A fizikai gondolkodás iskolája

Baranyi Károly

A fizikai gondolkodás iskolája

1. kötet

Mechanika

II IIy

Akadémiai Kiadó ' Budapest 1992

Lektorálta:

Halmai György Matolcsi Tamás

Az ábrákat rajzolta: Kovácsné Varga Lilla

ISBN 963 05 5839 4 I. kötet ISBN 963 05 5840 8 (összkiadás)

Kiadja az Akadémiai Kiadó, Budapest Első kiadás: 1992

C Baranyi Károly, 1992

M inién jog fenntartva, beleértve a sokszorosítás, a nyuv j >s előadás, a rádió- és televízióadás, riU m int a fordítás jogát, az egyes fejezeteket illetően

Priad ■ Hungary

Előszó

Több mint másfél évtizede annak, hogy egyetemre felvételiző diákok számára fizi­kából tanfolyamokat tartok különböző for­mákban, különböző keretek között. A leg­jelentősebb azonban a Semmelweis Orvos- tudományi Egyetemen tartott előadásso­rozatom volt. Hallgatóim sokszor kértek már, hogy a tanfolyam anyagát könyv for­májában jelentessem meg. Most úgy érzem, hogy az anyag összeérett, alkalmas m ár a kiadásra.

Ez a könyv az egyetemi felvételi vizsgá­ra felkészítő tanfolyamaimon előadott tan­anyagot, valamint a gyakorlásra használt példákat tartalmazza.

Könyvem nem íróasztal mellett született szakkönyv, hanem hosszú évek pedagógiai munkájának az eredménye. Gondolatme­netei tanítás közben csiszolódtak ki, az anyag a diákokkal való együttgondolko­dás során érett egységes szemléletűvé. Ez az egységes gondolatvilág abban is meg­nyilvánul, hogy a könyvben a fizikai fo­galmak eredetének és természetének meg­világítására törekszem. Különös gondot fordítok arra, hogy rámutassak: egy-egy fi­zikai fogalom miért került szóba. Például: az energiáról nem azért tanulunk, mert az energia „van”, hanem megmutatom azokat a fizikai problémákat, amelyek megoldása

szükségessé teszi az energia értelmezését és használatát. G ondot fordítok arra is, hogy az egyes fogalmak fizikán belüli fejlődését bemutassam. Ismét az energiát említve pél­daként: a fő célom annak bemutatása, hogy milyen gondolatokon keresztül jutunk el a mozgási energia legegyszerűbb kifejezésé­től az energia kvantummechanikai szere­péhez vagy az ún. tömeg-energia ekviva­lenciáig.

A fizikai elvek megfogalmazásakor igyek­szem rámutatni arra, hogy mikor kell egy állítással kapcsolatban a tapasztalatra hi­vatkozni, és mikor elég alátámasztásukhoz a már ismert és elfogadott elvekre támasz­kodni. Miért is tekintünk valamely fizikával kapcsolatos állítást igaznak: azért-e, mert a tapasztalat támasztja alá az i6az tgun- kat, vagy a korábban megfogalmazott el­vek logikus következményeiről van szó, esetleg a fizikusok által önkényesen megfo­galmazott elvekről. A fizikai modellekkel kapcsolatos természetes követelmény az el- lentmondás-mentesség: az, hogy egymás­nak ellentmondó elvek, állítások ne szere­peljenek benne. Ugyanakkor a modellek nem teljesek: mindig felvethető a modell­ben olyan kérdés, mely nem dönthető el, amelyre többféle válasz is adható, s egyik sincs ellentmondásban a modell eddigi épü­

5

letével. Az, hogy a lehetséges válaszok kö­zül melyiket fogadjuk el igaznak, közvet­lenül megfigyeléssel dönthető el. Az ilyen nyitott kérdésekre csak a módszeres kísér­letezés, a természet faggatása adhat vá­laszt.

Néhány ilyen problémára nem is kapunk azonnal választ, sokáig várakoznunk kell. Együtt kell élnünk a nyitott kérdésekkel. Vállalom azt is, hogy az Olvasó ismeretei alapján az adott szinten felvethető, de meg­oldhatatlan, ám mégis a témához kapcso­lódó kérdéseket föltegyek. Az ilyen kérdé­sek sokszor fejezeteken keresztül végighú­zódnak, megoldatlanságukkal jelen vannak gondolatainkban. Meggyőződésem, hogy— bármely korban — a kérdések, a vála­szok és a feleletek dinamikájának óriási pedagógiai, didaktikai értéke lehet.

