FEJEZETEK A FIZIKÁBÓL

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 FEJEZETEK A FIZIKÁBÓL (Tömegpont mechanikájának alapjai) Kiemelt tématerületek a hallgatói felkészülés támogatására Összeállította: Dr. Majár János Gépészmérnöki és Informatikai Kar Fizikai Intézet MISKOLCI EGYETEM 014

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 TARTALOM 1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák... 3 Általános feladat-megoldási tanácsok, javaslatok... 4.1 Feladat-megoldási eszközök... 4. Vektor-nem vektor... 4.3 Mértékegységek... 5 3 Kinematika I. a mozgások leírása általában... 6 3.1 Elméleti alapok... 6 3.1.1 Elmozdulás, sebesség, gyorsulás... 6 3.1. Állandó sebességű eset, az Egyenes vonalú egyenletes mozgás... 7 3.1.3 Állandó gyorsulású eset... 7 3.1.4 Egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás... 8 3. Bevezető elemi feladatok... 8 3.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)... 10 3.4 Példák, ajánlott feladatok... 14 4 Kinematika II. hajítások... 15 4.1 Elméleti alapok... 15 4. Bevezető elemi feladatok... 16 4.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)... 17 4.4 Példák, ajánlott feladatok... 1 5 Dinamika I. Newton-törvények... 5.1 Elméleti alapok... 5. Bevezető elemi feladatok... 4 5.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)... 6 5.4 Példák, ajánlott feladatok... 8 6 Dinamika II. kötelek, lejtők, csigák... 9 6.1 Elméleti alapok... 9 6.1.1 Az ideális kötél működése... 9 6.1. Az ideális (álló?)csiga működése... 9 1

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 6.1.3 Lejtőn mozgó test dinamikájának leírása... 9 6. Bevezető elemi feladatok... 30 6.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)... 3 6.4 Példák, ajánlott feladatok... 34 7 Dinamika III. megmaradó mennyiségek... 35 7.1 Elméleti alapok... 35 7.1.1 Lendület (impulzus), Impulzus-tétel... 35 7.1. Munka, mozgási energia, munkatétel... 35 7.1.3 Konzervatív erőterek, potenciális energia, mechanikai energia-megmaradás... 36 7.1.4 Teljesítmény, teljesítmény-tétel... 36 7. Bevezető elemi feladatok... 37 7.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)... 39 7.4 Példák, ajánlott feladatok... 43 Irodalom... 44 Köszönetnyilvánítás... 44

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák A jelen munkafüzet egy rövid, praktikus szemlélettel készült segédanyag a Fizika tárgy kezdeti óráinak megértéséhez, a gyakorlatokon megoldandó feladatok alapjainak megtanulásához. A fő cél, hogy az elméleti megközelítésből kiindulva, példákon keresztül jusson el a hallgató a legegyszerűbb feladatoktól az egyetemi anyagban szereplő feladatok szintjéig, és sikerrel kezdhessen hozzá a gyakorlatok hallgatásához. A munkafüzet egyéni felkészüléshez készült segédanyag, megfogalmazásai, a feladatok sorának felépítése egy biztos alapokra épülő tudás kialakítását célozza, ami az egyes fejezetek végére stabil, vállalható kezdő tudással vértezi fel az olvasót az egyetemi tanulmányai során. Bár maga a segédanyag nem erre épít, mégis bizonyos feladatok megoldásához szükség van a Matematika tárgy oktatásain elsajátított módszerekre (vektorokkal végzett műveletek, koordináta-geometria és differenciálszámítás). Bár a feladat-megoldások terén óvatosan kell bánni a standard módszerek alkalmazásával, az összetettebb feladatok esetében igyekeztünk olyan feladat-megoldási utakat, eljárásokat javasolni, amelyek a jellemző típus-példák megoldásakor biztosan alkalmazhatóak, és könnyedén megtanulhatóak. Lévén munkafüzet, ez az anyag nem tartalmaz részletes elméleti fejtegetéseket, és nem célja a választott tématerületek mélyebb kérdéseinek tisztázása. Az elsődleges az elméleti anyag alapjainak megértetése, a feladat-megoldási készségek és módszerek fejlesztése, egy minimálisan elvárható gyakorlottság kialakítása. A választott témák azokat a területeket ölelik át, amelyekkel a hallgatók a Fizika, vagy Fizika I. kurzusok során először találkoznak. A fő tématerület a tömegpont mechanikája, azon belül kinematika, dinamika, illetve ezek alkalmazása néhány speciális mozgás esetére (hajítások, körmozgás, rezgések). Felépítését tekintve a munkafüzet minden fejezete egy témakört ölel fel. Az elméleti leírásokat néhány nagyon egyszerű, majd kissé összetettebb példa követi kidolgozva. A Kidolgozott mintafeladat(ok) fejezete egy, vagy két olyan összetett feladattal zárul, amelyet a hallgatónak magának kell megoldania, de hogy a megoldást leellenőrizhesse, egyfajta megoldási utat is bemutatunk. Végül további feladatok segítik az egyéni felkészülést, amelyeknél a végeredmények is megtalálhatóak (de a számolási folyamat részletei nem), ha azok röviden közölhetőek. Ezek között *-gal jelöljük azokat, amelyek egyértelműen túlmutatnak a munkafüzetben tárgyalt feladatok nehézségi szintjén. A segédanyag felhasználható Fizikai Intézet által oktatott Általános Fizika I. és Fizika I. tárgyak oktatásának kiegészítésére a Gépészmérnöki és Informatikai Kar szakjain (Gépészmérnök, Mechatronikai mérnök alapszak, Villamosmérnöki alapszak, Mérnök informatikus alapszak, Műszaki menedzser alapszak), és átoktatásban a Műszaki Anyagtudományi Karon (Anyagmérnöki alapszak), illetve a Műszaki Földtudományi Karon (Műszaki Földtudományi alapszak és Környezetmérnöki alapszak). 3

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 Általános feladat-megoldási tanácsok, javaslatok A Fizika tárgyakon az oktatás során a fő célkitűzés, hogy sztenderd módon megoldható feladatokkal találkozzanak a hallgatók. Ezeket természetesen kiegészítjük érdekesebb, izgalmas, vagy éppen trükkösen megoldható feladatokkal is, ezeknek a megoldása gyakran eltér a sztenderdtől. Ennek ellenére vannak olyan általános megoldási módszerek (vagy azok tipikus lépései), vagy ellenőrzési módok, amelyek jól alkalmazhatóak majdnem minden feladattípus esetén. Ezen alfejezetben ezeket a módszereket és nézőpontokat igyekeztünk összeszedni. Ki kell emelni azonban, hogy nagyon fontos, hogy a hallgató a részletek tekintetében a tapasztalataira hagyatkozva kialakítsa saját feladat-megoldási szokásait, eszközeit (ezek természetesen nem lehetnek inkorrektek)..1 Feladat-megoldási eszközök Egy fizika feladat esetében több olyan eszköz is rendelkezésre áll, amely megkönnyíti a feladat megoldását. Ha tipizálni szeretnénk egy feladat megoldását, akkor arra jutnánk, hogy az alábbi utat követjük: - Feladat értelmezése, adatok felírása. - Releváns egyenletek felírása, származtatása. - Az egyenlet, vagy egyenletrendszer megoldása. - A megoldások ellenőrzése. - A végeredmények összegzése, kiértékelése, értelmezése. Ezen útvonalon (ami erőteljesen leegyszerűsített) több olyan eszköz is rendelkezésre áll, ami megkönnyíti a megoldást: - Ábra készítése a feladat értelmezéséhez, az adatok felírásához. - Néha az adatokat érdemes táblázatos formában felírni, vagy a feladat részeredményeit abban vezetni a megoldás során. - Megfelelő koordináta-rendszer megválasztása az egyenletek felírásakor, vagy megoldásakor. - A formális levezetések és a behelyettesítések közötti egyensúly megtalálása. - Megfelelő számológép (vagy helyettesítője) megfelelő használata. - Az eredmények kiértékeléséhez, értelmezéséhez újabb ábrák, grafikonok készítése. - Végezetül fontos készség annak átlátása, hogy mikor érdemes egy feladatot több, egymásra épülő részfeladatként kezelni és lineárisan megoldani.. Vektor-nem vektor A feladatmegoldás során több lehetőség is van, ami segít legalább nagyjából ellenőrizni, hogy súlyos hibát vétettünk-e a megoldási folyamatban. Ennek egyik módja annak ellenőrzése, hogy a skalárokat, vektorokat, tenzorokat megfelelően kezeljük-e a levezetések során. Ennek van egy egyszerű szabálya (ezért is fontos tudni minden fizikai mennyiségről, hogy milyen jellegű): skalárt csak skalárral lehet összeadni, vagy egyenlővé tenni; és ugyanez igaz vektorok és tenzorok esetében is. 4

