azaz a súlyponton megy át, így a Steiner-tételt alkalmazva: Θ P = Θ s + (Σm i ) d =, ,1 =,6 kgm, azaz (Σm i ) d = 0,1 kgm -tel nőtt pótpót/4. Egy m oldalú (elhanyagolható tömegű) négyzet csúcsaiban rendre 1 kg, kg, 3 kg és 4 kg tömegű tömegpontok vannak elhelyezve. Határozzuk meg a/ az elrendezés tömegközéppontjának helyét! b/ a négyzet átlóinak metszéspontján (a négyzet síkjára merőlegesen) átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! c/ a tömegközépponton (a négyzet síkjára merőlegesen) átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! 1

2 a/ Az ábra szerinti koordinátarendszerben x s = ( ) / (1++3+4) = 1 m y s = ( ) / (1++3+4) = 0,6 m b/ Mindegyik test távolsága a forgástengelytől az átló fele, azaz m Θ T = (1++3+4) = 0 kgm c/ Steiner-tétellel: Θ s = Θ T Σm d = 0 10 (1 0,6) = 0 1,6 = 18,4 kgm VAGY: Θ s = (1+) (1 +1,4 ) + (3+4) (1 +0,6 ) = 3, ,36 = 18,4 kgm y m 1 m 0,6 m 0 1 kg kg T S 4 kg 3 kg 1 m m x 01. pótpótzh/ y 4 m m 0 kg 5 kg 4 kg 3 kg m 4 m x 6. Határozzuk meg az ábra szerint elrendezett pontszerű testek a/ tömegközéppontjának helyét! b/ a téglalap átlóinak metszéspontján (a téglalap síkjára merőlegesen) átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! c/ a tömegközépponton (a téglalap síkjára merőlegesen) átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! Számítsuk ki egy R sugarú, homogén tömegeloszlású korongnak a középpontján a korongra merőlegesen álló tengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékát! Θ = = Ha M a korong tömege, akkor a sűrűsége ρ = M/V = M/(R πd), ahol d a korong vastagsága. Hengerkoordináta-rendszert használva a térfogatelem dv = d r dϕ dr ; a térfogatelem távolsága a forgástengelytől l = r R π R π R 4 tehát M M 3 M 3 M R 1 Θ = r d r dϕ dr = r d dr = π r dr = = MR R d R ϕ π π R π R Vegyük észre, hogy a tehetetlenségi nyomaték a korong vastagságától független! Határozzuk meg egy homogén egyenes körhenger tehetetlenségi nyomatékát a/ a szimmetriatengelyre vonatkoztatva; b/ egy alkotóra vonatkoztatva! a/ Az előző feladat eredményét felhasználhatjuk, hiszen a körhenger metszete is korong, és a korong tehetetlenségi nyomatéka nem függött a korong vastagságától, azaz a henger magasságától, vagyis Θ s = ½ MR. b/ A Steiner-tételt használhatjuk. A két tengely távolsága R, tehát Θ P = Θ s + MR = ½ MR + MR = 3/ MR. Számítsuk ki egy R sugarú félgömb szimmetriatengelyére vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékát! M tömegű félgömb sűrűsége ρ = M/V = M/(R 3 π/3) = 3M/(R 3 π). A félgömböt összerakhatjuk a forgástengelyre merőleges korongokból, melyek sugara r = R x, térfogata dv = r π dx = (R -x )π dx, tömege dm = ρ dv = 3M/(R 3 π) (R -x )π dx = 3M/(R 3 ) (R -x ) dx, tehetetlenségi nyomatéka dθ = ½ dm r = ½ [3M/(R 3 ) (R -x ) dx] (R -x ) = 3M/(4R 3 ) (R -x ) dx R A félgömbre tehát Θ = dθ = ( R x ) dx =... = MR 3 0 3M 4R 5

3 A haladó és a (rögzített tengely körüli) forgó mozgásra vonatkozó mennyiségeket, összefüggéseket a következőképpen feleltethetjük meg egymásnak: haladó forgó m Θ a β v ω r ϕ F M forgatónyomaték M = r F, azaz M = k F, k az erőkar I N impulzusmomentum N = r I I = mv N = Θω F = M = impulzusmomentum-tétel F = ma M = Θβ I = konst. ha N = konst. ha ΣM = 0 ΣF k = 0 impulzusmomentum-megmaradás E kin = ½ mv E kin, forg = ½ Θω forgási kinetikus energia 01. pótz/4. A törpök produkciója nem csak abból áll, hogy egymás vállára állva gúlát alkottak, hanem egy forgatható porondon állnak, aminek a tengelye pont Törpicur és Törpapa tömegközéppontján megy át, és ez a porond elkezd forogni ω = 0, s 1 szögsebességgel. A keresztek az egyes törpök tömegközéppontját jelölik. A törpök az alsó sorban balról jobbra: Törperős 1,5 kg; Törpapa 1, kg; Tréfi 1, kg; a középső sorban: Okoska 0,9 kg; Törpilla 1,1 kg; legfelül Törpicur 0,5 kg. a/ Mennyi a törpök alkotta gúla tehetetlenségi nyomatéka a porond tengelyére vonatkoztatva? b/ Mennyi a törpök alkotta gúla összes forgási kinetikus energiája? a/ Θ = 0,05 0,9 + 0,05 1,1 + 0,1 1,5 + 0,1 1, = 0,03 kgm b/ E kin,f = ½ Θ ω = 0,5 0,03 0, = 6, J Egyik végén (súrlódásmentes) csuklóval felfogott homogén rudat vízszintes helyzetből (kezdősebesség nélkül) elengedünk. Adjuk meg a/ a rúd szöggyorsulását, b/ a rúd tömegközéppontjának gyorsulását; c/ a rúd rögzítetlen végpontjának gyorsulását a kiindulási pillanatra! d/ Adjuk meg a rúd ω szögsebességét a vízszintessel bezárt ϕ szög függvényében! a/ Számoljuk ki először a rúd tehetetlenségi nyomatékát: L hosszúságú, m tömegű, homogén, állandó A keresztmetszetű rúd tehetetlenségi nyomatéka a rúd végén átmenő tengelyre vonatkoztatva: Θ= = = = 3

4 A rudat a nehézségi erő forgatja, mely a rúd tömegközéppontjában hat. Az erő hatásvonalának távolsága a forgástengelytől kezdetben k 0 =L/, majd ahogy kezd a rúd lefordulni, a hatásvonal közeledik a forgástengelyhez, így az erőkar: k = L/ cosϕ, itt ϕ a rúdnak a vízszintessel bezárt szöge. Írjuk fel az impulzusmomentum-tételt: M=N : M = mg (L/ cos ϕ), N =Θ β, azaz mg L/ cos ϕ = 1/3 ml β ebből a rúd szöggyorsulása β = 3/ g/l cos ϕ (*) b/ A rúd tömegközéppontjának gyorsulása a S = L/ β = 3/4 g cos ϕ c/ A rúd rögzítetlen végpontjának gyorsulása a V = L β = 3/ g cos ϕ, ami induláskor a V0 = 3/ g > g! d/ A (*) differenciálegyenlet leírja a β szöggyorsulást az időfüggő szög ϕ függvényében. A β = dω/dt = dω/dϕ dϕ/dt = ω dω/dϕ átalakítást felhasználva integrálással megkapjuk a szögsebességet a szög függvényében: ω dω/dϕ = 3/ g/l cos ϕ szeparálva ω dω = 3/ g/l cos ϕ dϕ integrálva, és felhasználva, hogy ϕ = 0-nál ω = 0: ω = 3 g / L sin VAGY: A rúd szögsebességét a vízszintessel bezárt ϕ szöge függvényében megkaphatjuk energia-megmaradásból is (mivel a súrlódást, közegellenállást elhanyagolhatjuk). A rúd helyzeti energiáját a tömegközéppontjának helyzetével adjuk meg (legyen a helyzeti energia zérus a kezdő állapotban): 0 = mg L/ sin ϕ + ½ Θ ω = mg L/ sin ϕ + ½ (1/3 ml ) ω ω = 3 g / L sin ϕ pótzh/3. A 0,8 m hosszú, 0,6 kg tömegű rúd végéhez egy 10 cm sugarú, 0, kg tömegű korongot erősítettünk az ábrán látható módon. A rúd+korong a másik végén átmenő vízszintes tengely körül súrlódásmentesen elfordulhat. a/ Hol van a rúd+korong tömegközéppontja? b/ Mekkora a rúd+korong tehetetlenségi nyomatéka a forgástengelyre vonatkoztatva? A rúd felezőpontjára Θ rúd = 1/1 ml, a korong középpontjára Θ korong = ½ Mr. c/ Mekkora szöggyorsulással indul a rúd+korong, ha vízszintes helyzetből elengedjük? d/ Mekkora lesz a rúd+korong szögsebessége a függőleges helyzeten való áthaladáskor? ϕ a/ x s = (½ 0,8 0,6+0,8 0,)/(0,6+0,) = 0,5 m b/ Θ = (1/1 0,6 0,8 +0,6 0,4 ) + (1/ 0, 0,1 +0, 0,8 ) = 0,57 kgm c/ Θβ = 0,6 10 0,4 + 0, 10 0,8 = 4 Nm β = 15,56 s d/ energia-megmaradással ½Θω = (m+m)g x s ω = 5,58 s 1 Egy M tömegű, L hosszúságú pálca egyik végét az asztalra helyezzük, majd függőleges helyzetből elengedjük. Az asztalon lévő vége nem csúszik meg. Adjuk meg a rúd szögsebességét a függőlegessel bezárt szög függvényében! Mekkora sebességgel ér az asztalra a pálca vége? Függőlegesen fellógatott M tömegű, L hosszúságú homogén rúd alsó pontjához vízszintes v sebességgel érkezve hozzátapad egy m tömegű golyó. a) Mekkora szögsebességgel indul a rúd a hozzátapadt golyóval és b) maximum mekkora szöggel lendül ki? 4