Törekszem arra, hogy néhány alapelvre támaszkodva építsem fel a fizikát. Rámu­tassak a fizikai fogalmak és a fizikai törvé­nyek hierarchiájára.

Persze ez a könyv nem a fizika deduktív leírását tartalmazza, hanem a felépítés fo­lyamatát ábrázolja. Azt m utatja meg, ho­gyan lehet egyszerű tényekből kiindulva — az emberi gondolkodás természetét figye­lembe véve — a fizika nagyjelentőségű eredményeihez is eljutni, vállalva esetleg a kerülőutakat, az átmeneti tévedéseket is. Gondolatainkról esetleg az is kiderülhet, hogy nem igazak, tévedtünk. Az Olvasó

néha találkozik egyes állítások dialektikus tagadásával: látnia kell, hogy igazán fontos fizikai elvek birtokába csak úgy juthatunk, ha többször, különböző oldalról tanulmá­nyozzuk a jelenségeket. Ezek a szempon­tok sokszor ellent is m ondhatnak egymás­nak, de ilyenkor szorosan összefüggő né­zőpontokról van szó. A nézőpontoknak ez a komplementaritása Bohr munkássága kapcsán került a fizikába, az atomfizikai

elvek megfogalmazásának nélkülözhetet­len eszközeként.

Vállalom azt, hogy bizonyos fizikai tör­vényeket ilyen ellentmondó, komplemen­ter formákon keresztül fogalmazzak meg. Példaként ismét az energiát említhetem. Ennek a mennyiségnek a megmaradása nem olyan elv, amely középfokú könyv­ben az első igézetben kiderülhetne, mivel az energia fogalma ekkor még szegényes, megmaradását semmi sem támasztja alá.

A könyv a klasszikus fizikát meggyőző­désem szerint a legáttekinthetőbb felépí­tésben tárgyalja: a mechanika, a termo­dinamika, az elektrodinamika alkotja a fő részeket. Az elsőhöz soroljuk a beve­zető fejezetként szereplő kinematikát, a tömegpontok dinamikáját, a bonyolultabb fejezetet jelentő pontrendszereket, ezen be­lül a merev testek dinamikáját, a folyadé­kok, a gázok, a rugalmasságtan és a hul­lámmozgás mechanikai elméletét. A ter­modinamika tárgyalásánál az irreverzíbilis termodinamika Fényes Imre-féle felépíté­sét követem, kiegészítve azonban a feno- menologikus felfogású fejezeteket a ter­modinamikai gondolatok kombinatorikus szemléltetését szolgáló fejezetekkel, mint­egy föllebbentve a fátylat egy pillanatra, hogy a statisztikus mechanikai gondolat- világba is bepillanthasson az Olvasó.

Az elektrodinamikában tárgyalom az optikát és a relativitáselméletet is. Ez utób­bit tehát a klasszikus fizika részének te­kintem, bár csak a legfontosabb gondola­tait érintem. Sok könyvben találkozhat az Olvasó a relativitáselméletnek tulajdoní­tott meghökkentő kijelentésekkel, hihetet­len, képtelennek tűnő állításokkal. Legtöbb­ször olyan „indoklás” kíséretében, hogy a „relativitás elmélete szerint . . . ” vagy „Ein­stein szerint . . . ”. A relativitás elméletéről szóló fejezetnek az a célja, hogy rámutas-

6

son, mik is azok a valóban meghökkentő tények, amelyeken annyit csodálkozhatunk, amennyit akarunk, de ha már elfogadtuk, akkor ezután a relativitás elméletének min­den eredménye logikus következményként adódik.

A modern atomfizikát állítom szembe a klasszikus fizikával. Az a szándékom, hogy rámutassak: mi az, amiben a klasszikus fizika más, mint a kvantumfizika. Egyszerű jelenség (a katódsugárzás) elemzése során megvilágítom, hogy a két fizikai diszciplína különbözősége abban áll, hogy a klasz- szikus fizikával szemben a kvántumfiziká- ban komplementer fizikai fogalomrendszer szükséges az elmélet megfogalmazásához.

A rövid mikrofizikai fejezetben nem kö­vetem a fizikatörténeti utat, így kerülöm ki azokat a buktatókat, amelyeket a fizika a fejlődése során elkövetett. Ezért csak egy­két problémát érinthetek, mint például a hidrogénatom sugárzását.