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010.3 Mértékegységek Egy másik eszköz a folyamatos ellenőrzésre a mértékegységek megfelelő kezelése. Erre ugyanolyan szabály vonatkozik, mint a skalár-vektor-tenzor kérdéskörben, vagyis csak ugyanolyan mértékegységgel rendelkező fizikai mennyiségek adhatóak össze, vagy tehetőek egyenlővé egymással. Ehhez természetesen az úgynevezett prefixumok ismerete is fontos (kilo-, mega-, milli-, mikro-, stb.). Az alábbiakban összefoglaltuk az ezen munkafüzetben megtalálható fizikai mennyiségek mértékegységét: - elmozdulás, út: m (méter) megjegyzés: 1m=100cm, 1km=1000m - idő: s (szekundum) megjegyzés: 1h=3600s - sebesség: m/s megjegyzés: 1m/s=3,6 km/h - gyorsulás: m/s - a szögeket általában radiánban mérjük, de jelen munkafüzetben elegendő fokokban - tömeg: kg (kilogramm) - erő: N (Newton) megjegyzés: 1N=1kg m/s - súrlódási együttható: nincs mértékegysége - rugóállandó: N/m - sűrűség: kg/m 3 megjegyzés: 1 kg/dm 3 =1000 kg/m 3 - töltés: C (Coulomb) - energia, munka: J (Joule) megjegyzés: 1J=1kg m /s, 1kWh=3,6 10 6 J - teljesítmény: W (Watt) megjegyzés: 1W=1kg m /s 3 5

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 3 Kinematika I. a mozgások leírása általában A Kinematika a mozgások leírásával foglalkozik, nem firtatja a mozgások (és azok tulajdonságainak) miért-jeit. Ebben a fejezetben a Klasszikus Fizika általános kinematikai fogalmait mutatjuk be, és illusztráljuk azokat a legegyszerűbb mozgások leírásával. 3.1 Elméleti alapok A jegyzetben a továbbiakban mindenhol csak tömegpont mozgásáról lesz szó, vagyis elhanyagoljuk a vizsgált fizikai rendszer kiterjedését, és ezzel együtt természetesen annak forgó mozgása, vagy alakváltozása sem értelmezhető. 3.1.1 Elmozdulás, sebesség, gyorsulás Egy test egy mozgását egy r(t) vektor jellemzi, amely minden egyes t időpontban megadja a tömegpont helyzetét. Azonban mivel a helyvektor csak adott koordinátarendszerben értelmezhető, szükségünk van egy koordináta-rendszer választástól független, vagyis mérhető fizikai mennyiségre. Ez az elmozdulás vektor, amely megmondja, hogy a test a t 1 és t időpontok között hogyan mozdul el a pályáján: r r(t ) r(t ). (3.1.) 1, 1 Az elmozdulás-vektort elosztva az idővel (vagyis bevezetve az időegység alatt bekövetkező elmozdulás fogalmát) megkapjuk a sebességvektort. Ez azonban csak akkor lehet pontos, ha az időtartamot egészen kicsinek választjuk, így megkapjuk a sebességvektort bármely időpontban, vagyis r(t ) r(t 1) dr(t 1) v(t 1) lim. (3..) tt1 t t dt 1 Hasonlóan vezethető be a pillanatnyi gyorsulás vektora is, amely a sebesség időbeli megváltozását írja le, vagyis v(t ) v(t 1) dv(t 1) d r(t 1) a(t 1) lim. (3.3.) t t1 t t dt dt 1 Tovább nem érdemes ezen a gondolati szálon haladni, a dinamika mozgásegyenletei a gyorsulás-vektort határozzák meg, abból kell kiszámolnunk a tömegpont pályáját. Visszafelé haladva a differenciál-számítás helyett integrálnunk kell, vagyis ha adott a gyorsulás a(t) időfüggése, abból a sebességvektort az alábbi integrálással számolhatjuk ki: t v(t) a(t')dt' v0, (3.4.) t 0 ahol v 0 -val jelöltük a sebességvektor t 0 -ban felvett értékét. 6

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 Hasonlóan, ha a sebességvektor időfüggése ismert, abból kiszámolható a helyvektor adott koordinátarendszerben: t r(t) v(t')dt' r0 t 0, (3.5.) ahol r0 -val jelöltük a helyvektor t0 -ban felvett értékét. Amennyiben a fenti integrálások elvégezhetőek, a mozgásegyenletekből származtatott gyorsulásvektorokból a mozgás minden fontos tulajdonsága kiszámolható. Fontos még az általános elméleti bevezetőben foglalkozni az átlagsebesség fogalmával, ami a vizsgált időtartam alatt megtett út és az idő hányadosa, vagyis nem az elmozdulással áll kapcsolatban. s1, v t t, (3.6.) 1 ahol a két időpont között megtett út s 1, t t v(t) dt. (3.7.) 1 3.1. Állandó sebességű eset, az Egyenes vonalú egyenletes mozgás A fenti általános összefüggések első, legegyszerűbb alkalmazása az Egyenes vonalú, egyenletes mozgás, amelynek definíciója, hogy a sebességvektor állandó (iránya és hossza is) v(t) v0. Ezt kiintegrálva lehet leírni a mozgást, vagyis r(t) v0 t r0. (3.8.) Mivel az egyenes vonalú mozgás leírása egyetlen koordinátatengely mentén is lehetséges, egy megfelelően választott koordinátarendszerben, ha a mozgás az x tengely mentén történik, a fenti egyenlet az alábbi lesz: x(t) v0t x0. (3.9.) Fontos kiemelni, hogy ha több, nem ugyanabba az irányba haladó mozgást egyszerre szeretnék leírni, valamilyen koordinátarendszer bevezetésére szükség van, és akkor a korábbi egyenletek érvényesek mindegyik egyenes vonalú egyenletes mozgást végző tömegpontra. 3.1.3 Állandó gyorsulású eset Hasonlóan kiszámolhatóak az állandó gyorsulású a(t) a0 sebességvektor mozgás egyenletei is, ahol a v(t) a0t v0, (3.10.) 7