5 a) Mivel az ütközés pillanatában a külső erők forgatónyomatéka zérus, a rúd + golyó rendszer impulzusmomentuma az ütközés előtt ill. után megegyezik: ütközés előtt a golyó impulzusa I = mv, ennek momentuma a forgástengelyre N = mv L (a nagysága) (a rúd impulzusmomentuma pedig zérus); ütközés után a rúd+golyó rendszer impulzusmomentuma N = Θβ, ahol Θ = 1/3 ML + ml, tehát mv L = (1/3 ML + ml ) ω ω = m / (M/3+m) v/l b) Mivel a rúd súrlódásmentesen fordul, energia-megmaradással számíthatjuk, milyen magasra lendül ki: ½ Θω = Mg (L/ cos α) + mg (L cos α) cos α = zh/. M = 5 kg tömegű, L =,4 m hosszúságú vízszintes helyzetű vékony homogén rúd a végétől L/6 távolságra átmenő vízszintes tengely körül súrlódásmentesen foroghat. A rúd tengelytől távolabbi végpontjához alulról hozzádobunk egy m = 1 kg tömegű golyót függőleges v = 15 m/s sebességgel. A golyó hozzáragad a rúdhoz; az ütközés tökéletesen rugalmatlannak tekinthető. a) Adjuk meg az összeragadt golyó + rúd tömegközéppontjának távolságát a forgástengelytől! b) Számoljuk ki az összeragadt golyó + rúd tehetetlenségi nyomatékát a megadott forgástengelyre vonatkoztatva! A rúd tehetetlenségi nyomatéka a tömegközéppontján átmenő, rúdra merőleges tengelyre vonatkoztatva Θ = (1/1) ML c) Mekkora a golyó + rúd impulzusmomentuma az ütközés után? d) Átfordul-e a rúd a hozzáragadt golyóval a függőleges helyzeten? a) A homogén rúd tömegközéppontja a felezőpontjában van, ami a forgástengelytől L/ L/6 = L/3 távolságra van, a golyó pedig 5L/6 távolságban van a forgástengelytől, így a tömegközéppont d tk = [M (L/3)+m (5L/6)] / (M+m) = (5 0,8+1 ) / (5+1) = 1 m távolságra van a forgástengelytől. b) A forgástengely L/3-mal van eltolva a tömegközépponttól, ezért a rúd tehetetlenségi nyomatéka erre a tengelyre (a Steiner-tétellel számolva) Θ rúd = Θ s + M (L/3) = (7/36) ML = 5,6 kgm, a rúd végpontjához ragadt golyóé pedig Θ golyó = m(5l/6) = 4 kgm, tehát Θ = Θ rúd + Θ golyó = 9,6 kgm. c) Az ütközés pillanatában a külső erők forgatónyomatéka zérus, alkalmazhatjuk az impulzusmomentummegmaradást. Ütközés előtt a rúd nem mozog, a rúdhoz közeledő golyó impulzusának a momentuma az adott tengelyre vonatkoztatva pedig N = (5L/6) mv = 30 kgm /s, ennyi lesz tehát az impulzusmomentum az ütközés után is. d) Az impulzusmomentumból kiszámolhatjuk a rúd+golyó kezdeti szögsebességét: N = Θω ω = N / Θ = 30 / 9,6 = 3,15 s 1. Számoljuk ki azt, mekkora minimális kezdeti szögsebesség kell ahhoz, hogy a rúd függőleges helyzetbe forduljon. Mivel a rúd súrlódásmentesen foroghat a tengely körül, alkalmazhatjuk az energia-megmaradást: ½ Θω 0 = E pot, ahol E pot a rúd+golyó helyzeti energiája a függőleges helyzetben, ami a tömegközéppont emelkedéséből számolható, tehát ½ Θω 0 = (M+m)g d tk. Ebből ω 0 =!1,5 3,53 s 1, vagyis a rúd nem jut el a függőleges helyzetbe. Két homogén, m tömegű, L hosszú pálca v sebességgel közeledik egymáshoz vízszintes súrlódásmentes asztalon. A pálcák merőlegesek a sebességükre, de el vannak tolódva egymáshoz képest. Ütközés után a két pálca összeragad. Hogy fognak mozogni? L/ v L v 5

6 Az ütközés közben külső erő nem hat a pálcákra, így érvényes az impulzus- és az impulzusmomentummegmaradás. Az impulzus-megmaradásból következik, hogy mivel a két test tömege és sebessége egyenlő, ütközés után az össz-impulzus zérus, vagyis a tömegközéppont helyben marad. A két pálca összeragadva a tömegközéppont körül fog forogni állandó szögsebességgel. A szögsebességet az impulzusmomentummegmaradásból tudjuk kiszámolni: a v sebességgel közeledő pálcák impulzusának momentuma egyenlő az összetapadt forgó test impulzusmomentumával, azaz a tehetetlenségi nyomaték és a szögsebesség szorzatával. Vegyük vonatkoztatási pontnak a közös tömegközéppontot, így a pálcák impulzusának momentuma N = ( mv L/4 ) (mindkettő ugyanabba az irányba forgat!) Az összetapadt forgó test tehetetlenségi nyomatéka Θ= /& '/& /& = '/& amivel az impulzusmomentuma N = Θ ω = ) *+ ml ω Tehát ( mv L/4 ) = ) *+ ml ω ω =, ( - /& = ( = '/& &, a/ Mekkora gyorsulással gördül le egy α hajlásszögű lejtőn [A] egy henger; [B] egy golyó; [C] egy üres belsejű henger? b/ Mekkora lesz a sebességük a lejtő alján? c/ Miért térnek el ezek a sebességek a súrlódásmentesen lecsúszó test sebességétől? a/ A lejtőn legördülő testre hat az mg gravitációs erő, a lejtő F n nyomóereje és egy F t tapadási súrlódási erő a lejtőn felfelé a test és a lejtő érintkezésénél. Felírhatjuk - egyrészt a haladó mozgásra a tömegközéppont-tételt: ma = mg + F n + F t Mivel F n = mg cosα, ezért a lejtő síkjával párhuzamosan ma = mg sinα - F t - másrészt a forgó mozgásra az impulzusmomentum-tételt: M = N = Θβ Itt választhatjuk forgástengelynek akár a tömegközéppontot, akár a test és a lejtő érintkezési pontját. Tömegközépponton átmenő tengelyre: mivel mg és F n átmennek a tömegközépponton, arra a pontra forgatónyomatéka csak F t -nek van: Θ S β = F t R, ahol Θ S a test tömegközéppontra vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka; Vagy az érintkezési ponton átmenő tengelyre: mivel F t és F n átmennek azon a ponton, forgatónyomatéka csak mg-nek van, és az erőkar R sinα: ahol Θ P = Θ S + mr. Ha a test tisztán gördül (nem csúszik meg), akkor a = Rβ. A 3 egyenlet tehát: (1) ma = mg sinα F t ; () Θ S β = F t R vagy Θ P β = mg R sinα, (3) a = Rβ. Ezekből g sin α a = ΘS 1+ mr [A] hengerre Θ henger = 1/ mr, a henger = /3 g sin α [B] gömbre Θ gömb = /5 mr, a gömb = 5/7 g sin α [C] üres hengerre Θ üres henger = mr, a üres henger = 1/ g sin α b/ A lejtő hossza legyen L. Ekkor s = L = ½ at t=!l/a és 1 =3 =!L/a = al, vagyis [A] hengerre 1 =4 + g L sinα, [B] gömbre 1 =4:; g L sinα, [C] üres hengerre 1 =! g L sinα. ) 6