Könyvem nem enciklopédikus jellegű. Nem érint több olyan fejezetet, amely ön­magában ugyan igen jelentős, azonban nem illeszkedik a könyv fő gondolatmene­téhez, vagy beépítése a terjedelmet úgy megnövelte volna, hogy e mű az eredeti céljának nem felelhetne meg. A fizikai gon­dolkodás iskolája ezért nem teszi feleslegessé— sőt feltételezi — a hozzáférhető közép- és felsőszintű könyvek, kismonográfiák, példa­tárak használatát, úgy gondolom, hogy jól kiegészítik egymást.

A könyvben szereplő elméleti anyagot mintegy 300 mintapélda illusztrálja, elkép­zeléseim szerint az elméleti gondolatmenet ritmusát kissé feloldva, s nem választva el szigorúan az elvontabb részektől. A m inta­példák kezdetét és végét 17"illetve | jelöli. Ezek a konkrét kérdések, példák alkalma­sak arra, hogy a fizika elveit bemutassák, rámutassanak a módszerek és az elvek al­

kalmazásainak a határaira is, és egyúttal is­mertetik azokat a fogásokat is, amelyek a feladatmegoldás technikáját elsajátítani kívánó Olvasónak hasznára válnak.

A tananyagba fűzött mintapéldák meg­oldása hol részletes, hol pedig csak vázla­tos. Néhol szándékos ismétlésekkel talál­kozik az Olvasó. Tapasztalataim szerint ezekre szükség van, a lényeges gondolatok csak így rögzülnek igazán. Az ismétlődő, gyakran szó szerint újra előforduló gondo­latok tehát szándékosak. A munkát az oktatói tapasztalat optimalizálta. A prob­lémák megoldása néha elágazik. Többféle gondolatmenet közül előre esetleg nem látszik, hogy melyik a feladat helyes meg­oldása. Ilyenkor végiggondoljuk a helyte­len megoldást is, hogy utána visszatérjünk a helyesre. így gondolkodunk a minden­napi problémáink megoldásáról is.

Az elméleti gondolatmenetet — és az azt illusztráló problémákat — egy 25 feladat- csoportból álló példf tár egészíti ki. A pél­datár összeállítása i több éves gyakorla­ti oktatóm unka eredménye. A feladatok kiválasztásánál természetesen támaszkod­tam a hozzáférhető magyar és idegen nyel­vű példatárakra, szakkönyvekre, a Közép­iskolai M atematikai Lapokra, a tanulmá­nyi versenyek példáira. Ezek átdolgozva, a többihez illesztve jelennek itt meg. A fel­adatok sora nem véletlenszerű, szeretném, ha az Olvasó gondolatsorokat fedezne fel a feladatok megoldásakor. A feladatsorok egymáshoz kapcsolódnak.

Megítélésem szerint a könyv áttanulmá­nyozása, megtanulása és a hozzátartozó példatár megoldása egy éves kemény m unka eredménye lehet. Helyes, ha az Olvasó egy-egy nagy fejezetet átolvas, miközben gondosan áttanulm ányozza a tananyagot illusztráló m intapéldákat. Egy-egy feladatcsoporthoz a megelőző

7

anyaggal való alapos ismerkedés után érdemes hozzálátni.

A könyv tartalmazza a feladatok meg­oldását is. Ezek a megoldások olyan rész­letesek, hogy az Olvasónak feladatonként más és más mértékben legyen velük mun­kája, még akkor is, ha — először nem boldogulva vele — megnézi a megoldásu­kat. Fontosnak éreztem, hogy ezeken ke­resztül m intákat adjak a feladatmegoldás „fogásaihoz”.

A könyvet bőséges ábraanyag illusztrál­ja, előadások közben ezeket rajzolja az előadó a táblára. Az ember természetes vizualitását állítjuk így a megértés és a megjegyzés szolgálatába. Néha ismétlőd­nek az ábrák, a magyarázattól függően kis változtatással. Az ábrák információhordo­zók is, sokszor a feladatok adatai róluk olvashatók le.

A mértékegységek használatáról: leg­többször a szabványos (Sí) mértékrend­szert használtam a mintapéldák és a fel­adatok megoldásakor, de nem ragaszkod­tam mindenütt hozzá. Egyrészt azért, mert az Sí „filozófiája” kívánnivalót hagy ma­ga után, más mértékrendszerek a tudo­mányos igényeket jobban kielégítik, más­részt azért is, mert ellene vagyok a mér­tékegységekkel való számolás misztifikálá­sának. A többféle mértékegység alkalma­zásához, az átszámítások megkönnyítésé­hez segítséget jelent a könyv végére beik­tatott kis függelék.

