Gyakorló feladatok Tömegpont kinematikája

Gyakorló feladatok Tömegpont kinematikája 2.3.1. Feladat Egy részecske helyzetének időfüggését az x ( t) = 3t 3 [m], t[s] pályagörbe írja le, amint a = indulva a pozitív x -tengely mentén mozog. Határozza meg a részecske v () t sebességének és ( t) változását. A pályasebesség a pályagörbe idő szerinti deriváltja, v ( t) d( t ) dt = 9 [m/s] deriváltja, azaz a () t d( 9t 2 ) dt = 18 t [m/s2] 2.3.2. Feladat =. t időpillanatban az origóból a gyorsulásának időbeli = 3 3 t 2, a gyorsulás a pályasebesség idő szerinti Egy felfelé dobott labda helyzetét a z = 7t 5t 2 pályagörbe írja le, ahol a távolság méterben, az idő másodpercben adott. Határozza meg a labda v sebességét és a gyorsulását a t =, valamint a t = 1,26 s időpillanatokban. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-1

Figyelembe véve a mozgásegyenlet általános alakját z = z 2 + vt + at 2 és összehasonlítva a megadott mozgásegyenlettel, a labda a z = pozícióból indul, kezdősebessége v = 7 m/s, gyorsulása a = 1 m/s2, lefelé mutató. Sebessége a t = 1,26 s időpillanatban pedig az v = v + at összefüggés felhasználásával v = 7 1 1,26 = 5,6 m/s szintén lefelé mutató lesz. 2.3.3. Feladat Egy tömegpont függőleges helyzetét a z = 3 + 9t 25t 2 pályagörbe írja le, ahol a távolság méterben, az idő másodpercben adott. Határozza meg a tömegpont v sebességét és a gyorsulását a t =, valamint a t = 2,12 s időpillanatokban. Az előző feladat megoldása alapján a tömegpont z = 3 m pozícióból indul, v = 9 m/s felfelé irányuló kezdősebességgel és a = 5 m/s 2 lefelé mutató gyorsulással. A t = 2,12 s időpillanatban a tömegpont sebessége v = v + at = 97 m/s lefelé mutató lesz, miközben z = 3 + 9 2,12 25 2,122 = 9,28 m mélyre süllyed. 2.3.4. Feladat Vizsgálja meg, hogy változhat-e egy tömegpont sebessége úgy, hogy a sebesség nagysága állandó marad. Minthogy a sebesség vektor mennyiség, azaz iránya és nagysága van, így ha a sebesség nagysága nem változik, akkor a sebesség irányváltozásából származik a sebesség megváltozása. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-2

2.3.5. Feladat Milyen mozgást végez az a teherautó, amely gyorsul, de sebességének nagysága se nem nő, se nem csökken. Az előző feladat alapján, minthogy a sebesség vektor mennyiség, azaz iránya és nagysága van, így ha a sebesség nagysága nem változik, akkor a sebesség irányváltozásából származik a gyorsulás, amely szintén vektor mennyiség. Tehát a válasz, minthogy a sebességváltozás állandó, a jármű körmozgást végez. 2.3.6. Feladat Egy 15 m magas torony tetejéről 3,2 kg tömegű tömegpontot kezdősebesség nélkül elengednek. Határozza meg, mennyi idő múlva és mekkora sebességgel érkezik meg a tömegpont a torony tövébe. A torony tetejéről az tömegpont szabadon esik g = 9,81m/s2 gyorsulással, a magasság h = gt 2 2 kifejezéséből az esés ideje t = 2 h g = 3 9,81 = 1,7487 s, a becsapódás sebessége egyrészt a sebesség-gyorsulás v = gt kapcsolatából, v = 9,81 1,7487 = 17,1552 m/s, másrészt némi rendezés után a magasság-sebesség kifejezésére kapott h = v2 2g kapcsolatból v = 2 gh = 3 9,81 = 17,1552 m/s ugyanarra az eredményre vezet. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-3