7 c/ A súrlódásmentesen lecsúszó test sebessége a lejtő alján 1 =!g L sinα lenne, a gördülő testek végsebessége ennél kisebb lesz. Az energia-megmaradás mégis teljesül, mert a gördülő testeknek forgási kinetikus energiájuk is van: E forg = ½ Θ ω. Ekkor tehát E mech = E pot + E kin + E forg = 0, vagyis mg L sinα + ½ mv + ½ Θ ω = 0 Mivel a testek tisztán gördülnek, ezért v = ωr. Ellenőrizhetjük pl. a henger esetében: + E pot = mg L sinα ; E kin = ½ m ( + glsinα) = * mg L sinα ; E forg = ½ ( : * mr ) = : mg L sinα A * 011. zh/3. m, r h H α β Az ábrán látható gördeszka gyakorlópálya egy α = 44 hajlásszögű, h = 7 m magas és egy H = 10 m magas, β hajlásszögű ellenlejtőből áll, amelyek alul ívesen csatlakoznak. A pálya tetejétől elindítunk (ahol a gömb tömegközéppontja h = 7 m-rel van magasabban, mint a gödör legalsó pontja) kezdősebesség nélkül egy m = 1 kg tömegű, r = 10 cm sugarú gömböt, amely csúszásmentesen gördül a lejtőn. A gömb tehetetlenségi nyomatéka a tömegközéppontjára vonatkoztatva /5 mr. a) Mekkora a gömb tömegközéppontjának gyorsulása az induláskor? b) Mekkora a gömb tömegközéppontjának sebessége a pálya alsó pontján való áthaladásakor? c) Milyen magasra jut a szemközti oldalon? d) Adjuk meg β függvényében a gömb szögsebességét az ellenlejtőn ½h = 3,5 m magasan! a) A gömb haladó mozgására: ma = mgsinα F t, ill. a forgására, forgástengelynek a tömegközéppontot tekintve: Θβ = F t r, és mivel a gömb tisztán gördül, a = rβ. Ezekből a = g sinα / (1+Θ/mr ) = 5/7 g sinα 4,96 m/s. b) Energia-megmaradást alkalmazva mgh = ½ mv + ½ Θω mgh = ½ mv + ½ Θ(v/r) = ½ (1+Θ/mr ) mv = ½ (7/5) mv 1 =4 :; BC = 10 m/s. ) c) Energia-megmaradást alkalmazva mgh = mgh, azaz ugyanolyan magasra. d) A szögsebesség független lesz β-tól. (0,5 p.) Energia-megmaradást alkalmazva mgh = mgh + ½ mv + ½ Θω mgh = mgh + ½ (7/5) m(ωr) D = E 4:; ) B(C'CG )=50 70,7 s -1 M tömegű, R sugarú csigára feltekert fonálon m tömegű teher függ a földtől h magasságban. Elengedve milyen végsebességgel érkezik le? (A súrlódás elhanyagolható.) 7

8 Ha a súrlódást elhanyagolhatjuk, akkor energia-megmaradással mgh = ½ mv + ½ Θω a korongra Θ= ½ MR ha a kötél nem csúszik meg a csigán, akkor ω = v/r tehát mgh = ½ mv + ½ (½ MR )(v/r) = ½ (m + M/) v v = mgh /(m + M / ) 01 tavasz 8. házi feladat M = 4 kg tömegű, R = 0,4 m sugarú állócsigára vetett kötélen egyik oldalon m 1 = 6 kg tömegű, másik oldalon m = kg tömegű teher lóg magasan a föld felett. a. A tömegeket elengedve mekkora lesz a rendszer gyorsulása? b. Mekkorák a kötélerők? A kötél nyújthatatlan és elhanyagolható tömegű, a csiga súrlódásmentesen forog. A mozgásegyenletek: az m 1 tömegű test lefelé gyorsul: m 1 a = m 1 g K 1 az m tömegű test felfelé gyorsul: m a = K m g A két test gyorsulásának nagysága megegyezik, mert a kötél nyújthatatlan, de a két kötélerő nem egyenlő nagyságú, mert a csigát a kötélerők forgatják: Θ β = ( K 1 K ) R ahol a korong alakú csiga tehetetlenségi nyomatéka Θ = ½ MR A kötél nem csúszik meg a csigán: a = R β Ezeket egymásba helyettesítve ½ MR (a/r) = [ m 1 (g a) m (g+a) ] R a = (m 1 m ) / (m 1 +m +M/) g = 0,4g 4 m/s K 1 = m 1 (g a) = 36 N, K = m (g+a) = 8 N 011 tavasz 8. házi feladat Vízszintes asztalra M tömegű, R sugarú hengert teszünk, amire nyújthatatlan, elhanyagolható tömegű kötél van feltekerve. A kötél végére m tömegű testet rögzítettünk, és a kötelet átvetettük az asztal széléhez rögzített csigán. A csiga súrlódásmentesen forog és a tömege elhanyagolható. A henger az asztalon tisztán gördül, nem csúszik meg. Mekkora a test gyorsulása? Az m tömegű testre hat az mg nehézségi erő és egy K kötélerő: ma = mg K A korongra vízszintes irányban hat a K kötélerő és a síkkal való P érintkezési pontnál egy F t tapadási súrlódási erő. A korong gördülését vizsgálhatjuk úgy, hogy pillanatnyi forgástengelynek 1) a P érintkezési pontot tekintjük; ekkor a P pont gyorsulása zérus, forgatónyomatéka csak K-nak van: Θ P β = K R, ahol Θ P = ½ MR + MR = 3/ MR és β = a / R VAGY ) a korong S tömegközéppontját tekintjük; ekkor az S pont gyorsulása ma S = K F t, ahol a S = a / forgatónyomatéka K-nak és F t -nek is van: Θ S β = K R + F t R, ahol Θ S = ½ MR és β = a S / R = a / R. Az egyenleteket megoldva a gyorsulás a = 8m / (8m+3M) g 8