Terjedelmi okokból a könyv három kö­tetben jelenik meg. Az első kötetbe került a „Mechanika” című rész, a másodikba a

Budapest, 1992.

„Termodinamika” , az „Elektrodinamika és optika” és az „Atomfizika” című rész, a harmadik kötet a feladatmegoldásokat és a függeléket tartalmazza.

Könyvem megírásakor az oktatói ta­pasztalatokra támaszkodtam, és természe­tesen arra a tudományra, amelyet nagy­szerű tanáraimtól lestem el. Legfőképp Fé­nyes Imre professzorra gondolok, akitől elméleti fizikát tanultam az Eötvös Loránd Tudományegyetemen. Ő minden bizony­nyal századunk egyik legnagyobb tudósa volt, egyben nagyszerű pedagógus, cso­dálatos ember. Sokat tanultam tőle is, a könyveiből is.

Köszönetemet fejezem ki mindazoknak, akik véleményükkel, bírálatukkal hozzá­segítettek e munkám megírásához. Azon tanítványaimnak, akikkel együtt dolgoz­tam, és közülük azoknak, akik a könyv előkészítésében is segítségemre voltak. Kö­szönöm lektoraim igazán odaadó, kriti­kus, figyelmes munkáját: Matolcsi Tamá­sét és Halmai Györgyét. Ez utóbbi szak­embernek azért is hálás vagyok, mert mint középiskolai tanárom megszerettette velem a fizikát. Hálás vagyok barátaimnak, munka­társaimnak, akik a kéziratot olvasva hasz­nos tanácsokkal láttak el.

Hálával tartozom családomnak, külö­nösen feleségemnek, Editnek, a biztatásért, türelméért és áldozatvállalásáért.

Végül hálát adok Istennek, hogy hozzá­segített ennek a könyvnek a megírásához, s erőt adott hozzá. Szolgálja ez is az Ő dicsőségét.

8

Tartalom

I. rész 1.4.2. H a jítá so k ..................................... 641.4.3. K ö rm ozgás.................................. 67

M ech anik a 1.4.4. Koordináta-rendszerek transzfor­mációja .......................................... 71III. Feladatcsoport: térbeli mozgá­

l . Kinematika................................ 13 sok, hajítások, körmozgás, relatív

1.1. A mozgás..................................... 1374

1.1.1. A mozgás viszonylagossága . . . 131.1.2. Távolságmérés............................... 16 2. Tömegpontok dinamikája. . . 781.1.3. Id ő m érés ...................................... 17 2.1. Az impulzustétel.......................... 781.1.4. K oordináta-rendszer................... 19 2.1.1. A dinamika alapfogalmai . . . . 781.2. Egyenes vonalú mozgások . . . . 21 2.1.2. Newton törvényei . . . . . 831.2.1. A mozgás grafikonja................... 21 2.1.3. A szabadesés értelmezése . . . . 911.2.2. Egyenes vonalú, egyenletes mozgás 24 2.1.4. K ötélerők...................................... 941.2.3. Á tlagsebesség............................... 27 2.1.5. Mozgás le j tő n ............................... 1001.2.4. Pillanatnyi sebesség....................... 31 2.1.6. Súrlódás.......................................... 1041.2.5. Egyenes vonalú, egyenletesen vál­

tozó mozgás.................................. 342.1.7. Ütközések......................................

IV. Feladatcsoport: Newton-törvé­114

1.2.6. Atlaggyorsulás, pillanatnyi gyor- nyek ...................................... ... . 123s u l á s .............................................. 40

1.2.7. Harmonikus rezgőmozgás. . . . 43 2.2. A munkatétel................................. 133

I. Feladatcsoport: egyenes vonalú m ozgások...................................... 49

2.2.1. Mozgási energia, fizikai mennyisé­gek .................................................. 133

2.2.2. A mozgási energia tulajdonsagai 1381.3. Forgómozgás................................. 54 2.2.3. A nehézségi erő munkája . . . . . 1441.3.1. A forgómozgást jellemző mennyi­ V. Feladatcsoport: munkatétel,

ségek .............................................. 54 energiam érleg............................... 1481.3.2. A foreómozeást jellemző vekto-

2.3. A körmozgás és a harmonikus rezgő­58II. Feladatcsoport: forgómozgás 59

. 2.3.1.mozgás dinamikája...................... 151K ö rm ozgás.................................. 151