2.3.7. Feladat Egy nyugalomból induló sebessége 2 m távolság megtétele után. 1,5 kg tömegű tégla a gravitációs erő hatására szabadon esik. Határozza meg mekkora lesz a tégla A kezdősebesség nélkül szabadon eső tömegpont sebesség-megtett út közötti h = v2 2g kapcsolatot felhasználva a szabadon eső test sebessége v = 2 gh = 6,2642 m/s lesz. 2.3.8. Feladat Egy asztronauta leejt egy kalapácsot a Holdon ( g = 1,62 m/s2 Hold ), amely 1,55 s alatt ér a talajra. Határozza meg a kalapács végsebességét. A kalapács végsebessége v = ghold t = 1,62 1,55 = 2,511 m/s lesz. 2.3.9. Feladat Egy robot leejt egy kődarabot a Marson ( g = 3,69 m/s2 Mars ). A kődarab 1,2 s alatt ér a talajra. Határozza meg a kődarab becsapódási sebességét. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-4

A kődarab becsapódási sebessége v = gmars t = 3,69 1,2 = 4,428 m/s lesz. 2.3.1. Feladat Három város egy egyenlő oldalú háromszög csúcspontjaiban (A, B, C) helyezkednek el. Két autó közlekedik az A B C útvonalon. András autója az A B városok közötti utat állandó 6 km/h sebességgel, majd a B C városok közti utat 9 km/h állandó sebességgel teszi meg. Béla autója az A B C útvonalon végig 7 km/h sebességgel halad. Határozza meg, melyik autó átlagos sebessége nagyobb az A B C útvonalon. András autója az A B városok közötti utat t 1 = 1 6 h idő alatt, a B C városok közti utat t 2 = 1 9 h idő alatt teszi meg. Az A B C útvonal megtételéhez szükséges idő t = t1 + t2 = 1 6 + 1 9 =,278 h, az átlagsebessége v A = 2 ( 1 6 + 1 9) = 72 km/h = 2 m/s. Béla autója végig azonos sebességgel halad, v B = 7 km/h = 19,4444 m/s, így András autója halad nagyobb átlagsebességgel. 2.3.11. Feladat Három város egy egyenlő oldalú háromszög csúcspontjaiban (A, B, C) helyezkednek el. Két autó közlekedik az A B C útvonalon. Az egyik autó az A B városok közötti utat állandó 6 km/h sebességgel, majd a B C városok közti utat 1 km/h állandó sebességgel teszi meg, míg a másik autó az A B C útvonalon végig 8 km/h sebességgel halad. Határozza meg, melyik autó átlagos sebessége nagyobb az A B C útvonalon. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-5

Az előző feladat alapján az egyik autó átlagsebessége v = 2 ( 1 6 + 1 1) = 75 km/h 2,8333 m/s 1 = átlagsebessége v 2 = 8 km/h = 22,2222 m/s nagyobb, mint az első autó átlagsebessége. 2.3.12. Feladat, a másik autó Az autók műszaki vizsgáján a követelmény, hogy fékezéskor a lassítás legalább 6 m/s2 legyen. Határozza meg, hogy ekkor a 8 km/h sebességgel haladó autó fékezéskor mekkora távolságon áll meg és mennyi ideing tart a fékezés. Először érdemes sebesség mértékegységét átváltani, v = 8 km/h = 22,2222 m/s. Minthogy az autó megállásig fékez, így a v = v at = összefüggés alapján a fékezés ideje t = v a = 3,737 s. A fékezési út pedig egyrészt az s = vt + at 2 2 összefüggés, másrészt az s = v2 2a összefüggés felhasználásával 41,1523 m hosszúnak adódik. 2.3.13. Feladat Egy 18 g tömegű testet 12 m magas torony tetejéről vízszintesen 5 m/s kezdősebességgel elhajítanak. Határozza meg mennyi idő múlva ér földet. Habár a tömegpont vízszintes kezdősebességgel indul, a földre érkezés idejét a torony tetejéről való szabadesés határozza meg, h = gt 2 2, ahonnan t = 2 h g = 1,5641s. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-6

2.3.14. Feladat Egy torony tetejéről vízszintesen 8 m/s kezdősebességgel elhajítanak egy 15 g tömegű testet. Határozza meg, hogy 3 s ideig történő repülés után a tömegpont a torony talpától milyen messze ér földet. A vízszintes irányú sebességgel a megadott idő alatt s = v t = 24 m távolra kerül a torony tövétől. 2.3.15. Feladat Egy tömegpont 22 g tömegű testet 8 m/s kezdősebességgel vízszintesen elhajítanak. Határozza meg milyen magas volt a torony, ha a 5 s alatt ér földet. A vízszintes hajítás esetén a függőleges elmozdulást a szabadesés eredményezi, ahonnan a torony magassága h = gt 2 2 = 122,625 m. 2.3.16. Feladat Egy torony tetejéről vízszintesen elhajítanak egy 18 g tömegű testet. Határozza meg, mekkora a tömeg kezdősebessége, ha 3 s alatt a torony talppontjától 26 m távolságra ér földet. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-7