9 Mennyezethez rögzített M 1 tömegű állócsigán átvetett kötél egyik oldalán a végéhez rögzítve m tömegű test lóg, a másik oldalon pedig egy M tömegű csiga, amin átvezetjük a kötelet és a kötélnek az a vége az M 1 tömegű csiga középpontjához van rögzítve. Mekkora az m tömegű test gyorsulása és mekkorák a kötélerők? Egy M tömegű, R sugarú korongot leteszünk vízszintes síkra úgy, hogy egy helyben ω 0 szögsebességgel pörög. Mit fog csinálni, ha a síkkal való érintkezési pontjánál F s súrlódási erő lép fel? Az F s súrlódási erő a korong forgását fékezi (1), de ezzel a haladó mozgását gyorsítja (), tehát (1) Θβ = F s R, ahol Θ = ½ MR () Ma = F s, F s = µmg a = µg Mivel a korong most nem gördül, ezért most nem igaz, hogy a = βr! A fentiekből ½ MR β = µmg R β = µg/r a szögsebesség az idő függvényében ω(t) = ω 0 + β t = ω 0 µg/r t a korong sebessége az idő függvényében v(t) = at = µgt Attól a pillanattól kezdve, amikor v(t) = R ω(t) teljesül, a korong tisztán gördülni fog: R (ω 0 µg/r t) = µgt t = Rω 0 / 3µg Egy M tömegű, R sugarú korongot meglökünk v 0 kezdősebességgel vízszintes síkon úgy, hogy forgás nélkül tisztán csúszik. Mikortól fog tisztán gördülni? A korongnak a síkkal való érintkezési pontjánál fellépő F s súrlódási erő a haladó mozgást fékezi (1), de a korong forgását gyorsítja (). (1) Ma = F s, F s = µmg a = µg () Θβ = F s R, ahol Θ = ½ MR (most nem igaz, hogy a = βr! ) a korong sebessége az idő függvényében v(t) = v 0 at = v 0 µgt a szögsebesség az idő függvényében ω(t) = βt = µg/r t Attól a pillanattól kezdve, amikor v(t) = R ω(t) teljesül, a korong tisztán gördülni fog: µg t = v 0 µgt t = v 0 / 3µg 9

Fizika 1 Mechanika órai feladatok megoldása 10. hét

Fizika 1 Mechanika órai feladatok megoldása 10. hét Fizika 1 Mechanika órai feladatok megoldása 10. hét Tehetetlenségi nyomaték m tömegű, a forgástengelytől l távolságra lévő tömegpont tehetetlenségi nyomatéka a rögzített tengelyre vonatkoztatva: Θ = m

Részletesebben

1. Feladatok merev testek fizikájának tárgyköréből

1. Feladatok merev testek fizikájának tárgyköréből 1. Feladatok merev testek fizikájának tárgyköréből Forgatónyomaték, impulzusmomentum, impulzusmomentum tétel 1.1. Feladat: (HN 13B-7) Homogén tömör henger csúszás nélkül gördül le az α szög alatt hajló

Részletesebben

1. Feladatok a dinamika tárgyköréből

1. Feladatok a dinamika tárgyköréből 1. Feladatok a dinamika tárgyköréből Newton három törvénye 1.1. Feladat: Három azonos m tömegű gyöngyszemet fonálra fűzünk, egymástól kis távolságokban a fonálhoz rögzítünk, és az elhanyagolható tömegű

Részletesebben

KÖRMOZGÁS, REZGŐMOZGÁS, FORGÓMOZGÁS

KÖRMOZGÁS, REZGŐMOZGÁS, FORGÓMOZGÁS KÖRMOZGÁS, REZGŐMOZGÁS, FORGÓMOZGÁS 1 EGYENLETES KÖRMOZGÁS Pálya kör Út ív Definíció: Test körpályán azonos irányban haladva azonos időközönként egyenlő íveket tesz meg. Periodikus mozgás 2 PERIODICITÁS

Részletesebben

1. Feladatok munkavégzés és konzervatív erőterek tárgyköréből. Munkatétel

1. Feladatok munkavégzés és konzervatív erőterek tárgyköréből. Munkatétel 1. Feladatok munkavégzés és konzervatív erőterek tárgyköréből. Munkatétel Munkavégzés, teljesítmény 1.1. Feladat: (HN 6B-8) Egy rúgót nyugalmi állapotból 4 J munka árán 10 cm-rel nyújthatunk meg. Mekkora

Részletesebben

A Hamilton-Jacobi-egyenlet

A Hamilton-Jacobi-egyenlet A Hamilton-Jacobi-egyenlet Ha sikerül olyan kanonikus transzformációt találnunk, amely a Hamilton-függvényt zérusra transzformálja akkor valamennyi új koordináta és impulzus állandó lesz: H 0 Q k = H P

Részletesebben

Gépészmérnöki alapszak, Mérnöki fizika ZH, október 10.. CHFMAX. Feladatok (maximum 3x6 pont=18 pont)

Gépészmérnöki alapszak, Mérnöki fizika ZH, október 10.. CHFMAX. Feladatok (maximum 3x6 pont=18 pont) 1. 2. 3. Mondat E1 E2 Gépészmérnöki alapszak, Mérnöki fizika ZH, 2017. október 10.. CHFMAX NÉV: Neptun kód: Aláírás: g=10 m/s 2 Előadó: Márkus / Varga Feladatok (maximum 3x6 pont=18 pont) 1) Az l hosszúságú

Részletesebben

ZH dec Adott a következő erőtér: E = - 2 (xy + z) i x 2 j (ax + 5) k

ZH dec Adott a következő erőtér: E = - 2 (xy + z) i x 2 j (ax + 5) k ZH2 2003. dec. 5. 1. Adott a következő erőtér: E = - 2 (xy + z) i x 2 j (ax + 5) k a. a = 4 esetén mennyi munkát végez az erőtér, ha egy m = 3 kg tömegű testet mozgat a P 1 (0,6,5) pontból a P 2 (5,-9,10)

Részletesebben

Tömegpontok mozgása egyenes mentén, hajítások

Tömegpontok mozgása egyenes mentén, hajítások 2. gyakorlat 1. Feladatok a kinematika tárgyköréből Tömegpontok mozgása egyenes mentén, hajítások 1.1. Feladat: Mekkora az átlagsebessége annak pontnak, amely mozgásának első szakaszában v 1 sebességgel

Részletesebben

Gépészmérnöki alapszak Mérnöki fizika ZH NÉV: október 18. Neptun kód:...

Gépészmérnöki alapszak Mérnöki fizika ZH NÉV: október 18. Neptun kód:... 1. 2. 3. Mondat E1 E2 Össz Gépészmérnöki alapszak Mérnöki fizika ZH NÉV:.. 2018. október 18. Neptun kód:... g=10 m/s 2 Előadó: Márkus/Varga Az eredményeket a bekeretezett részbe be kell írni! 1. Egy m=3

Részletesebben

EGYSZERŰ GÉPEK. Azok az eszközök, amelyekkel kedvezőbbé lehet tenni az erőhatás nagyságát, irányát, támadáspontjának helyét.

EGYSZERŰ GÉPEK. Azok az eszközök, amelyekkel kedvezőbbé lehet tenni az erőhatás nagyságát, irányát, támadáspontjának helyét. EGYSZERŰ GÉPEK Azok az eszközök, amelyekkel kedvezőbbé lehet tenni az erőhatás nagyságát, irányát, támadáspontjának helyét. Az egyszerű gépekkel munkát nem takaríthatunk meg, de ugyanazt a munkát kisebb

Részletesebben

Oktatási Hivatal FIZIKA. II. kategória. A 2017/2018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 1. forduló. Javítási-értékelési útmutató

Oktatási Hivatal FIZIKA. II. kategória. A 2017/2018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 1. forduló. Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal A 2017/2018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 1. forduló FIZIKA II. kategória Javítási-értékelési útmutató 1. feladat. Az m tömeg, L hosszúságú, egyenletes keresztmetszet,

Részletesebben

Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény) szerint az áramkörben levő elektromotoros erők. E i = U j (3.1)

Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény) szerint az áramkörben levő elektromotoros erők. E i = U j (3.1) 3. Gyakorlat 29A-34 Egy C kapacitású kondenzátort R ellenálláson keresztül sütünk ki. Mennyi idő alatt csökken a kondenzátor töltése a kezdeti érték 1/e 2 ed részére? Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény)

Részletesebben

Merev testek kinematikája

Merev testek kinematikája Merev testek kinematikája Egy pontrendszert merev testnek tekintünk, ha bármely két pontjának távolsága állandó. (f=6, Euler) A merev test tetszőleges mozgása leírható elemi transzlációk és elemi rotációk

Részletesebben

Gyakorlat 30B-14. a F L = e E + ( e)v B képlet, a gravitációs erőt a (2.1) G = m e g (2.2)

Gyakorlat 30B-14. a F L = e E + ( e)v B képlet, a gravitációs erőt a (2.1) G = m e g (2.2) 2. Gyakorlat 30B-14 Az Egyenlítőnél, a földfelszín közelében a mágneses fluxussűrűség iránya északi, nagysága kb. 50µ T,az elektromos térerősség iránya lefelé mutat, nagysága; kb. 100 N/C. Számítsuk ki,