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 az elmozdulás-vektor pedig a 0 r(t) t v0 t r0 lesz. (3.11.) 3.1.4 Egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás Az állandó gyorsulású mozgások egyik speciális esete az egyenes vonalú, egyenletesen változó mozgás, amely abban különbözik a fenti, általánosabb esettől, hogy az a 0 gyorsulás és a v 0 kezdeti sebességek párhuzamosak. Ebben az esetben, ha csak egyetlen tömegpont mozgását vizsgáljuk, ismét elegendő egyetlen koordinátatengely bevezetése a mozgás leírására, ez ismét legyen az x tengely. Ekkor a sebesség v(t) x a0t v0 (3.1.) lesz, a koordináta pedig a. (3.13.) 0 x(t) t v0 t x0 3. Bevezető elemi feladatok 1. feladat Egy egyenletesen mozgó autó sebessége 7 km/h. Mennyi utat tesz meg 10 s alatt? Megoldás: - Adatok: v=7 km/h, Δt=10 s. - Az autó sebességének átváltása m/s-ra: 7 km/h = 7/3,6 m/s = 0 m/s. - Az út kiszámítása: s = v Δt = 00 m. feladat Egy farkas üldözőbe vesz egy őzgidát. Tegyük fel, hogy mindketten ugyanazon egyenes mentén mozognak, a farkas sebessége 36 km/h, a gidáé 1,6 km/h, és utóbbinak 100m előnye van. Mennyi idő múlva éri utol a farkas és mennyit kell futnia? Megoldás: - Adatok: v f = 36 km/h=10 m/s, v g =1,6 km/h=6 m/s, Δs=100m. - Az egyenes vonalú mozgások leírása: s f = v f Δt; s g = v g Δt. - A megoldandó egyenlet: s f = s g + Δs. s 100m - Az idő kiszámítása: vf t vgts t 5s vf vg 10m/s6m/s - A farkas által megtett út kiszámítása: sf vf t 10m/s5s 50m.. 8

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 3. feladat Egy kerékpáros sebessége 5 s alatt 7 m/s-ról egyenletesen 1 m/s-ra növekszik. Mekkora a gyorsulása? Mennyi utat tesz meg a gyorsuló szakaszon? Megoldás: - Adatok: v 0 =7 m/s, v 1 =1 m/s, Δt=5 s. v1 v0 1m / s 7m / s m - Az autó gyorsulásának kiszámítása: a 1. t 5s s a 1m/s - A megtett út kiszámítása: s t v0 t (5s) 5m/s5s 37,5m 4. feladat Egy hajó északra halad 0km/h sebességgel, egy másik keletre 15km/h-val. Milyen távol lesznek egymástól 4 óra múlva? Megoldás: - Adatok: v 1 =0 km/h, v =15 km/h, Δt=4 h. - A megtett utak kiszámítása: s 1 = v 1 Δt = 80 km; s = v Δt = 60 km. - A hajók távolsága, mivel egymásra merőlegesen haladnak, a Pitagorasz-tétel segítségével számolható ki, vagyis s s s 100km. 1 5. feladat Egy hajó v h =0km/h sebességgel halad kelet felé. A raktérben egy patkány a hajóhoz képest északkeleti irányban szalad v p =15km/h sebességgel. Mekkora a patkány sebessége a Földhöz képest és milyen szöget zár be a keleti iránnyal? Megoldás: - Adatok: v h =0km/h, v p =15km/h, a patkány sebessége a keleti irányhoz képest α=45. - Koordinátarendszer választása: x tengely a keleti irányba, y tengely az északi irányba mutasson. - Vektorkomponensek: v hx =0km/h; v hy =0km/h v px =v p cos α=10,61 km/h; v py =v p sin α=10,61 km/h - A partról nézve a két sebességvektor összegét lehet látni, vagyis v vh vp. km km km 0 10,61 30,61 h h h A vektor koordinátái: v vh vp. km km km 0 10,61 10,61 h h h - A sebességvektor hossza: v vx vy 3,39km / h. - A sebességvektor iránya, vagyis a keleti iránnyal bezárt β szöge: vy tg 0,347 19,1. v x 9

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 3.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) 1. feladat Egy tömegpont mozgása koordinátáinak időfüggését az alábbi egyenletek írják t le: x(t) Acos( t); y(t) Be ; z(t) Ct Dt E, ahol A=m, B=-1m, ω=s -1, α=0,3 s -1, C=-0,5m/s, D=5m/s, és E=6m. a) Határozza meg a sebesség- és gyorsulásvektorok komponenseit! b) Számolja ki a sebesség és a gyorsulásvektor hosszát 6s-nál! 10

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 1. feladat megoldása - Adatok: A=m, B=-1m, ω=s -1, α=0,3 s -1, C=-0,5m/s, D=5m/s, E=6m, t=6s. - A helyvektor koordinátákkal történő felírása: r(t) Acos( t) t Be C t D t E a) A sebességvektor a fenti vektor első deriváltja, a gyorsulásvektor a második derivált, vagyis Asin( t) dr t v(t) B e dt Ct D dv t a(t) B e dt C A cos( t) b) A fenti két vektor a konkrét értékek behelyettesítése után v(t 6s) 1m 0,3s e 0,3m / s e 0,05m / s 1m/s 6s 5m/s 1m/s 1m/s 1 1 m s sin(s 6s) 4m / s sin(1),146m / s 1 1 0,3s 6s 1,8 1 m 4s cos(s 6s) 8m / s cos(1) 6,751m / s 1 0,3s 6s 1,8 a(t 6s) 1m 0,3 s e 0,09m / s e 0,015m / s 1m / s 1m / s 1m / s A komponensekből a vektorok hossza az alábbi módon számolható ki: m v vx vy vz,368 s m a a x a y a z 6,85 s. 11

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010. feladat Két villamosmegálló között 760m a távolság. A kocsi egyenletesen gyorsul, aztán 7 km/h sebességgel egyenletesen mozog, majd állandó lassulással lefékez. A gyorsítás ideje 30s, a fékezésé 0s. Mennyi idő alatt ér a villamos az egyik megállóból a másikba? 1

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010. feladat megoldása - Adatok: s=760m, v vég =7 km/h=7,5m/s, t 1 =30s, t 3 =0s. - A megoldás logikája: - A mozgás teljes ideje a három szakasz idejének összege, vagyis t = t 1 + t + t 3. - Ezekből a második szakasz időtartama ismeretlen, lényegében ennek meghatározása a cél. Ennek kulcsa a második szakaszban megtett út kiszámítása. - Első megoldás: az egyenletrendszer felírásával. 1. szakasz gyorsuló szakasz v a t a1 s1 t1 vég 1 1. szakasz állandó sebesség s vvég t 3. szakasz lassulás továbbá 0a t v 3 3 vég a s t v t 3 3 3 vég 3 s s s s 1 3 t t t t 1 3 Ezen egyenletekből folyamatában kiszámolhatóak az egyes mennyiségek: először a gyorsulások, azok segítségével az első és utolsó szakasz során megtett utak, abból a második szakasz során megtett út, végül annak az időtartama. - Második megoldás: grafikusan, felrajzoljuk a sebesség-idő diagramot v v vég s 1 s s 3 t t 1 t t 3 Figyelembe véve, hogy az egyes szakaszokon megtett út megegyezik a függvény alatti területtel, geometriai alapon könnyedén kiszámolhatóak az utak, abból az s, annak felhasználásával pedig a hiányzó időadat. - Eredmények: a 1 =0,5 m/s, ebből s 1 =11,5 m. a 3 =0,375 m/s, ebből s 3 =75 m. s =57,5 m, ebből t =76,33 s t=16,33s 13