1.4. A tömegpontok térbeli mozgása . 60 2.3.2. Harmonikus rezgőmozgás. . . . 1631.4.1. A térbeli mozgás leírása . . . . 60 2.3.3. A rugalmas erő munkája . . . . 174

9

VI. Feladatcsoport: a körmozgás 3.2.4. Az impulzusmomentum megmara­és a harmonikus rezgőmozgás dina­ dása .............................................. 266mikája .......................................... 180 3.2.5. A merev testek statikája. . . . 271

2.4. A gravitáció.................................2.4.1. A Newton-féle általános tömeg-

187IX. Feladatcsoport: merev testek mozgása............... ................... 278

vonzási törvény és a háttere . . . 187 33. Deformálható és rugalmas testek 2902.4.2. A gravitációs térerősség, Gauss té- 3.3.1 A deformáció kinematikai és di­

te le .................................................. 191 namikai leírása.............................. 2902.4.3. Gravitációs potenciál, potenciális 3.3.2. Rugalmas testek, Hooke törvénye 293

e n e rg ia .......................................... 200 3.3.3. A deformáció terjedése rugalmas2.4.4. Kepler törvényei........................... 211 te s tb e n .......................................... 298

VII. Feladatcsoport: gravitáció. . 218 3.3.4. Transzverzális és longitudinális hul­lámok .............................................. 303

3. Pontrendszerek mechanikája . 220 3.3.5. Huygens—Fresnel-elv................... 314

3.1. A pontrendszerek mechanikájának általános e lv e i............................. 220

X. Feladatcsoport: rugalmas testek, rugalmas deformáció terjedése . . 320

3.1.1. Fizikai mennyiségek, fizikai tör­ 3.4. A folyadékok dinamikája . . 322vények .......................................... 220 3.4.1 Bernoulli törvénye 322

3.1.2. Impulzustétel, tömegközéppont . 224 3.4.2. A folyadékok s ta tik á ja ............... 3293.1.3. Impulzusmomentum-mérleg . . . 231 3.4.3. A felhajtóerő, Arkhimédész tör­3.1.4. Az energiamérleg........................... 235 vénye .............................................. 338

VIII. Feladatcsoport: pontrendsze­ XI. Feladatcsoport: folyadékok . 348rek, tömegközéppont................... 238

3.5. A gázok dinamikája 3543.2. Merev testek mozgása.................. 239 3.5.1. Boyle—Mariotte-törvény és alkal­3.2.1. A merev test mozgását leíró törvé­ mazásai .......................................... 354

nyek .............................................. 239 3.5.2. A gázok energiája, a gázon végzett3.2.2. A merev testek kényszermozgása 246 m u n k a .......................................... 3653.2.3. A fizikai i n g a ............................... 261 XII. Feladatcsoport: gázok . . . 371

10

I. rész Mechanika

1. Kinematika

1.1. A mozgás

1.1.1. A mozgás viszonylagossága

A mozgás viszonylagos. A vonat robog a vasúti pályán. Kitekintünk a vonat abla­kán: a házakat, a fákat elszaladni látjuk.

Ha azt mondjuk valamilyen tárgyról— egy házról, egy fáról, egy autóról, egy lóról —, hogy mozog, akkor ennek a ki­jelentésnek csak akkor van értelme, ha legalább hallgatólagosan megállapodtunk abban, hogy mihez viszonyítjuk a testek mozgását.

Azt mondjuk, hogy „a labda pirosabb”— ennek a kijelentésnek csak akkor van értelme, ha azt is megmondjuk, hogy minél pirosabb a labda: „a labda pirosabb, mint az alma”.

Ugyanígy: „a labda mozog”, önmagá­ban értelmetlen mondat, csak akkor lesz értelme, ha megmondjuk, hogy mihez vi­szonyítva mozog a labda: „a labda mozog az almához képest” — így már jó.

Sok esetben a megállapodás valóban hallgatólagos: ha azt mondja nekünk va­laki a Keleti Pályaudvaron, hogy a vonat éppen most indult, akkor ezen azt értjük, hogy a forgalmista jelt adott, és a vonat kigördült a síneken.

A fizikában azonban nem magától értő­

dik, hogy minden test mozgását a talajhoz viszonyítjuk, hiszen a bolygók mozgását például a Naphoz, a Nap mozgását pedig a Tejútrendszerhez viszonyítjuk.