Részletesebben

Kényszerfeltételek február 10. F = ma

Kényszerfeltételek február 10. F = ma Kényszerfeltételek 2017. február 10. A dinamika alapegyenletei nagyon egyszer ek. Ha a testek forgását csak síkban vizsgáljuk (azaz a forgástengely mindig egy irányba mutat, nem tanulmányozzuk például

Részletesebben

Gyakorló feladatok Feladatok, merev test dinamikája

Gyakorló feladatok Feladatok, merev test dinamikája Gyakorló feladatok Feladatok, merev test dinamikája 4.5.1. Feladat Határozza meg egy súlytalannak tekinthető súlypontját. 2 m hosszú rúd két végén lévő 2 kg és 3 kg tömegek Feltéve, hogy a súlypont a 2

Részletesebben

1. gyakorlat. Egyenletes és egyenletesen változó mozgás. 1. példa

1. gyakorlat. Egyenletes és egyenletesen változó mozgás. 1. példa 1. gyakorlat Egyenletes és egyenletesen változó mozgás egyenletes mozgás egyenletesen változó mozgás gyorsulás a = 0 a(t) = a = állandó sebesség v(t) = v = állandó v(t) = v(0) + a t pályakoordináta s(t)

Részletesebben

Felvételi, 2017 július -Alapképzés, fizika vizsga-

Felvételi, 2017 július -Alapképzés, fizika vizsga- Sapientia Erdélyi Magyar Tudományegyetem Marosvásárhelyi Kar Felvételi, 2017 július -Alapképzés, fizika vizsga- Minden tétel kötelező. Hivatalból 10 pont jár. Munkaidő 3 óra. I. Az alábbi kérdésekre adott

Részletesebben

Fizika 1i, 2018 őszi félév, 4. gyakorlat

Fizika 1i, 2018 őszi félév, 4. gyakorlat Fizika 1i, 018 őszi félév, 4. gyakorlat Szükséges előismeretek: erőtörvények: rugóerő, gravitációs erő, közegellenállási erő, csúszási és tapadási súrlódás; kényszerfeltételek: kötél, állócsiga, mozgócsiga,

Részletesebben

Oktatási Hivatal FIZIKA. I. kategória. A 2017/2018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2. forduló. Javítási-értékelési útmutató

Oktatási Hivatal FIZIKA. I. kategória. A 2017/2018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2. forduló. Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal A 017/018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny. forduló FIZIKA I. kategória Javítási-értékelési útmutató A versenyz k gyelmét felhívjuk arra, hogy áttekinthet en és olvashatóan

Részletesebben

A nagyobb tömegű Peti 1,5 m-re ült a forgástengelytől. Összesen: 9p

A nagyobb tömegű Peti 1,5 m-re ült a forgástengelytől. Összesen: 9p Jedlik 9-10. o. reg feladat és megoldás 1) Egy 5 m hosszú libikókán hintázik Évi és Peti. A gyerekek tömege 30 kg és 50 kg. Egyikük a hinta végére ült. Milyen messze ült a másik gyerek a forgástengelytől,

Részletesebben

Mechanika. Kinematika

Mechanika. Kinematika Mechanika Kinematika Alapfogalmak Anyagi pont Vonatkoztatási és koordináta rendszer Pálya, út, elmozdulás, Vektormennyiségek: elmozdulásvektor Helyvektor fogalma Sebesség Mozgások csoportosítása A mozgásokat

Részletesebben

Osztályozó, javító vizsga 9. évfolyam gimnázium. Írásbeli vizsgarész ELSŐ RÉSZ

Osztályozó, javító vizsga 9. évfolyam gimnázium. Írásbeli vizsgarész ELSŐ RÉSZ Írásbeli vizsgarész ELSŐ RÉSZ 1. Egy téglalap alakú háztömb egyik sarkából elindulva 80 m, 150 m, 80 m utat tettünk meg az egyes házoldalak mentén, míg a szomszédos sarokig értünk. Mekkora az elmozdulásunk?

Részletesebben

2.3 Newton törvények, mozgás lejtőn, pontrendszerek

2.3 Newton törvények, mozgás lejtőn, pontrendszerek Keresés (http://wwwtankonyvtarhu/hu) NVDA (http://wwwnvda-projectorg/) W3C (http://wwww3org/wai/intro/people-use-web/) A- (#) A (#) A+ (#) (#) English (/en/tartalom/tamop425/0027_fiz2/ch01s03html) Kapcsolat

Részletesebben

Lendület. Lendület (impulzus): A test tömegének és sebességének szorzata. vektormennyiség: iránya a sebesség vektor iránya.

Lendület. Lendület (impulzus): A test tömegének és sebességének szorzata. vektormennyiség: iránya a sebesség vektor iránya. Lendület Lendület (impulzus): A test tömegének és sebességének szorzata. vektormennyiség: iránya a sebesség vektor iránya. Lendülettétel: Az lendület erő hatására változik meg. Az eredő erő határozza meg

Részletesebben

Oktatási Hivatal FIZIKA I. KATEGÓRIA. A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló FELADATOK

Oktatási Hivatal FIZIKA I. KATEGÓRIA. A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló FELADATOK Oktatási Hivatal A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA FELADATOK Bimetal motor tulajdonságainak vizsgálata A mérőberendezés leírása: A vizsgálandó

Részletesebben

IMPULZUS MOMENTUM. Impulzusnyomaték, perdület, jele: N

IMPULZUS MOMENTUM. Impulzusnyomaték, perdület, jele: N IPULZUS OENTU Impulzusnyomaték, perdület, jele: N Definíció: Az (I) impulzussal rendelkező test impulzusmomentuma egy tetszőleges O pontra vonatkoztatva: O I r m Az impulzus momentum vektormennyiség: két

Részletesebben

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 13.

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 13. A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 0. szeptember. Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható nálható. Válaszait csak az üres mezőkbe írja! A javítók

Részletesebben

Fizika. Fizika. Nyitray Gergely (PhD) PTE PMMIK február 13.

Fizika. Fizika. Nyitray Gergely (PhD) PTE PMMIK február 13. Fizika Nyitray Gergely (PhD) PTE PMMIK 017. február 13. A lejtő mint kényszer A lejtő egy ún. egyszerű gép. A következő problémában először a lejtőt rögzítjük, és egy m tömegű test súrlódás nélkül lecsúszik

Részletesebben

Digitális tananyag a fizika tanításához

Digitális tananyag a fizika tanításához Digitális tananyag a fizika tanításához Ismétlés Erőhatás a testek mechanikai kölcsönhatásának mértékét és irányát megadó vektormennyiség. jele: mértékegysége: 1 newton: erőhatás következménye: 1N 1kg

Részletesebben

Irányításelmélet és technika I.

Irányításelmélet és technika I. Irányításelmélet és technika I. Mechanikai rendszerek dinamikus leírása Magyar Attila Pannon Egyetem Műszaki Informatikai Kar Villamosmérnöki és Információs Rendszerek Tanszék amagyar@almos.vein.hu 2010

Részletesebben

Mérnöki alapok 2. előadás

Mérnöki alapok 2. előadás Mérnöki alapok. előadás Készítette: dr. Váradi Sándor Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gépészmérnöki Kar Hidrodinamikai Rendszerek Tanszék 1111, Budapest, Műegyetem rkp. 3. D ép. 334. Tel:

Részletesebben

Érettségi feladatok Koordinátageometria_rendszerezve / 5

Érettségi feladatok Koordinátageometria_rendszerezve / 5 Érettségi feladatok Koordinátageometria_rendszerezve 2005-2013 1/ 5 Vektorok 2005. május 28./12. Adottak az a (4; 3) és b ( 2; 1) vektorok. a) Adja meg az a hosszát! b) Számítsa ki az a + b koordinátáit!