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 3.4 Példák, ajánlott feladatok 1. feladat Egy test t=0-ban a Descartes-koordináta rendszer (3m, m, 1m) pontjában volt, t=3-ban pedig az (5m,5m,-1m) pontban, ahová egyenes vonalban mozgott. Mekkora az átlagsebessége? (1,37m/s). feladat Két hegyi falu közötti autóbuszjáraton a buszok átlagsebessége egyik irányban 30 km/óra, a másik irányban 60 km/óra. Mekkora az átlagsebesség egy teljes fordulót figyelembe véve? Mi lenne akkor az átlagsebesség, ha a busz egy órán át menne 30, egy órán át pedig 60km/h sebességgel? (40 km/h és 45 km/h) 3. feladat* Egy test egydimenziós mozgást végez, a gyorsulás-idő függvény az ábrán látható, v 0 =0. Mekkora az átlagsebesség? (5,33 m/s) a 3 4 6 t 4. feladat* Egy motorkerékpáros az ábra szerinti A pontból a C pontba kíván eljutni. Sebessége az úton (A és D között) 50 km/h, a mezőn 5 km/h. Melyik B pontnál kell letérnie a műútról, hogy A-ból C-be a legrövidebb idő alatt érjen? (Legyen x az A és a B távolsága, d=4 km pedig az A és a D távolsága, h=3 km.) (x=,68 km) C h A B D 5. feladat* Az xy síkban mozgó tömegpont koordinátái a következőképpen változnak: x=c 1 t, y=c -c 3 t, ahol c 1 =15m/s, c =4m, c 3 =0m/s. Határozzuk meg a tömegpont pályáját, pályasebességét és tangenciális gyorsulását. Mennyi idő alatt futja be a tömegpont pályájának a koordinátatengelyek közé eső szakaszát? 14

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 4 Kinematika II. hajítások A hajítások az állandó gyorsulású mozgások közé tartoznak, a Nem jó számfejezetben leírtak jelentik a jelen fejezet kiindulópontját. 4.1 Elméleti alapok A hajítások olyan speciális, állandó gyorsulású mozgások, amelyeknek a gyorsulása megegyezik a gravitációs gyorsulással, vagyis a 0 g, ami egy mindig függőlegesen lefelé m mutató, g 9,81 hosszúságú vektor. s Megjegyzés: a feladatok megoldásakor itt elegendő a g10m/s közelítő értékkel számolni. Fontos kiemelni, hogy a hajításokkal kapcsolatos feladatoknál általában elhanyagoljuk a légellenállás hatását, az nagyban megnehezítené a számolásokat, lásd ballisztikus pályák. A hajításokat három különböző típusba sorolhatjuk: 1. A függőleges hajítások esetén a gyorsulás és a kezdeti sebességvektor párhuzamosak (vagyis a kezdősebesség is függőleges). Ennek speciális esete a szabadesés, amelynél a kezdősebesség nagysága zérus.. A vízszintes hajítások esetén a kezdeti sebesség merőleges a gyorsulásra, vagyis vízszintes. 3. Minden más esetet ferde hajításnak nevezünk. A hajítások lévén két dimenziós (vagy egyenes vonalú) mozgások kiértékelésénél elegendő két dimenziós koordinátarendszerben végezni a leírást (a három dimenziós koordinátarendszert úgy forgatjuk el, és az origó helyét úgy választjuk, hogy az egyik irányban minden vektor-komponens zérus legyen). Az általános konvenció szerint a függőleges komponensek a z tengelyen lesznek felvéve, a vízszintesek az x tengelyen. A hajításokkal kapcsolatos feladatokat az alábbi általános menetrend segítségével lehet szisztematikusan felírni: 1. lépés: javasolt a feladat megoldását ábra rajzolásával kezdeni.. lépés: a koordinátarendszer megválasztása, vagyis az origó helyének kiválasztása, a tengelyek irányának meghatározása. Javasolt az egyik (x) tengelyt vízszintesen, a másikat függőlegesen felvenni. 3. lépés: az állandó gyorsulású mozgásokra vonatkozó általános egyenletek komponenseinek felírása a koordinátarendszerben. 4. lépés: az egyenletrendszer megoldása a megadott adatok alapján. 5. a feladat megoldásának kiértékelése, a nem fizikai megoldások kiszűrése. 15

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 4. Bevezető elemi feladatok 1. feladat Mekkora távolságot tesz meg a nyugalmi helyzetből induló, és szabadon eső test a t 1 = 6s és t = 8s közötti időközben? Megoldás: - Adatok: g=10m/s, v 0 =0m/s, t 1 =6s, t =8s. - A test lefelé halad, ennek megfelelően vesszük fel a koordináta-tengely irányát. - A megtett út kiszámítása a két időpontig: g g s1 t1 180m, s t 30m - A két út különbsége, vagyis az az út, amit a két időpont között tesz meg a test s s s 140m. 1. feladat Egy testet 10 m/s kezdősebességgel felfelé hajítunk. Milyen magasra jut a test? Mennyi idő alatt ér vissza a kezünkbe? Milyen sebességgel csapódik a kezünkbe? Megoldás: - Adatok: g=10m/s, v 0 =10m/s - A koordinátarendszert az alábbiakban úgy vesszük fel, hogy a tengely függőlegesen felfelé mutat, nulla pontja a hajítás kezdőpontja. - A mozgás egyenletei a választott koordinátarendszerben v(t) gt v0 g z(t) t v0 t - A pálya tetőpontján a sebesség nullává válik, vagyis a csúcsra érés ideje v0 v(t tető ) 0 g ttető v0 ttető 1s g - Az eközben megtett út g ztető ttető v0ttető 5m - A visszaérkezésről azt tudjuk, hogy akkor a z koordináta értéke újra zérus, vagyis az idő g v0 z(t vissza ) 0 tvissza v0 tvissza tvissza s g Megjegyzendő, hogy a fenti egyenlet másik megoldása a t=0s, ami a mozgás kezdőpontja, ez ellenőrzésnél fontos, de új eredményt nem szolgáltat. - A visszaérkezés sebessége pedig m, v(t vissza ) g tvissza v0 10 s vagyis ugyanolyan nagyságú, de ellentétes irányú sebességgel érkezik vissza. 16

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 4.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) 1. feladat Egy 0 m magasan nyíló ablakból egy, a talajon, a fal tövétől 14 m-re lévő dobozba köveket hajigálunk. Mekkora vízszintes sebességgel kell elhajítanunk a köveket, hogy beletaláljunk a dobozba? 17

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 1. feladat megoldása - Adatok: az ablak h=0m magasan van, a fal tövétől a doboz k=14m távolságban található. - Ábra és koordináta-rendszer választás x h z k Megjegyzés: a koodinátarendszer-választás lehet ennél szokványosabb is, ettől a végeredmény nem függ(het). Talán a fenti koordinátarendszer adaptálható legjobban a feladathoz, viszont vigyázni kell az irányokkal, előjelekkel (például a mozgás végpontjának függőleges komponense nem -0m, hanem 0m!). - Ebben a koordinátarendszerben a mozgás egyenletei az alábbiak: v(t) z gt g z(t) t x(t) v t 0 - A végpontra (x=k, z=h) vonatkozó egyenletek az alábbiak: g h t k v t vég 0 vég - Az első egyenletből meghatározható a hajítás időtartama, a másodikból ennek segítségével a vízszintes irányú kezdősebesség nagysága. h k g m tvég s v0 k 7 g t h s vég - Megjegyzendő, hogy ha a koordinátarendszer origóját a fal tövéhez választanánk, akkor a z tengely függőlegesen felfelé mutatna, a z(t) kifejezése más lenne, de a végpontra vonatkozó egyenlet eredménye ugyanaz lenne: g g h z(t) t h z(t vég ) 0 tvég h tvég. g 18

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010. feladat Egy testet 5m/s nagyságú, a vízszintessel 60 o os szöget bezáró kezdeti sebességgel elhajítunk. Mikor és hol ér pályája tetőpontjára? Milyen magasra jut? Hol és mikor ér újra földet a test? 19