A vízszintes hajítás esetén a vízszintes távolságot egyenes vonalú egyenletes sebességgel teszi meg a tömegpont, így a vízszintes hajítás kezdősebessége v = s t = 8,6667 s. 2.3.17. Feladat Egy 2 m magas torony tetejéről vízszintes irányba 3 m/s kezdősebességgel eldobnak egy 12 g tömegű tömegpontot. Határozza meg, hogy a torony tövétől milyen messze és mennyi idő múlva csapódik be a tömegpont. A torony tetejéről a h = gt 2 2 összefüggés felhasználásával t = 2 h g = 2,193 s alatt teszi meg a tömegpont a függőleges távolságot, ez alatt a vízszintes kezdősebességgel s = v t = 3t = 6,578 m utat fut be. 2.3.18. Feladat Egy 2 g tömegű testet 8 m/s kezdősebességgel függőlegesen felfelé dobnak. Határozza meg, milyen magasra repül, és mennyi idő múlva érkezik vissza a kiindulási pontra. A tömeg addig emelkedik, amíg sebessége nullára nem csökken, ezután szabadeséssel visszafordul. Az emelkedés magassága h = v2 2g = 3,262 m, a mozgás teljes ideje t = 2v g = 1,631 s. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-8

2.3.19. Feladat Egy 15 m magas torony tetejéről kezdősebesség nélkül leejtenek egy 4 g tömegű testet. Határozza meg, mekkora sebességgel és mennyi idő múlva érkezik meg a tömegpont a torony talppontjához. A torony tetejéről kezdősebesség nélkül szabadeséssel érkező tömegpont sebessége a h = v2 2g összefüggés felhasználásával v = 2 gh = 17,1552 m/s, az esés idejére pedig egyrészt a h = gt 2 2, másrészt a v = gt összefüggésekből t = 1,7487 s idő adódik. 2.3.2. Feladat Egy 8 m magas torony tetejéről 12 m/s kezdősebességgel felfelé dobnak egy 38 g tömegű testet. Határozza meg, milyen magasra repül, és mekkora sebességgel érkezik meg a tömegpont a torony talppontjához. A torony tetejéről felfelé dobot tömegpont mindaddig emelkedik, amíg kezdősebessége nullára nem csökken, ez a magasság h = v2 2g = 7,3394 m. A torony tövétől mért magasság h 1 = h + 8 = 15,3394 m. A teljes magasságot elérve a tömegpont egy pillanatra megáll, majd szabadesésbe kezd és a torony tövéhez v = 2gh 1 = 17,3482 m/s sebességgel érkezik meg. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-9

2.3.21. Feladat Egy 18 m magas torony tetejéről 6 m/s kezdősebességgel lefelé dobnak egy 4 g tömegű testet. Határozza meg, mekkora sebességgel és mennyi idő múlva érkezik meg a tömegpont a torony talppontjához. A kezdősebességgel lefelé dobott tömegpont végsebességre a magasság h ( v v ) 2g = v2 + 2gh = 19,7271 m/s v adódik, ahonnan az esés ideje = ( v v ) g s 2.3.22. Feladat t = 1,3993. = 2 2 kifejezéséből Egy 7.5 m hosszú zsineg egyik végére és ettől 3 m távolságra szintén egy-egy követ erősítenek. A zsineg másik végét megfogva kilógatják egy hídról, majd onnét elengedve a folyóba ejtik. A két kő csobbanása között,15 s idő telik el. Határozza meg, milyen magasan van a híd a víz felett, ha a hang terjedési-sebessége figyelmen kívül hagyható. A zsineg alsó végén lévő tömegpont h 2 1 = gt 1 2 magasságot esi, míg a felette lévő tömegpont h 2 2 = gt 2 2 magasságot süllyed amíg talajt ér. A két magasság megtételéhez szükséges idők közötti eltérés ismeretében t 2 = t1 +, 15 kapcsolat áll fenn. A híd magassága a zsineg alján és a felette lévő tömegpontra h = h1 + 7,5 = h2 + 4, 5. A fenti összefüggéseket figyelembe véve h = gt2 2 7,5 (,15) 2 1 + = g t1 + 2 + 4, 5. Némi rendezés után a 7,5 = (,3t 1 +,225) g 2 + 4, 5 egyenlet megoldásaként a zsineg TFM/21/v/4/KONF-I/GY-1