Részletesebben

Érettségi feladatok: Koordináta-geometria 1/5

Érettségi feladatok: Koordináta-geometria 1/5 Érettségi feladatok: Koordináta-geometria 1/5 2003. Próba/ 13. Adott egy háromszög három csúcspontja a koordinátáival: A( 4; 4), B(4; 4) és C( 4; 8). Számítsa ki a C csúcsból induló súlyvonal és az A csúcsból

Részletesebben

Bevezető fizika (VBK) zh1 tesztkérdések Mi az erő mértékegysége? NY) kg m 2 s 1 GY) Js LY) kg m 2 s 2 TY) kg m s 2

Bevezető fizika (VBK) zh1 tesztkérdések Mi az erő mértékegysége? NY) kg m 2 s 1 GY) Js LY) kg m 2 s 2 TY) kg m s 2 Mi az erő mértékegysége? NY) kg m 2 s 1 GY) Js LY) kg m 2 s 2 TY) kg m s 2 Mi a csúszási súrlódási együttható mértékegysége? NY) kg TY) N GY) N/kg LY) Egyik sem. Mi a csúszási súrlódási együttható mértékegysége?

Részletesebben

MateFIZIKA: Pörgés, forgás, csavarodás (Vektorok és axiálvektorok a fizikában)

MateFIZIKA: Pörgés, forgás, csavarodás (Vektorok és axiálvektorok a fizikában) MateFIZIKA: Pörgés, forgás, csavarodás (Vektorok és axiálvektorok a fizikában) Tasnádi Tamás 1 2015. április 17. 1 BME, Mat. Int., Analízis Tsz. Tartalom Vektorok és axiálvektorok Forgómozgás, pörgettyűk

Részletesebben

Rönk mozgatása rámpán kötelekkel

Rönk mozgatása rámpán kötelekkel Rönk mozgatása rámpán kötelekkel Az interneten találtuk az alábbi feladatot. ábra..3. Тяжелое бревно втягивают вверх по наклонной плоскости с помощью двух параллельных канатов, закрепленных, как указано

Részletesebben

1. Feladatok rugalmas és rugalmatlan ütközések tárgyköréből

1. Feladatok rugalmas és rugalmatlan ütközések tárgyköréből 1. Feladatok rugalmas és rugalmatlan ütközések tárgyköréből Impulzustétel, impulzusmegmaradás törvénye 1.1. Feladat: Órai megoldásra 1. feladat Egy m = 4 kg tömegű kalapács v 0 = 6 m/s sebességgel érkezik

Részletesebben

28. Nagy László Fizikaverseny Szalézi Szent Ferenc Gimnázium, Kazincbarcika február 28. március osztály

28. Nagy László Fizikaverseny Szalézi Szent Ferenc Gimnázium, Kazincbarcika február 28. március osztály 1. feladat a) A négyzet alakú vetítővászon egy oldalának hossza 1,2 m. Ahhoz, hogy a legnagyobb nagyításban is ráférjen a diafilm-kocka képe a vászonra, és teljes egészében látható legyen, ahhoz a 36 milliméteres

Részletesebben

10. Koordinátageometria

10. Koordinátageometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 0. Koordinátageometria. Melyek azok a P x; y pontok, amelyek koordinátái kielégítik az Ábrázolja a megoldáshalmazt a koordináta-síkon! x y x 0 egyenlőtlenséget? ELTE 00. szeptember

Részletesebben

Felvételi, 2018 szeptember - Alapképzés, fizika vizsga -

Felvételi, 2018 szeptember - Alapképzés, fizika vizsga - Sapientia Erdélyi Magyar Tudományegyetem Marosvásárhelyi Kar Felvételi, 2018 szeptember - Alapképzés, fizika vizsga - Minden tétel kötelező Hivatalból 10 pont jár Munkaidő 3 óra I Az alábbi kérdésekre

Részletesebben

Figyelem! Csak belső és saját használatra! Terjesztése és másolása TILOS!

Figyelem! Csak belső és saját használatra! Terjesztése és másolása TILOS! Figyelem! Csak belső és saját használatra! Terjesztése és másolása TILOS! 1. példa Vasúti kocsinak a 6. ábrán látható ütközőjébe épített tekercsrugóban 44,5 kn előfeszítő erő ébred. A rugó állandója 0,18

Részletesebben

37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra A verseny hivatalos támogatói

37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra A verseny hivatalos támogatói 37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló 2018. március 20. 14-17 óra A verseny hivatalos támogatói Oktatási Hivatal, Pedagógiai Oktatási Központok I. kategória, Gimnázium 9.

Részletesebben

Mérnöki alapok 2. előadás

Mérnöki alapok 2. előadás Mérnöki alapok. előadás Készítette: dr. Váradi Sándor Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gépészmérnöki Kar Hidrodinamikai Rendszerek Tanszék 1111, Budapest, Műegyetem rkp. 3. D ép. 334. Tel:

Részletesebben

3.1. ábra ábra

3.1. ábra ábra 3. Gyakorlat 28C-41 A 28-15 ábrán két, azonos anyagból gyártott ellenállás látható. A véglapokat vezető 3.1. ábra. 28-15 ábra réteggel vonták be. Tételezzük fel, hogy az ellenállások belsejében az áramsűrűség

Részletesebben

Hatvani István fizikaverseny Döntő. 1. kategória

Hatvani István fizikaverseny Döntő. 1. kategória 1. kategória 1.D.1. A villamosiparban a repülő drónok nagyon hasznosak, például üzemzavar esetén gyorsan és hatékonyan tudják felderíteni, hogy hol van probléma. Egy ilyen hibakereső drón felszállás után,

Részletesebben

Szeretném felhívni figyelmüket a feltett korábbi vizsgapéldák és az azokhoz tartozó megoldások felhasználásával kapcsolatban néhány dologra.

Szeretném felhívni figyelmüket a feltett korábbi vizsgapéldák és az azokhoz tartozó megoldások felhasználásával kapcsolatban néhány dologra. Tisztelt Hallgatók! Szeretném felhívni figyelmüket a feltett korábbi vizsgapéldák és az azokhoz tartozó megoldások felhasználásával kapcsolatban néhány dologra. Az, hogy valaki egy korábbi vizsga megoldását

Részletesebben

A 2011/2012. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából II.

A 2011/2012. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából II. Oktatási Hivatal A / tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából II kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható

Részletesebben

Mechanika - Versenyfeladatok

Mechanika - Versenyfeladatok Mechanika - Versenyfeladatok 1. A mellékelt ábrán látható egy jobbmenetű csavar és egy villáskulcs. A kulcsra ható F erővektor nyomatékot fejt ki a csavar forgatása céljából. Az erő támadópontja és az

Részletesebben

Tehetetlenségi nyomatékok

Tehetetlenségi nyomatékok Tehetetlenségi nyomtékok 1 Htározzuk meg z m tömegű l hosszúságú homogén rúd tehetetlenségi nyomtékát rúd trtóegyenesét metsző tetszőleges egyenesre vontkozón, h rúd és z egyenes hjlásszöge α, rúd középpontjánk

Részletesebben

38. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra A verseny hivatalos támogatói

38. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra A verseny hivatalos támogatói 38. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló 2019. március 19. 14-17 óra A verseny hivatalos támogatói Oktatási Hivatal, Pedagógiai Oktatási Központok I. kategória, Gimnázium 9.

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatgyűjtemény

Koordináta-geometria feladatgyűjtemény Koordináta-geometria feladatgyűjtemény A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók Vektorok 1. Egy négyzet két szemközti csúcsának koordinátái: A( ; 7) és C(4 ; 1). Határozd meg a másik két csúcs

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Határozd meg a szakasz hosszát, ha a végpontok koordinátái: A ( 1; ) és B (5; )! A szakasz hosszához számítsuk ki a két pont távolságát: d AB = AB = (5 ( 1)) + ( ) = 6 + 1 = 7 6,08.. Határozd

Részletesebben

1. fejezet. Gyakorlat C-41

1. fejezet. Gyakorlat C-41 1. fejezet Gyakorlat 3 1.1. 28C-41 A 1.1 ábrán két, azonos anyagból gyártott ellenállás látható. A véglapokat vezető réteggel vonták be. Tételezzük fel, hogy az ellenállások belsejében az áramsűrűség bármely,

Részletesebben

rnök k informatikusoknak 1. FBNxE-1 Klasszikus mechanika

rnök k informatikusoknak 1. FBNxE-1 Klasszikus mechanika Fizika mérnm rnök k informatikusoknak 1. FBNxE-1 Mechanika. előadás Dr. Geretovszky Zsolt 1. szeptember 15. Klasszikus mechanika A fizika azon ága, melynek feladata az anyagi testek mozgására vonatkozó

Részletesebben

Feladatok. 1. a) Mekkora egy 5 cm oldalú négyzet átlója?