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010. feladat megoldása - Adatok: v 0 =5m/s, α=60. - Ábra és koordináta-rendszer választás z z z t v 0 v z =v 0 sinα v 0 α - Ebben a koordinátarendszerben a releváns egyenletek a következők: v(t) z gt v0z gt v0sin g g z(t) t v0z t t v0 sin t x(t) v t v cost 0x 0 x t x v x v x =v 0 cosα ahol a kezdeti sebességvektor komponensekre bontását a jobb oldali ábra segítségével elvégeztük. - A pálya tetőpontjára az jellemző, hogy ott a függőleges sebességkomponens nullává válik, vagyis v z (t tető )=0m/s. Ebből a tetőpontra érkezés ideje kiszámolható, abból pedig a csúcspont koordinátái is: v0 sin v(t z tető ) 0gt tető v0sin ttető,165s g g zt z(t tető ) ttető v0sinttető 3,44m v0 sincos x t x(t tető ) v0cos t tető 7,06m g - A pálya végpontjának jellemzője, hogy ott a z komponens értéke újra nulla lesz, vagyis z(t vég )=0. Ebből az idő meghatározása után (a zérus megoldást ismét nem vesszük figyelembe) a hajítás távolsága is kiszámítható: g v0 sin z(t vég ) 0 tvég v0 sin tvég tvég 4,33s g v0 sin cos xv x(t vég ) v0 costvég 54,1m g - Megjegyzés: jól látható, hogy a mozgás a csúcspont körül szimmetrikus, a végpont ideje és x koordinátája is éppen duplája a csúcsponthoz tartozó értékeknek. Ez azonban csak a közegellenállás elhanyagolása miatt lehetséges. α x 0

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 4.4 Példák, ajánlott feladatok 1. feladat Egy követ 15m magasról kezdősebesség nélkül leejtünk. Ezután 1s-mal később utána dobunk egy másik követ, függőlegesen lefelé irányuló v o kezdősebességgel. Mekkora legyen v o, hogy pontosan egyszerre érjenek földet? (11,5 m/s). feladat Egy testet egy 15m magas toronyból 0m/s nagyságú, a vízszintessel 30 os szöget bezáró, ferdén lefelé mutató kezdősebességgel eldobunk. Mennyi idő múlva ér földet a test és a torony tövétől milyen távol? (1s, 17,3m) 3. feladat Rögzített nagyságú kezdősebesség esetén a vízszinteshez képest milyen szögben kell eldobnunk egy testet, hogy a lehető legmesszebb essen le, ha a közegellenállást elhanyagoljuk? (45 ) 4. feladat A vízszintes sík terepen milyen szögben kell kilőni az 500 m/s kezdősebességű lövedéket, hogy az a kilövés helyétől 5 km-re fekvő célba csapódjon? (5,77 vagy 84,3 ) 5. feladat A várat ostromló hadsereg a 35 méter magas várfaltól 80 méterre felállít egy katapultot, amellyel lángoló lövedékeket szeretnének behajítani a várba. A katapult 5 méter magasról engedi el a lövedéket, melynek kezdeti sebessége a vízszintessel 60º-os szöget zár be és a sebesség nagysága 40 m/s. Sikerül-e áthajítaniuk a tűzgolyót a várfal fölött? Mekkora és milyen irányú a sebesség, amikor a lövedék a várfalhoz ér (becsapódik vagy elhalad fölötte)? (z fal =63,56m, v=0,71m/s, 15 o kal a vízszintes alatt) 1

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 5 Dinamika I. Newton-törvények A testek mozgásának miért-jeire a Dinamika ad választ. Ennek első szakasza a Newtontörvényeket, és az ahhoz kapcsolódó erő-törvényeket tartalmazza, és a test mozgásegyenleteinek származtatása a cél. Az egyenletek megoldása már a kinematika tárgykörébe tartozik. 5.1 Elméleti alapok A Newton-törvények: 1. Minden test megőrzi egyenes vonalú egyenletes mozgását, vagy nyugalmi állapotát addig, amíg annak megváltoztatására egy másik test nem kényszeríti. - Megjegyzés: a feladatmegoldásokban ez úgy jelenik meg, hogy ha egy tömegpontra ható erők eredője zérus (ebbe beleértendő az is, ha nem hat rá erő), akkor nem gyorsul, vagyis a sebessége állandó. - Megjegyzés: a fenti Newton-törvény modernebb változata az úgynevezett kiválasztási axióma, viszont a munkafüzetben található feladatok megoldásához arra nincs szükség.. A test gyorsulása és a rá ható erő arányos, vagyis szabatosabban: F ma, (5.1.) ahol az arányossági tényező a tehetetlen tömeg, mértékegysége a kg. 3. Ha egy A test egy B testre F AB erőt fejt ki, akkor a B test is erőt fejt ki az A-ra. Ezen F BA erő azonos nagyságú, de ellentétes irányú az eredeti F AB erővel, vagyis: FBA FAB (5..) Ezt nevezik erő-ellenerő, vagy hatás-ellenhatás törvényének is. 4. Ha egy tömegpontra egyidejűleg több erő is hat, akkor együttes hatásuk helyettesíthető egy úgynevezett eredő erővel. Az eredő erő az egyes erők vektori összege: n F e = å F i i= 1 (5.3.) A második és negyedik törvény összevetésének segítségével adhatjuk meg a tömegpont mozgásegyenletét n d r å Fi = ma= m dt, (5.4.) i= 1 amelynek rt () megoldásait nevezzük mozgástörvénynek; a megoldáshoz természetesen szükség van a vt ( 0) és rt ( 0) kezdeti feltételekre is.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 A mozgásegyenletek konkrét felírásához azonban szükség van bizonyos erőtörvényekre, amelyek a tömegpont helyétől, sebességétől, az időtől, anyagi és geometriai paraméterektől függően kiszámíthatóvá teszik az erővektorokat. A feladatmegoldások során használandó erőtörvények az alábbiak: - Súlyerő: Gm g, ahol g a gravitációs gyorsulás, az erő mindig függőleges. - Csúszási súrlódási erő: FS Fny, ahol μ a csúszási súrlódási együttható, F ny a két felület közötti nyomóerő. Az erőhatás mindig a felületekkel párhuzamos. - Rugóerő: F x D x, ahol D a rugóra jellemző direkciós állandó, x a kitérés. - Kényszererők, mint a kötélerő (a kötél végén ébredő erő), vagy a tartóerő (a testet tartó felületre merőleges erőhatás). A feladatmegoldások tekintetében az alábbi pontok végrehajtása javasolt: 1. Javasolt egy megfelelő minőségű ábra elkészítése.. Az ábrán jelölni kell a fellépő erőket. Általános szabály a mechanikában, hogy az hat erővel egy testre, ami hozzáér, kivéve a gravitációt (és persze az ebből származó súlyerőt). Ezen pontnál fontos kiemelni, hogy az erők figyelembe vételekor számot kell tudni adni minden erő ellenerejéről is. Ezek között lesznek elhanyagolható hatásúak (például a test tömegvonzását, ami a Földre hat vissza, elhanyagolhatjuk, ahogy a rögzített felület tartóerejének ellenerejét is, stb.), de érdemes mindegyiket beazonosítani. 3. Az erők berajzolásának elvei (bár ezek némelyike a tömegpont modell esetén nem igazán lényeges): a. A súlyerőt a tömegközéppontból indítjuk lefelé. b. A tartóerőt az azt kifejtő felületre, a felületből indítva vesszük fel. c. A kötélerő (lásd később) mindig kötélirányú. d. A csúszási súrlódási erő (lásd később) a két felület határán, a mozgás feltételezett irányával ellentétes irányba mutat. e. A csúszási súrlódási erő esetén, ha az egyik felület tartóereje hat a másik (jellemzően a mozgó) testre, akkor a súrlódási erő kifejezésében szereplő nyomóerő megegyezik ezzel a tartóerővel. 4. Választani kell egy megfelelő koordinátarendszert, amelyben az erővektorok összeadhatóak, ezzel az eredő erő meghatározható. Javasolt már ekkor figyelembe venni, hogy milyen koordinátarendszer-választás a legmegfelelőbb a gyorsulásvektor tekintetében. 5. Az egyes testekre külön-külön felírjuk a mozgásegyenleteket az alábbi módon. 6. A választott koordinátarendszerben (ez leggyakrabban derékszögű Descarteskoordinátarendszer) össze kell adni (illetve összegezni kell) az erővektorokat, meghatározva az eredő erő vektorának komponenseit. 7. Ezt behelyettesítjük a mozgásegyenletbe, és meghatározzuk a gyorsulásvektor komponenseit. 8. A mozgástörvény meghatározása a kinematika feladatkörébe tartozik, az ott leírt módszerek alkalmazhatóak. 3