alján lévő tömegpont t 1 = 1,9637 s ideig, a felette lévő tömegpont t 2 = 2,1137 s ideig esik. A híd magassága pedig h = h1 + 7,5 = 26,415 m. 2.3.23. Feladat Egy ötödik emeleti lakás ablaka előtt virágcserép zuhan lefelé. Az 1,2 m magas ablak előtt,12 s idő alatt halad el. Feltéve, hogy egy emelet magassága 3 m és a közegellenállásnak szerepe nem jelentős, határozza meg, hányadik emeleti ablakból eshetett ki a cserép. Feltételezve, hogy az ablak tetejéig a cserép h 2 1 = gt 1 2 magasságot tett meg, az ablak aljáig pedig h 1,2 2 2 = h1 + = gt 2 2 magasságot esett. Figyelembe véve, hogy a két időpillanat között t 2 = t1 +, 12 kapcsolat áll fenn, az ablak aljáig eső cserépre a következő összefüggés írható fel, h 2 2 1,2 (,12) 2 2 = gt 1 + = g t1 + 2, ahonnan némi rendezés után 1,2 = (,24t 1 +,144) g 2 az ablak tetejéig t 1 =,9594 s, az ablak aljáig t2 = 1,794 s ideig esik a cserép. Az ablak aljáig h 2 2 = gt 2 2 = 5,7145 m távolságot tesz meg a cserép, ami hozzávetőleg 5,7145/3 = 1,948 2 emeletet jelent. Tehát a cserép a 7. emeletről eshetett ki. 2.3.24. Feladat Határozza meg mekkora a gyorsulása annak a részecskének, amely a lemezjátszó állandó, percenként 33, 3 fordulatszámmal forgó korongján a középponttól 1 cm távolságra helyezkedik el TFM/21/v/4/KONF-I/GY-11

A percenkénti fordulatszámból a periódusidő T = 6 n = 1,818 s, a pályamenti sebesség v = 2 π r T =,3487 m/s, a pályagörbe főnormálisa irányú, centripetális gyorsulás pedig a = v 2 r = 1,216 m/s 2 cp. 2.3.25. Feladat Határozza meg mekkora a gyorsulása annak a részecskének, amely a lemezjátszó 5 fordulatszámmal forgó korongján a középponttól 12 mm távolságra helyezkedik el. Az előző feladathoz hasonlóan a periódusidő T = 6 n = 1,2 s, a pályamenti sebesség v = 2 π r T =,6283 m/s, a pályagörbe főnormálisa irányú, centripetális gyorsulás pedig a = v 2 r = 3.2899 m/s 2 cp. 2.3.26. Feladat Egy köszörűkő nyugalomból,4 rad/s2 szöggyorsulással indul. Határozza meg, mekkora lesz a szögsebessége 2 körülfordulás után. A 2 körülforduláshoz tartozó szögelfordulás ϕ = 2 2π = 4π rad. A szöggyorsulás és a szögelfordulás közti ϕ = εt 2 2 összefüggést felhasználva és figyelembe véve, hogy ω = ε t, a szögsebesség ω = 2 ε ϕ = 1,265 rad/s. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-12

2.3.27. Feladat Határozza meg, mekkora a gyorsulása annak a részecskének, amely egy kerékpár állandó, percenként 5 fordulatszámmal forgó kerekének a középpontjától 1 mm távolságra helyezkedik el. Az előző feladatokhoz hasonlóan, a forgó mozgás periódusideje T = 6 n = 1,2 s, a pályamenti sebessége v = 2 π r T =,5236 m/s, a pályagörbe főnormálisa irányú, centripetális gyorsulás pedig a = v 2 r = 2,7416 m/s 2 cp. 2.3.28. Feladat Határozza meg, mekkora a gyorsulása annak a gyermeknek, amely a körhinta állandó, percenként 2 fordulatszámmal forgó hintáján, a középponttól 12 cm távolságra ül. Az előző feladatokhoz hasonlóan, a forgó mozgás periódusideje T = 6 n = 3 s, a pályamenti sebessége v = 2 π r T =,2513 m/s, a pályagörbe főnormálisa irányú, centripetális gyorsulás pedig a = v 2 r =,526 m/s 2 cp. Tömegpont kinetikája 3.9.1. Feladat Határozza meg mekkora a súlya egy 15 kg tömegű zsáknak. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-13