Feladatok. 1. a) Mekkora egy 5 cm oldalú négyzet átlója? Feladatok 1. a) Mekkora egy 5 cm oldalú négyzet átlója? A háromszög derékszögű, ezért írjuk fel a Pitagorasz-tételt! e 5 5 50 e 50 7,07 cm b) Mekkora egy a oldalú négyzet átlója? e a a a e a. Egy négyzet

Részletesebben

Gnädig Péter: Golyók, labdák, korongok és pörgettyűk csalafinta mozgása április 16. Pörgettyűk különböző méretekben az atomoktól a csillagokig

Gnädig Péter: Golyók, labdák, korongok és pörgettyűk csalafinta mozgása április 16. Pörgettyűk különböző méretekben az atomoktól a csillagokig Gnädig Péter: Golyók, labdák, korongok és pörgettyűk csalafinta mozgása 2015. április 16. Pörgettyűk különböző méretekben az atomoktól a csillagokig Egyetlen tömegpont: 3 adat (3 szabadsági fok ) Példa:

Részletesebben

Fizika feladatok október 19.

Fizika feladatok október 19. Fizika feladatok 2014. október 19. Ez a feladatgyűjtemény a villamosmérnök hallgatók korábbi jogos igényének megfelelve, nagy hiányt pótol. A kitűzött feladatok az I. féléves fizika tárgyának anyagához

Részletesebben

Bevezetés az elméleti zikába

Bevezetés az elméleti zikába Bevezetés az elméleti zikába egyetemi jegyzet Merev test mozgása Lázár Zsolt, Lázár József Babe³Bolyai Tudományegyetem Fizika Kar 011 TARTALOMJEGYZÉK 0.1. Alapfogalmak,jelölések............................

Részletesebben

DIONYSIS KONSTANTINOU ANDREAS MEIER ZBIGNIEW TRZMIEL MARADJON A LEVEGŐBEN

DIONYSIS KONSTANTINOU ANDREAS MEIER ZBIGNIEW TRZMIEL MARADJON A LEVEGŐBEN 46 DIONYSIS KONSTANTINOU ANDREAS MEIER ZBIGNIEW TRZMIEL MARADJON A LEVEGŐBEN MARADJON A LEVEGŐBEN 47 mozgás, forgás, gördülés, a transzlációs mozgás kinetikus energiája, forgási kinetikus energia, súrlódás

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók)

Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók) Koordináta-geometria feladatgyűjtemény (A feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók) Vektorok 1. Egy négyzet két szemközti csúcsának koordinátái: A( ; 7) és C(4 ; 1). Határozd meg a másik két

Részletesebben

Pitagorasz-tétel. A háromszög derékszögű, ezért írjuk fel a Pitagorasz-tételt! 2 2 2

Pitagorasz-tétel. A háromszög derékszögű, ezért írjuk fel a Pitagorasz-tételt! 2 2 2 1. a) Mekkora egy 5 cm oldalú négyzet átlója? Pitagorasz-tétel A háromszög derékszögű, ezért írjuk fel a Pitagorasz-tételt! e 5 5 50 e 50 7,07 cm b) Mekkora egy a oldalú négyzet átlója? e a a a e a. Egy

Részletesebben

A +Q töltés egy L hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld ábra ábra

A +Q töltés egy L hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld ábra ábra . Gyakorlat 4B-9 A +Q töltés egy L hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld. 4-6 ábra.). Számítsuk ki az E elektromos térerősséget a vonal irányában lévő, annak.. ábra. 4-6 ábra végpontjától

Részletesebben

A statika és dinamika alapjai 11,0

A statika és dinamika alapjai 11,0 FA Házi feladatok (A. gakorlat) Adottak az alábbi vektorok: a=[ 2,0 6,0,2] [ 5,2,b= 8,5 3,9] [ 4,2,c= 0,9 4,8] [,0 ],d= 3,0 5,2 Számítsa ki az alábbi vektorokat! e=a+b+d, f =b+c d Számítsa ki az e f vektort

Részletesebben

5. Körmozgás. Alapfeladatok

5. Körmozgás. Alapfeladatok 5. Körmozgás Alapfeladatok Kinematika, elemi dinamika 1. Egy 810 km/h sebességu repülogép 10 km sugarú körön halad. a) Mennyi a repülogép gyorsulása? b) Mennyi ido alatt tesz meg egy félkört? 2. Egy centrifugában

Részletesebben

1. ábra. 24B-19 feladat

1. ábra. 24B-19 feladat . gyakorlat.. Feladat: (HN 4B-9) A +Q töltés egy hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld.. ábra.). Számítsuk ki az E elektromos térerősséget a vonal. ábra. 4B-9 feladat irányában lévő,

Részletesebben

Exponenciális és logaritmusos kifejezések, egyenletek

Exponenciális és logaritmusos kifejezések, egyenletek Eponenciális és logaritmusos kifejezések, egyenletek. Hatványozási azonosságok. Számítsd ki a következő hatványok pontos értékét! a) 8 b) 4 c) d) 7 e) f) 9 0, g) 0, 9 h) 6 0, 7,, i) 8 j) 6 k) 4 l) 49,.

Részletesebben

Mechanikai rezgések Ismétlő kérdések és feladatok Kérdések

Mechanikai rezgések Ismétlő kérdések és feladatok Kérdések Mechanikai rezgések Ismétlő kérdések és feladatok Kérdések 1. Melyek a rezgőmozgást jellemző fizikai mennyiségek?. Egy rezgés során mely helyzetekben maximális a sebesség, és mikor a gyorsulás? 3. Milyen

Részletesebben

Név:...EHA kód:... 2007. tavasz

Név:...EHA kód:... 2007. tavasz VIZSGA_FIZIKA II (VHNB062/210/V/4) A MŰSZAKI INFORMATIKA SZAK Név:...EHA kód:... 2007. tavasz 1. Egy 20 g tömegű testet 8 m/s sebességgel függőlegesen felfelé dobunk. Határozza meg, milyen magasra repül,

Részletesebben

Hatvani István fizikaverseny forduló megoldások. 1. kategória

Hatvani István fizikaverseny forduló megoldások. 1. kategória . kategória.... Téli időben az állóvizekben a +4 -os vízréteg helyezkedik el a legmélyebben. I. év = 3,536 0 6 s I 3. nyolcad tonna fél kg negyed dkg = 5 55 g H 4. Az ezüst sűrűsége 0,5 g/cm 3, azaz m

Részletesebben

Fizika 1X, pótzh (2010/11 őszi félév) Teszt

Fizika 1X, pótzh (2010/11 őszi félév) Teszt Fizika X, pótzh (00/ őszi félév) Teszt A sebessé abszolút értékének időszerinti interálja meadja az elmozdulást. H Az átlayorsulás a sebesséváltozás és az eltelt idő hányadosa. I 3 A harmonikus rező mozást

Részletesebben

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából FIZIKA I.

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából FIZIKA I. Oktatási Hivatal A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából FIZIKA I. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató 1.) Egy szabályos háromszög

Részletesebben

A bifiláris felfüggesztésű rúd mozgásáról

A bifiláris felfüggesztésű rúd mozgásáról 1 A bifiláris felfüggesztésű rúd mozgásáról A végein fonállal felfüggesztett egyenes rúd részleges erőtani vizsgálatát mutattuk be egy korábbi dolgozatunkban, melynek címe: Forgatónyomaték mérése - I.

Részletesebben

Az inga mozgásának matematikai modellezése

Az inga mozgásának matematikai modellezése Az inga mozgásának matematikai modellezése Csizmadia László Bolyai Intézet, Szegedi Tudományegyetem Természet és Matematika Szeged, SZTE L. Csizmadia (Szeged) Őszi Kulturális Fesztivál, 2011. 2011.10.08.