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 5. Bevezető elemi feladatok 1. feladat Mekkora az emelődaru kötelében fellépő F h húzóerő egy 100 kg tömegű gépalkatrész süllyesztésekor, illetőleg emelésekor, ha a gyorsulás nagysága mindkét esetben m/s? A kötél és a végén levő horogszerkezet súlya elhanyagolható. Megoldás: - Adatok: m=100kg, a= m/ s. - Mozgásegyenlet, és annak megoldása, amikor lefelé mozog: GFh ma Fh mgma 800N. - Mozgásegyenlet, és annak megoldása, amikor felfelé mozog: F G m a F m g m a 100N. h h. feladat Egy m=4kg-os testre a súlyán kívül egy vízszintes, 30N nagyságú erő hat. Mekkora a test gyorsulása? Megoldás: - Adatok: m=4kg, F=30N. - A két erőhatás (súlyerő és F) merőleges egymásra, így a kettő eredőjének nagyságát a Pitagorasz-tétellel lehet kiszámolni: F eredő (mg) F 50N. 3. feladat Egy fél mázsás zsák vízszintes, súrlódásmentes talajon hever. Egy munkás elkezdi húzni a vízszintessel 40 -os szöget bezáró, 400N nagyságú erő-vel. Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása? Megoldás: - Adatok: m=50 kg, F h =400N, =40 - Ábra, előkészítve a húzóerő komponensekre bontását: T F h G - Mivel a húzóerő 400N, a test súlya pedig G=mg=500N, még ha függőlegesen felfelé is húzzuk, nem emelkedik el a talajról a test. Ezért rajzoltuk be a tartóerőt is az ábrán. - Függőlegesen a tartóerő, a húzóerő függőleges komponense és a súly kiegyenlítik egymást. A gyorsulást a mozgásegyenlet vízszintes komponenséből lehet kiszámolni: Fcos h m Fcos h ma a 6,13. m s 4

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 4. feladat Egy m=50kg-os zsákot vízszintesen húzunk F=300N erővel, így a gyorsulása a=1m/s. Mekkora a súrlódási együttható a talaj és a zsák között? Megoldás: - Adatok: m=50kg, F=300N, a=1m/s. - Ábra, feltűntetve a gyorsulás irányát is: S T G a F - A függőleges irányú mozgási egyenlet komponens, lévén függőlegesen a test nem gyorsul, az alábbi: TG0 Tm g. - A vízszintes komponensre vonatkozó egyenlet pedig: FSma FT m a. - A fenti egyenletek alapján a megoldás: Fma 0,5. mg 5. feladat Egy rugóra felakasztunk egy dm 3 térfogatú, 5kg/dm 3 sűrűségű testet, így a rugó cm-t nyúlik meg. Mekkora a rugóállandó? Megoldás: - Adatok: V=dm 3, ρ=5kg/dm 3, Δx=cm=0,0m. - A test tömegének meghatározása: m V 10kg. - A test mozgásegyenlete egyensúlyi helyzetben (a pozitív irány függőlegesen felfelé mutat): Dxmg 0. - Ebből a megoldás: mg N D 5000. x m 5

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 5.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) 1. feladat Egy M=10kg tömegű, téglatest alakú ládát leteszünk a padlóra, függőleges oldalára helyezünk egy m=kg tömegű kis dobozt. A doboz és a láda között mind a csúszási, mind a tapadási súrlódási együttható 1 =0,, a láda és a padló között pedig mindkettő =0,5. a) Legalább mekkora legyen a láda gyorsulása, hogy a doboz ne essen le? b) Mekkora vízszintes F erővel kell ehhez a ládára hatni? F M m 6

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 1. feladat megoldása - Adatok: M=10kg, m=kg, μ 1 =0,, μ =0,5. - Ábra az erőhatások berajzolásával (külön figyelni kell az ellenerőkre): S 1 a F T M T m Tm S 1 G m S G M Megjegyzés: az ábrán azokat az ellenerőket, amelyek relevánsak, ábrázolni kell! A számolások megkönnyítése érdekében az egyes erőket úgy ábrázoltuk, hogy jól látható legyen, mely testekre hatnak (még ha ezzel az ábra kevésbé is lesz pontos). - Bár a két test nincs rögzítve, jól láthatóan azonos gyorsulással kell rendelkezniük. Az M gyorsulása nem lehet nagyobb, mint m-é, különben a doboz belenyomódna a ládába. Ha pedig a doboz gyorsulása lenne nagyobb, leesne (megszűnne az őt fent tartó tapadási súrlódás). - A koordinátarendszer-választás ebben az esetben egyszerű, az erőhatások függőleges és vízszintes komponenseit számoljuk ki. - A doboz mozgásegyenletének komponensei (először a függőleges, majd a vízszintes): S1Gm 0 1Tm mg0 T ma. m - A láda mozgásegyenletének komponensei (először a függőleges, majd a vízszintes): TM GM S1 0 TM Mg1Tm 0 FT S Ma FT T Ma. m m M - Az első kérdésre a választ a doboz mozgásegyenleteiből lehet kiszámolni. Ahhoz, hogy a test ne csússzon le, ahhoz a függőleges gyorsulásnak kell nullának lennie, vagyis az első egyenletnek kell teljesülnie: g m 1Tm mg 0 1mamg 0 a 50. 1 s - A gyorsulás ismeretében az F erő nagysága a láda mozgásegyenleteiből számolható ki: FTm TM Ma FT m (Mg 1T) m Ma F m a (M g m a) M a 660N 1 7

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 5.4 Példák, ajánlott feladatok 1. feladat Egy m = 8 kg tömegű pontszerű testre a súlyán kívül még két, F 1 = F =60N nagyságú erő hat, mindkettő = 30 o -os szöget zár be a vízszintessel, és e két utóbbi erő a súlyerővel egy síkban van. Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása? (,5m/s, lefelé) F 1 F. feladat Egy négyzet csúcsaiban azonos Q töltésű pontszerű testek vannak. Mekkora a négyzet középpontjában elhelyezkedő ötödik részecske töltése, ha a rendszer egyensúlyban van? (-0,957Q) Megjegyzés: az utóbbi feladat megoldásához szükség van a Coulomb-erő nagyságának kifejezésére, ami két, Q 1 és Q ponttöltések között ható erő, amikor r távolságra vannak egymástól: QQ 1 9 Nm FC k, ahol k 9 10. r C 3. feladat* Egy G =50N súlyú testet a padlóra helyezünk, és a vízszintessel α szöget bezáró rögzített F=5N nagyságú erővel húzni kezdjük. Mekkora α esetén maximális a test gyorsulása, ha a test és talaj közti súrlódási együttható =0,? (11,3 ) 8