A zsák súlya G = mg = 15 9,81 = 147,15 N. 3.9.2. Feladat Határozza meg, mekkora erő ébred abban a kötélben, amelyre 1 kg tömegű zsákot akasztanak. A kötélben a zsák súlyával azonos nagyságú, ellentétes irányú erő ébred, F = mg = 98,1 N. 3.9.3. Feladat Határozza meg mekkora erővel nyomja a talajt a 2 kg tömegű szék, ha egy 8 kg tömegű férfi ráül. A talajt a két tömeg együttes súlya, F = ( msz + m f ) g = 84,42 N nyomja. 3.9.4. Feladat Egy bolti eladó 5 doboz, egyenként 1 N súlyú konzervet tesz fel a padlóról a 15 cm magas polcra. Határozza meg, mennyi munkát végez. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-14

A bolti eladó a dobozok helyzeti energiáját változtatja meg, azaz a befektetett munka W = n mgh = 5 1 1,5 = 75 J. 3.9.5. Feladat Egy 5 kg tömegű test 1,5 m/s sebességgel mozog súrlódásmentesen, vízszintes felületen. Határozza meg mekkora munkavégzéssel növelhető meg a sebessége kétszeresére. A kétszeres sebesség és az egyszeres sebesség mozgási energiájának különbsége a szükséges befektetett munka, azaz W = m( 2 v ) 2 2 2 1 mv 1 2 = 3 v 2 m 2 = 16,875 J. 1 3.9.6. Feladat Egy 8 N súlyú, görgőkön lévő ágyú 12 N súlyú golyót lő ki 8 m/s kezdősebességgel. Határozza meg, mekkora sebességgel lökődik vissza az ágyú. A hatás, ellenhatás elve alapján a mozgásmennyiségek egyenlőségéből m gvg = mava, ahonnan az ágyú visszalökési sebessége v a = 1,2 m/s. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-15

3.9.7. Feladat Egy porszívót a vízszintessel 65 o szöget bezáró nyelénél fogva 7 N erővel tolnak. Határozza meg mekkora a munkavégzés, ha a pórszívó 5 m távolságot csúszik előre a padlón. A munkavégzést az erőnek az út irányába eső komponense hoz létre, azaz W = F cosα s = 7 cos 65o 5 = 147,9164 J. 3.9.8. Feladat Határozza meg, milyen magasra jut az a 3 kg tömegű, 5 m/s kezdősebességgel függőlegesen felfelé indított tömegpont, mikor sebessége éppen a felére csökken. A tömegpont induláskor meglévő mozgási energiája fedezi a sebesség csökkenéskor meglévő mozgási energiáját és a megszerzett helyzeti energiáját, mv 2 2 ( 2) 2 1 = mgh + m v1 2, ahonnan a megszerzett magasság h ( v ( v ) ) = 2 1 1 2 2 2g, h = 5 2 2,52 2 9,81 =,9557. ( ) ( ) m 3.9.9. Feladat Határozza meg, mekkora impulzussal kell meglökni a legyen. 4 kg tömegű, 12 m/s sebességű testet, hogy mozgási energiája 4 J TFM/21/v/4/KONF-I/GY-16