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Tekintsük az alábbi szabályos hatszögben a következő vektorokat: a = AB és b = AF. Add meg az FO, DC, AO, AC, BE, FB, CE, DF vektorok koordinátáit az (a ; b ) koordinátarendszerben! Alkalmazzuk

Részletesebben

DINAMIKA ALAPJAI. Tömeg és az erő

DINAMIKA ALAPJAI. Tömeg és az erő DINAMIKA ALAPJAI Tömeg és az erő NEWTON ÉS A TEHETETLENSÉG Tehetetlenség: A testek maguktól nem képesek megváltoztatni a mozgásállapotukat Newton I. törvénye (tehetetlenség törvénye): Minden test nyugalomban

Részletesebben

Fizika 1i (keresztfélév) vizsgakérdések kidolgozása

Fizika 1i (keresztfélév) vizsgakérdések kidolgozása Fizika 1i (keresztfélév) vizsgakérdések kidolgozása Készítette: Hornich Gergely, 2013.12.31. Kiegészítette: Mosonyi Máté (10., 32. feladatok), 2015.01.21. (Talapa Viktor 2013.01.15.-i feladatgyűjteménye

Részletesebben

a térerősség mindig az üreg falára merőleges, ezért a tér ott nem gömbszimmetrikus.

a térerősség mindig az üreg falára merőleges, ezért a tér ott nem gömbszimmetrikus. 2. Gyakorlat 25A-0 Tekintsünk egy l0 cm sugarú üreges fémgömböt, amelyen +0 µc töltés van. Legyen a gömb középpontja a koordinátarendszer origójában. A gömb belsejében az x = 5 cm pontban legyen egy 3

Részletesebben

Öveges korcsoport Jedlik Ányos Fizikaverseny 2. (regionális) forduló 8. o március 01.

Öveges korcsoport Jedlik Ányos Fizikaverseny 2. (regionális) forduló 8. o március 01. Öveges korcsoport Jedlik Ányos Fizikaverseny. (regionális) forduló 8. o. 07. március 0.. Egy expander 50 cm-rel való megnyújtására 30 J munkát kell fordítani. Mekkora munkával nyújtható meg ez az expander

Részletesebben

A 2009/2010. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. II. kategória

A 2009/2010. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. II. kategória Oktatási Hivatal 9/. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából II. kategória dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó

Részletesebben

Mechanika Kinematika. - Kinematikára: a testek mozgását tanulmányozza anélkül, hogy figyelembe venné a kiváltó

Mechanika Kinematika. - Kinematikára: a testek mozgását tanulmányozza anélkül, hogy figyelembe venné a kiváltó Mechanika Kinematika A mechanika a fizika része mely a testek mozgásával és egyensúlyával foglalkozik. A klasszikus mechanika, mely a fénysebességnél sokkal kisebb sebességű testekre vonatkozik, feloszlik:

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT 1) Adott két pont: A 4; 1 felezőpontjának koordinátáit! AB felezőpontja legyen F. Koordináta-geometria és B 3 1; Írja fel az AB szakasz 1 3 4

Részletesebben

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató. Ksin ma.

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató. Ksin ma. Oktatási Hivatal A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA avítási-értékelési útmutató 1.) Frédi és Béni, a két kőkorszaki szaki olyan járgányt fejleszt

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatok (középszint)

Koordináta-geometria feladatok (középszint) Koordináta-geometria feladatok (középszint) 1. (KSZÉV Minta (1) 2004.05/I/4) Adott az A(2; 5) és B(1; 3) pont. Adja meg az AB szakasz felezőpontjának koordinátáit! 2. (KSZÉV Minta (2) 2004.05/I/7) Egy

Részletesebben

Elektromágnesség 1.versenyfeladatsor Varga Bonbien, VABPACT.ELTE

Elektromágnesség 1.versenyfeladatsor Varga Bonbien, VABPACT.ELTE . Feladat: Elektromágnesség.versenyfeladatsor Varga Bonbien, VABPACT.ELTE Akkor alakulhat ki egyenletes körmozgás, hogyha egy állandó nagyságú erő hat a q töltésre, és ez az erő biztosítja a körmozgáshoz

Részletesebben

. Számítsuk ki a megadott szög melletti befogó hosszát.

. Számítsuk ki a megadott szög melletti befogó hosszát. Szögek átváltása fokról radiánra és fordítva 2456. Hány fokosak a következő, radiánban (ívmértékben) megadott szögek? π π π π 2π 5π 3π 4π 7π a) π ; ; ; ; ; b) ; ; ; ;. 2 3 4 8 3 6 4 3 6 2457. Hány fokosak

Részletesebben

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA II. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA II. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal A 06/07. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA II. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató. feladat. M = kg tömegű, L =, m hosszú, könnyen gördülő kiskocsi

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

Minimum követelmények matematika tantárgyból 11. évfolyamon

Minimum követelmények matematika tantárgyból 11. évfolyamon Minimum követelmények matematika tantárgyból. évfolyamon A hatványozás általánosítása pozitív alap esetén racionális kitevőre. Műveletek hatványokkal. A, a 0 függvény. Az eponenciális függvény. Vizsgálata

Részletesebben

36. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása

36. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása 36. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása A feladatok helyes megoldása maximálisan 10 pontot ér. A javító tanár belátása szerint a 10 pont az itt megadottól

Részletesebben

Fizika 1 - Gyakorló feladatok

Fizika 1 - Gyakorló feladatok 2016. december 11. g=10 m/s 2 γ=6,67 10-11 Nm 2 /kg 2 R=8,31 J/(mol K) 1. Egy repülőgép egyenletes v sebességgel repül vízszintesen, a talaj felett h magasságban. A t=0 időpillanatban leejt egy homokzsákot.

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 7.

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 7. A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 0. szeptember Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható. Válaszait csak az üres mezőkbe írja! A javítók a szürke

Részletesebben

Fizika feladatok november 24.

Fizika feladatok november 24. Fizika feladatok 2014. november 24. Ez a feladatgyűjtemény a villamosmérnök hallgatók korábbi jogos igényének megfelelve, nagy hiányt pótol. A kitűzött feladatok az I. féléves fizika tárgyának anyagához

Részletesebben

Koordinátageometria Megoldások

Koordinátageometria Megoldások 005-0XX Középszint Koordinátageometria Megoldások 1) Adott két pont: A 4; 1 felezőpontjának koordinátáit! AB felezőpontja legyen F. és B 3 1; Írja fel az AB szakasz 1 3 + 4 + 1 3 F ; = F ;1 ) Egy kör sugarának

Részletesebben

1. ábra. Egy tárgy (végtelen rúd) a tükörhöz támaszkodik

1. ábra. Egy tárgy (végtelen rúd) a tükörhöz támaszkodik XVI. FELADATLAP-2012 XVI/ 1. Az 1. ábrán egy 10 cm fókusztávolságú homorú gömbtükröt látunk, megrajzoltuk az optikai tengelyt, a fókuszpontot egy csúcsán álló rombusz jelöli. Az optikai értelemben tárgy

Részletesebben

1 2. Az anyagi pont kinematikája

1 2. Az anyagi pont kinematikája 1. Az anyagi pont kinematikája 1. Ha egy P anyagi pont egyenes vonalú mozgását az x = 1t +t) egyenlet írja le x a megtett út hossza m-ben), határozzuk meg a pont sebességét és gyorsulását az indulás utáni

Részletesebben

Fizika 1 Mechanika órai feladatok megoldása 4. hét

Fizika 1 Mechanika órai feladatok megoldása 4. hét Fizika 1 Mechanika órai feladatok megoldása 4. hét 4/1. Egy traktor két pótkocsit vontat nyújthatatlan drótkötelekkel. Mekkora erő feszíti a köteleket, ha indításnál a traktor 1 perc alatt gyorsít fel

Részletesebben

34. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló 2015. március 17. 14-17 óra. A verseny hivatalos támogatói

34. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló 2015. március 17. 14-17 óra. A verseny hivatalos támogatói 34. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló 2015. március 17. 14-17 óra A verseny hivatalos támogatói Gimnázium 9. évfolyam 1.) Egy test vízszintes talajon csúszik. A test és a

Részletesebben