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 6 Dinamika II. kötelek, lejtők, csigák A konkrét feladatok megoldásakor a Fizika oktatásában külön fontossága van a kötelek, lejtők és csigák egyszerűsített leírásának. Ezzel nyílik lehetőség összetettebb mechanikai rendszerek vizsgálatára anélkül, hogy bonyolult rugalmasságtani, vagy a merev testek dinamikájára vonatkozó feladatokat kellene megoldani. 6.1 Elméleti alapok 6.1.1 Az ideális kötél működése Az ideális kötélnek két alapvető tulajdonsága van: 1. Nyújthatatlan.. A tömege zérus. Ennek következményei az alkalmazások tekintetében az alábbiak: 1. Ha a kötél nem feszül meg, olyan, mintha ott sem lenne.. A kötél mozgásegyenlete nem jelenik meg külön egyenletként, a kötélerők nagyságának és irányának a meghatározásakor kell figyelembe venni őket. 3. A kötél két végén ébredő erő nagysága ugyanakkora, és mindig párhuzamos a kötél irányával. 4. A kötél nyújthatatlanságának is vannak hatásai, amikor a kötél megfeszül, de ezek feladatról feladatra változhatnak. Van, ahol az összekötött testek távolsága állandó (például körmozgásnál, vagy ha a két test egy irányba mozog); van, ahol a két test gyorsulásának nagysága ugyanakkora (például amikor mindkét test a kötéllel párhuzamos irányban mozog). 6.1. Az ideális csiga működése A csigák idealizált modelljében az alábbi tulajdonságokat vesszük figyelembe: 1. Az ideális csiga tömege, ezzel együtt tehetetlenségi nyomatéka zérus.. Az ideális csiga súrlódásmentesen forog rögzített tengelye körül. Ennek következményei az alkalmazások tekintetében az alábbiak: 1. A csiga forgó mozgása nem jelenik meg külön mozgásegyenletként.. A csiga a rajta átvetett ideális kötél végén ébredő erőknek a nagyságát nem, csak az irányát változtatja meg. Praktikusan az ideális csiga, és a rajta átvetett kötél figyelembe vétele a feladatok megoldásában a következőképpen zajlik: 1. A kötélerő nagysága a kötél két végén ugyanakkora, az erő párhuzamos a kötéllel.. A kötelet, ha átvetjük egy ideális csigán, a csiga két oldalán a kötél vonalának az iránya között eltérés lehet, de ez a fenti két ponton nem változtat. 6.1.3 Lejtőn mozgó test dinamikájának leírása A lejtőn mozgó tömegpont leírásának konkrét részletei a bevezető elemi feladatok között lesznek megtalálhatóak. Általánosságban az alábbiakat kell tudni a rögzített lejtőn történő mozgásról: 1. A lejtőn mozgó testre mindenképpen hat a súlyerő függőlegesen lefelé, illetve a lejtő 9

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 tartóereje a lejtőre merőlegesen.. A súlyerő és a lejtőre merőleges irány ugyanakkora szöget zár be egymással, mint a lejtő a vízszintes síkkal (merőleges szárú szögek). 3. A nem túl bonyolult esetek tárgyalásánál érdemes nem a szokásos vízszintesfüggőleges irányokra építő koordinátarendszert választani, hanem a lejtővel párhuzamos, és arra merőleges irányokhoz rögzíteni a koordinátatengelyeket. Megjegyzés: ennek fő oka az, hogy bár az erővektorok összeadásakor lehet az eredeti irányválasztás jobb, a javasolt esetben a gyorsulásvektornak csak egy nem nulla komponense lesz, mégpedig a lejtővel párhuzamos (ez a legtöbb esetben így van, de természetesen lehetnek kivételek). 4. A feladatok megoldását érdemes annak tisztázásával kezdeni, hogy a lejtőn csúszó test egyáltalán milyen irányban mozoghat. Amennyiben ugyanis súrlódás is fellép, akkor a végeredmény csalóka lehet, például, ha a súlyerőn, a tartóerőn és a súrlódáson kívül nem hat más erő, és a számolás eredménye matematikailag az, hogy a test felfelé gyorsul, az fizikailag nyilván azt jelenti, hogy a test a nagy súrlódás miatt nem mozdul meg. 6. Bevezető elemi feladatok 1. feladat Az ábra szerint összekapcsolt m 1 =kg és m =8kg tömegű testeket F=0N erő gyorsítja. Mekkora lesz a közös gyorsulás, és erő hat a kötélben, ha nincs súrlódás? m 1 m F Megoldás: - Adatok: m 1 =kg, m =8kg, F=0N. - Ábra az erőhatások berajzolásával (a betűk a vektor hosszát jelölik, az irányokat az ábra tisztázza), felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is: T 1 K K T F a G 1 G - A választott koordinátarendszer: az egyik tengely függőleges, felfelé mutat a pozitív irány, a másik tengely vízszintes, a gyorsulás irányába mutat. - A mozgásegyenletek függőleges irányban (a testek ebben az irányban nem gyorsulnak): T1G1 0, T G 0, ezek azonban a gyorsulás kiszámításában nem számítanak, mivel nincs súrlódás. - A mozgásegyenletek vízszintes irányban: K m a, FK m a, de a két test ideális kötéllel van összekötve, vagyis a két 1 1 gyorsulás egyenlő egymással. Ebből a megoldás: F m a. m m s 1 30

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010. feladat Elhanyagolható tömegű, súrlódásmentesen forgó csigán átvetett kötél egyik vége m=5kg tömegű, a másik vége egy vízszintes síkon mozgó M=0kg tömegű testhez kapcsolódik. Mekkora a rendszer gyorsulása, ha elhanyagoljuk a súrlódást, ill. ha = 0,1? Megoldás: - Adatok: m=5kg, M=0kg, = 0,1. - Ábra az erőhatások berajzolásával, felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is (itt természetesen nem egy irányról van szó, hanem egy körüljárási irányról, a két test gyorsulásának iránya különböző, de a gyorsulások nagysága azonos): a K T M K G M S G m - A M tömegű test mozgásegyenletei (függőleges, majd vízszintes irány): TM GM 0, TM Mg KSMa, KFny Ma, KTM Ma. - A m tömegű test mozgásegyenlete (csak függőleges irány): Gm Kma mg Kma. - Az egyenletrendszer megoldása (KMg) (mgk) Mama (Mm)a mgm g, vagyis súrlódásmentes esetben a=m/s, súrlódásos esetben a=1,m/s. 3. feladat Írja fel egy α szögű lejtőn súrlódva lecsúszó m tömegű test mozgásegyenleteit! Megoldás: - Ábra az erőhatások berajzolásával, felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is: S T a m α α G - A koordinátarendszert most nem függőleges-vízszintes, hanem lejtőirányú és lejtőre merőleges tengelyekkel vesszük fel. Ebben a két mozgásegyenlet-komponens: TGcos 0, T mgcos GsinSma, mgsint ma. - Ennek megoldása a g (sincos ). Ha ez az érték negatív, akkor tapadási súrlódás áll fenn, a test nem mozdul, gyorsulása valójában nulla (a fenti esetben felfelé nem gyorsulhat). 31

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 6.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) 1. feladat Az ábrán látható elrendezésben a lejtők szöge α=30 és β=45, a (pontszerűnek tekinthető) testek tömege sorrendben m 1 =4kg, m =5kg, m 3 =1kg, mindkét csiga könnyű és szabadon foroghat. A súrlódási együttható mindenütt 0,1. Mekkora lesz a testek gyorsulása a lejtőhöz képest? 1 3 α β 3