A 3.9.1. Feladat Egy 15 m magas torony tetejéről egy 3,2 kg tömegű tömegpont kezdősebesség nélkül leesik. Határozza meg, mekkora lesz a tömegpont mozgási energiája és a sebessége a becsapódás pillanatában. A torony tetején a tömegpont helyzeti energiával rendelkezi, amely a torony tövében mozgási energiává alakul, W h = mgh = W m, W m = 3,2 9,81 15 = 485,595 J, ahonnan a becsapódás pillanatában a tömegpont sebessége Wh = Wm = mv 2 2, v = 2 gh = 17,1552 m/s. 3.9.11. Feladat Egy függőelegesen felfelé hajított test tömege 2 g, kezdősebessége 8 m/s. Határozza meg, milyen magasra repül, és mekkora sebességgel érkezik vissza. A függőlegesen felfelé hajított test mindaddig emelkedik, amíg sebessége nullára nem csökken, azaz az indulásnál kapott mozgási energiája helyzeti energiává alakul, Wm = mv2 2 = Wh = mgh, ahonnan az emelkedés magassága TFM/21/v/4/KONF-I/GY-17

h = v2 2g = 3,262 m. A tetőpont elérése után a tömegpont egy pillanatra megáll, majd esni kezd, ekkor a helyzeti energiája átalakul mozgási energiává, azaz a talajra való visszaérkezési sebessége megegyezik a kiindulási sebességével. 3.9.12. Feladat Egy 8 m magas torony tetejéről 12 m/s kezdősebességgel függőlegesen felfelé hajított test tömege 38 g. Határozza meg, milyen magasra repül, és mekkora sebességgel érkezik meg a tömegpont a torony talppontjához. A tömegpont a torony tetejéről mindaddig emelkedik, amíg a sebessége nullára nem csökken, azaz a mozgási energiája helyzeti energiává alakul, Wm = mv 2 2 = Wh = mgh, ahonnan az emelkedés magassága h = v2 2g = 7,3394 m, a torony magasságával együtt, h 1 = 8 + 7,3394 = 15,3394 m magasra emelkedik. A tetőpontról leesik, miközben a helyzeti energiája mozgási energiává alakul, mv 2 1 2 = mgh 1, ahonnan a torony tövéhez érkezéskor a tömegpont sebessége v 1 = 2gh 1 = 17,3482 m/s. 3.9.13. Feladat Egy 18 m magas torony tetejéről a függőlegesen lefelé hajított 4 g tömegű tömegpont kezdősebessége 6 m/s. Határozza meg, mekkora sebességgel érkezik meg a tömegpont a torony talppontjához. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-18

A torony tetején, a mozgás kezdeti pillanatában a tömegpont helyzeti és mozgási energiája alakul át a torony alján mozgási energiává, mgh + mv2 2 2 = mv 1 2, ahonnan a torony tövében a tömegpont sebessége v 2 1 = v + 2gh = 19,7271m/s lesz. 3.9.14. Feladat Egy 2 m magas torony tetejéről vízszintes irányba 3 m/s kezdősebességgel elhajítunk egy 1,2 kg tömegű tömegpontot. Határozza meg, a becsapódás pillanatában a tömegpont mozgási energiáját és sebességét. A torony tetején a tömeg helyzeti és mozgási energiájának összege fedezi a becsapódás pillanatához tartozó mozgási energiáját, azaz W m1 + Wh = Wm2, ahonnan W 2 m 2 = mv 1 2 + mgh = 24,84 J, a becsapódási sebesség pedig a W 2 m 2 = mv 2 2 mozgási energiából v2 = 2Wm 2 m = 2,35 m/s. 3.9.15. Feladat 1 N súlyú gyerek 2,5 m magasból csúszik le egy 3 o hajlásszögű csúszdán. Határozza meg, mekkora munkát végez a gravitációs erő a gyereken. A gyerek elveszti a helyzeti energiáját, Wg = Wh = mgh = 1 2,5 = 25 J. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-19

3.9.16. Feladat Egy liftben áll egy 7 kg tömegű férfi. Határozza meg a lábaira ható nyomóerőt, ha a lift áll, amikor felfelé halad 3 m/s sebességgel és amikor lefelé gyorsul 4 m/s2 gyorsulással. Amikor a férfi az álló liftben tartózkodik, a lábaira a súlyereje hat, F g = mg = 686,7 N ; amikor felfelé halad állandó sebességgel mivel nincs gyorsulás, továbbra is az F g súlyerő hat; lefelé haladva a gyorsuló mozgás következtében a férfi súlya a gyorsító erővel csökken, és így a lábaira ható nyomóerő = mg ma = 7 ( 9,81 4) = 46,7 N F lesz. 3.9.17. Feladat Egy lift felfelé indulva állandó gyorsulással,6 s alatt teszi meg az első 2 m szakaszt. A liftben egy utas 3 kg tömegű csomagot tart a kezében. Határozza meg, mekkora erővel tartja az utas a csomagot. A lift gyorsulása a h = at 2 2 megtett út kifejezéséből a = 2 h t2 = 11,1111m/s2 azaz F = mg + ma = 62,7633 N lesz., így a doboz súlya a gyorsító erővel megnő, TFM/21/v/4/KONF-I/GY-2

3.9.18. Feladat Egy gyerek vízszintes talajon fekvő 5 kg tömegű dobozt a vízszintessel 4 o szöget bezáró kötél segítségével 25 N erővel húzza úgy, hogy a doboz a talajon marad., 2 súrlódási tényező esetén határozza meg, a súrlódási erőt és a doboz gyorsulását. A húzóerőnek a függőleges komponense csökkenti a doboz súlyerejét és ekkor a súrlódási erő F ( sin ),2 ( 5 9,81 25sin 4 o s = µ mg F a = ) = 6,5961 N. A húzóerő vízszintes komponense és a súrlódási erő különbsége gyorsítja a doboz tömegét, F cos α Fs = ma, ahonnan a doboz gyorsulása a = ( F cos α F ) m = 2,511 m/s2 s. 3.9.19. Feladat Egy 3 kg tömegű test, 1 súrlódási együtthatójú vízszintes felületen 5 m/s kezdősebességgel meglöknek. Határozza meg, mekkora utat tesz meg megállásig. A tömegpont indulásnál kapott mozgási energiáját a súrlódási munka emészti fel, azaz megtett út, s = v2 2µ g = 12,7421m. mv 2 2 = µ mgs, ahonnan a megállásig TFM/21/v/4/KONF-I/GY-21

3.9.2. Feladat Határozza meg. mekkora munkát kell kifejteni az való húzásához. A tömegpont húzásához a súrlódási munkát kell legyőzni, azaz kifejteni. 3.9.21. Feladat 1,2 kg tömegű testnek a, 8 súrlódási együtthatójú felületen 6 m úton W s = µ mgs =,8 1,2 9,81 6 = 5,656 J munkát kell Egy 3,2 kg tömeg, 9 súrlódási együtthatójú felületen mozog. Határozza meg, mekkora súrlódási veszteség lép fel, miközben tömegpont 12 m/s kezdősebessége felére csökken. A tömegpont mozgási energiájának megváltozása fedezi a súrlódási veszteséget, azaz = mv 2 m( v 2) 2 = 172,8 J lesz a súrlódási veszteség. 3.9.22. Feladat Egy 6 kg tömegű 15 m/s kezdősebességgel vízszintes pályán induló tetet 25 N súrlódási erő fékez 18 m hosszú szakaszon. Határozza meg a test sebességét a szakasz végén. W s 2 2 TFM/21/v/4/KONF-I/GY-22

Az induláshoz tartozó mozgási energia fedezi a súrlódási veszteséget és a szakasz végén a mozgási energiát, W m1 = Ws + Wm2, azaz mv2 2 2 1 = Fs s + mv 2 2, ahonnan a tömeg sebessége a szakasz végén v 2 2 = v 1 2Fs s m = 8,663 m. 3.9.23. Feladat Egy 3 kg tömegű test, vízszintes pályán álló helyzetből 1 m/s2 gyorsulással indul. Határozza meg, mekkora lesz a sebessége 12 m szakasz megtétele után, ha közben 15 N súrlódási erő fékezi. Ha az adott gyorsulással mozogna a test, az adott szakasz megtétele után a sebessége s = v2 1 2a összefüggés alapján, v 1 = 2as = 15,4919 m lenne. Ennek a mozgási energiának egy része fedezi a súrlódási veszteséget és csak a maradék energia fedezi a tömeg mozgásához tartozó sebességet, mv2 2 2 1 = Fs s + mv 2 2, ahonnan a súrlódási veszteség fedezése után a tömeg sebessége v 2 2 = v 1 2Fs s m = 1,9545 m. 3.9.24. Feladat Határozza meg, mekkora annak a lassul. 3 kg tömegű testnek a súrlódási vesztesége, amely 14 m/s sebességről 9 m/s sebességre TFM/21/v/4/KONF-I/GY-23