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 1. feladat megoldása - Adatok: m 1 =4kg, m =5kg, m 3 =1kg, α=30, β=45, μ=0,1. - A megfelelő mozgási irány kiválasztásához megvizsgáljuk, hogy egyáltalán milyen irányban mozoghatnak a testek. Ehhez a súrlódásmentes esetet vizsgáljuk meg: - Az 1. testet a rá ható súlyerő lejtővel párhuzamos komponense fogja balra gyorsítani, ez F 1 m 1 gsin 0N. - A. testet csak a kötélerők fogják mozgatni, az irány eldöntésében nincsen szerepe. - A 3. testet a rá ható súlyerő lejtővel párhuzamos komponense fogja jobbra gyorsítani, ez F3 m3g sin 7, 07N. - Ebből látszik, hogy a rendszer balra mozog(ezt az alábbi ábrán is berajzoljuk), ez a súrlódási erők irányát is meghatározza. - Ha a számolás végeredménye negatív lesz, akkor a rendszer nyugalomban van. - Ábra az erőhatások berajzolásával (előkészítve a súlyerők komponensekre bontását is): a T T 1 K 1 α α S 1 K 1 K K G S β β S 3 T 3 G 1 G 3 - Mindegyik test esetén más koordinátarendszert fogunk használni, mindenhol a lejtőre merőleges és az azzal párhuzamos komponenseket fogjuk felírni külön-külön. Mivel az ábra alapján az irányokat helyesen vettük fel, és mivel az egész rendszer az ideális kötelek miatt ugyanakkora gyorsulással fog mozogni, ez megtehető. - Az m 1 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens): T1G1cos0 T1 m1gcos, G sink S m a m gsink m gcosm a. 1 1 1 1 1 1 1 1 - Az m tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens): T G 0 T mg, K K S m a K K m g m a. 1 1 - Az m 3 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens): T3G3cos0 T3 m3gcos, K G sins m a K m gsinm gcosm a. 3 3 3 3 3 3 - Az egyenletrendszer megoldása: m sin m sin (m cos m m cos ) m. m m m s 1 3 1 3 a g 0,376 1 3 33

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 6.4 Példák, ajánlott feladatok 1. feladat Az ábra szerint összekapcsolt m 1 =3kg, m =5kg, m 3 =kg tömegű testeket F=40N erő gyorsítja. Mekkora lesz a közös gyorsulás, és mekkora erők hatnak a kötelekben, ha nincs súrlódás, ill. ha a súrlódási együttható = 0,? (4 és m/s, 1N és 3N) m 1 m m 3 F. feladat Egy h = 3m magas, vízszintesen b = 4m hosszú lejtő tetejéről v 0 = 4m/s kezdősebességgel elindítunk lefelé egy testet. A lejtő és a test közötti súrlódási együttható 1 = 0,5, a lejtő utáni vízszintes talaj és a test között = 0,8. Mekkora utat tesz meg a test a megállásig, miután elhagyta a lejtőt? (10m) 3. feladat Az alábbi bal oldali ábrán látható testek tömege M=5kg, m 1 =kg, m =3kg, a rugó, a csiga és a kötelek tömege, valamint a súrlódás elhanyagolható. Tudjuk, hogy mindhárom testnek ugyanakkora a=0,5m/s a gyorsulása. Mekkora a lejtő α szöge és mennyi a rugó megnyúlása, ha a rugóállandó D=0N/cm? (64, o, 1,95cm) M m 1 β α m α 4. feladat Egy üres doboz tetejére könnyű fonállal kis testet kötünk, majd a dobozt egy α=30 o szögű lejtőre tesszük, ahol a doboz (és vele a kis test) a gyorsulással gyorsulni kezd (lásd a fenti jobb oldali ábrát). Milyen szöget zár be a fonál a függőlegessel, ha a) a lejtő súrlódásmentes, b) a súrlódási együttható μ=0,? (30 o és 18,7 o ) 5. feladat* Egy vízszintesen rögzített, b kiterjedésű súrlódásmentes lejtő milyen szöget zárjon be a vízszintessel ahhoz, hogy a lehető leghamarabb csússzon le róla egy test. (45 o ) b 34

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 7 Dinamika III. megmaradó mennyiségek A fizikában fontosak az úgynevezett megmaradó mennyiségek, amelyek fontos alapvető elvekből határozhatóak meg. Az alkalmazások tekintetében ezen mennyiségeknek kettős a haszna. Egyrészt vannak olyan mérnöki kérdések, amelyek egyértelműen a megmaradó mennyiségekre, vagy a kapcsolódó fogalmakra vonatkoznak (például egy rendszer hatásfoka, vagy a működéshez szükséges teljesítmény, befektetendő energia, stb.). Másrészt bizonyos dinamikai feladatok a segítségükkel sokkal könnyebben megoldhatóak. 7.1 Elméleti alapok 7.1.1 Lendület (impulzus), Impulzus-tétel A lendület, vagy más néven impulzus meghatározása: I mv, (7.1.) és az erre vonatkozó tétel az úgynevezett impulzus-tétel d I = å F dt (7..) amelyből állandó tömegű esetben levezethető Newton. törvénye. Azon túl, hogy bizonyos feladatok értelmezésében és megoldásában alkalmazható a tétel, van egy fontos következménye. Ha a testre ható erők eredője zérus, akkor a test impulzusa állandó (nagyság és irány is), vagyis ebben az esetben az impulzus megmarad. 7.1. Munka, mozgási energia, munkatétel Egy adott tömegpontra ható erőhatás, ha a tömegpont r 1 pontból r pontba mozog, az alábbi munkát végzi a testen W 1, r Fdr. (7.3.) r 1 Ennek az összefüggésnek azonban egy egyszerűsített alakját szoktuk használni az elemi feladatoknál. Amennyiben az erőtér homogén, vagyis minden pontban ugyanolyan nagyságú és irányú, illetve a test elmozdulása egyenes mentén történik, a munkavégzés W Fr Frcos (7.4.) lesz, ahol a második egyenlőségben kifejtettük a skaláris szorzatot. Erre a fogalomra épül a munkatétel. Ennek kimondásához szükségünk van egy mennyiség bevezetésére, mégpedig a kinetikus (vagy mozgási) energiára, amely E 1 k mv (7.5.) 35

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-013-0010 alakú. Ezzel a munkatétel W= E k, (7.6.) vagyis a mechanikában a tömegpontra ható erők eredője által végzett munka a test mozgási energiájának megváltozását okozza. 7.1.3 Konzervatív erőterek, potenciális energia, mechanikai energia-megmaradás Az erőtereknek van egy speciális típusa, amely fontos a feladatok megoldása tekintetében, ezek a konzervatív erőterek. Ezek fontosságát egyrészt az adja, hogy a Fizika oktatásában megjelenő legelemibb kölcsönhatások (gravitáció, elektrosztatikus vonzás/taszítás) ilyen erőterek, másrészt ezekhez az erőterekhez rendelhetünk egy potenciális energiát, amely nagyban megkönnyít(het)i a feladatmegoldást. Konzervatív erőtérnek azt nevezzük, amely erőtér munkavégzése szempontjából irreleváns, hogy a test milyen úton halad egyik pontból a másikba. Másképpen megfogalmazva, a munkavégzés csak a mozgás két végpontjától függ, vagyis ha a test A pontból halad B pontba, akkor a munkavégzés B W F dr E (A) E (B), (7.7.) AB P P A ahol bevezettük az E P potenciális energiát. Az alábbi feladatokban a súlyerő potenciális energiája fog szerepelni, amely E=mgh, p (7.8.) amelyet helyzeti energiának is nevezünk. Fontos azonban tisztázni, hogy önmagában a h nem meghatározott, a mozgás két pontjának magassága közötti különbség lesz jól meghatározott. Ezért amikor egy időpontban a test helyzeti energiáját meg akarjuk határozni, valamilyen nulla-szintet választanunk kell a potenciális energiának, vagyis meg kell mondanunk, hogy a h=0 hely hol található. Konzervatív erőterek esetén származtatható a munkatételből az úgynevezett mechanikai energia-megmaradás, amely szerint egy test mozgási és potenciális energiájának összege (ezt az összeget nevezzük mechanikai energiának) állandó a mozgás során, vagyis a mozgás bármely két A és B pontjára felírva: E k(a)+e p(a)=e k(b)+e p(b). (7.9.) A fentiekhez fontos kiegészítés, hogy a rugóerő is konzervatív erőtérként viselkedik, így ahhoz is definiálható potenciális energia, amely a következő alakú: E 1 rugó Dx. (7.10.) 7.1.4 Teljesítmény, teljesítmény-tétel A munkavégzéshez, illetve az energiához kapcsolódó fontos fogalom a teljesítmény, ami az időegység alatt befektetett munka / befektetett energia / hasznosuló energia, stb., vagyis 36