A mozgási energia megváltozása fedezi a súrlódási veszteséget, azaz W 2 s = mv 1 2 mv2 2 2 = 94,5 J. 3.9.25. Feladat Egy 9 kg tömegű test 8 m/s kezdősebességgel felfelé indul egy 1 m hosszú, 3 o hajlásszögű lejtő aljáról. Mozgása közben 3,5 N súrlódási erő fékezi. Határozza meg, milyen magasra jut a test. A tömeg lejtő alján lévő mozgási energiája fedezi a súrlódási veszteséget és a lejtőn való emelkedéshez tartozó helyezeti energiát, azaz W m = Ws + Wh. Figyelembe véve a lejtő hajlásszögét miközben a lejtőn l utat tesz meg, h = l sinα magasságig emelkedik. Mindezek figyelembe vételével mv2 2 = mgh + Fs h sinα, ahonnan a h magasság kifejezhető h = ( mv2 2) ( mg + Fs sinα ), h = 3,224 m. 3.9.26. Feladat Egy 4 kg tömegű test 6 m/s kezdősebességgel lefelé indul a 9 m hosszú, 3 o hajlásszögű lejtő tetejéről. Mozgás közben 2,8 N súrlódási erő fékezi. Határozza meg, mekkora lesz a tömeg sebessége a lejtő alján. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-24

A lejtő tetején a tömeg helyzeti és mozgási energiája fedezi a súrlódási veszteséget és a lejtő alján a megmaradó mozgási energiáját, W mfent + Wh = Ws + Wmlent. Figyelembe véve, hogy a 9 m hosszú, 3 o hajlásszögű lejtő magassága h = l sinα = 9 sin 3o = 4,5 m, az energia mv 2 2 2 fent + mgh = Fs l + mv lent 2 kifejezéséből a lejtő alján a tömeg sebessége ( F l) m vlent = v2 fent + 2gh 2 s, v lent = 8,5959 m lesz. 3.9.27. Feladat Határozza meg, mekkora súrlódó erő fékezi azt az 5 kg tömegű, testet, amelyet egy 1 m hosszú, 3 o hajlásszögű lejtő alján 12 m/s kezdősebességgel felfelé lökve az a lejtő fele magasságáig jut. A tömeg lejtő alján meglévő mozgási energiája fedezi egyrészt a súrlódási munkát, másrészt a lejtőn való emelkedéshez tartozó helyzeti energiáját, W m = Ws + Wh. Ha a tömeg a lejtő fele magasságáig jut, akkor h = l sin α 2 = 2.5 m magasra jut. Ekkor az energia egyenlet mv2 2 = Fs l 2 + mg l sinα 2 felhasználásával a súrlódási erő a következő F ( 2 s = mv 2 mg l sinα 2) ( l 2) = 47,225 N. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-25

3.9.28. Feladat Egy 12 kg tömegű test álló helyzetből csúszik le egy 5 m hosszú, 3 o hajlásszögű lejtőn. Mozgás közben 8 N súrlódási erő fékezi. határozza meg, mekkora lesz a tömeg sebessége a lejtő alján. A tömeg lejtő tetején meglévő helyzeti energiája fedezi a súrlódási munkát és a lejtő alján lévő mozgási energiáját, W h = Ws + Wm, azaz mgl sinα = F l mv2 s + 2, ahonnan a tömeg sebessége a lejtő alján v = 2 gl sinα 2Fs l m = 6,512 m/s. 3.9.29. Feladat Egy 5 kg tömegű test 4 rad/s szögsebességgel forog függőleges síkban egy 12 m hosszú madzag végén. Határozza meg, mekkora erő feszíti a madzagot a pálya tetőpontján. A körmozgás során, a pálya tetőpontján a normális irányú gyorsítóerő reakció ereje, a centrifugális erő lép fel, amelyet a tömeg súlyereje csökkent, azaz a madzagot feszítő erő F = F 5 12 42 cf Fg = mlω 2 mg = 5 9.81 = 91,95 N. 3.9.3. Feladat Egy 8 kg tömegű férfi 2 s alatt rohan fel a 3 m magas lépcsősoron. Határozza meg, mekkora az átlagos teljesítménye. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-26

Az átlagos teljesítmény az adott időegység alatt végzett munka, azaz P = W t = mgs t = 8 9.81 3 2 = 1177,2 W. TFM/21/v/4/KONF-I/GY-27