Azt az anyagi testet (vagy anyagi tes­tek összességét), amelyhez a testek mozgá­sát viszonyítjuk, vonatkoztatási rendszer­nek nevezzük. Ha a talajon mozgó testek, például a járművek mozgását vizsgáljuk, akkor a vonatkoztatási rendszer a talaj; ha a bolygók mozgását a Naphoz viszonyítva írjuk le, akkor a vonatkoztatási rendszer a Nap. És ugyanígy: a Nap mozgását a Tej- útrendszer vonatkoztatási rendszeréből ír­juk le.

Nyilvánvaló, hogy ha egy test, mondjuk az A test mozog a másik testhez — m ond­juk B-hez— képest, akkor a B test is mozog az A testhez képest. Egyik mozgás sem va­lóságosabb vagy látszólagosabb, mint a másik. Világítsuk meg ezt egy klasszikus példával.

Ismert, hogy a régi görögök világké­pében — a geocentrikus világképben — a Földet állónak tekintették, és úgy gon­dolták, hogy a nyugvó Föld körül kering a Nap, a nyugvó Föld körül mozognak a bolygók. Mintegy kétezer év múlva a mo­dern csillagászok forradalmi módosítást

13

hoztak a világképbe. Kepler, Kopernikusz úgy értelmezte a világot, hogy a Nap áll, és a Nap körül kering a Föld és a többi bolygó. Ez a forradalmian új világkép — amelyben nem a Föld, hanem a N ap a „világmindenség” középpontja — a helio­centrikus világkép.

Melyik a helyes nézőpont? Melyik írja le a valóságot helyesen? Nyelvünkön a vá­lasz: természetesen a kopernikuszi szemlé­let a helyes, legfeljebb vannak precízebb, pontosabb változatai. Pedig a kettő egy­szerre igaz — vagy egyszerre nem. H a a Föld kering a Nap körül, akkor a Nap kering a Földhöz viszonyítva. Egyik állítás sem igazabb, mint a másik. Olyan ez, mint a bögre füle. Ha a bögre füle nekem jobb kéz felé esik, akkor a barátom azon erős- ködik, hogy neki meg balra. Ez a két ki­jelentés nem zárja ki egymást, sőt, a valóság két oldala: kiegészítik egymást.

Ha már igy állunk a kopernikuszi és a ptolemaioszi világképpel, akkor jogosan vetődik fel a következő kérdés: ha az egyik sem igazabb, mint a másik, sőt a valóság teljesebb leírásához egyaránt hozzátartoz­nak, akkor miért tekintjük mégis a koper­nikuszi szemléletet jobbnak, mi szól mel­lette, szembeállítva a ptolemaioszi szemlé­lettel. Ha csak a N ap és a Föld mozgá­sát tekintjük, akkor úgyszólván semmi. A különbség akkor látszik, amikor a többi bolygó mozgását akarjuk leírni. A koper­nikuszi világképben a nyugvó Nap körül körpályán keringenek a bolygók, a ptole­maioszi szemlélet szerint a nyugvó Föld körül bonyolult mozgást végeznek a boly­gók.

A különbség tehát nem abban van, hogy az egyik igaz, a másik nem, hanem abban, hogy az egyik egyszerűbb, mint a másik. Kicsit erőltetett hasonlattal élve: olyan ez,

mint a római birodalomban a matematika helyzete. A

12 + 14 = 26,XII + XIV = XXVI

egyaránt igaz állítások, de a második állítás formája bonyolultabb. A matematika fej­lődésének fontos összetevője volt a szeren­csésebb számrendszer kialakulása. Gon­doljuk csak el, egy egyszerű osztási algo­ritmus is milyen bonyolult lehetett a római birodalomban. Lehetséges, hogy csak a matematika professzora tudott osztani.

Gondolatébresztő kép! A fizika eszköz­tárának, nyelvezetének a megválasztása, a fizikai fogalmak szerencsés kialakítása a fizika tudományát áttekinthetővé teszi. El­képzelhető, hogy teljesen különböző kul­túrákban a természet leírására egészen kü­lönböző nyelvezet alakul ki. Lehetséges, hogy az egyik egyszerűbb, mint a másik. Feltehető azonban, hogy mindkettő a va­lóság hű képe, de az egyik áttekinthetőbb, mint a másik. És nagyon könnyen lehetsé­ges, hogy az egyik leírásban található fo­galmak nem feleltethetők meg a másik le­írásban szereplő fogalmaknak, vagy ha igen, akkor a megfeleltetés egyáltalán nem nyilvánvaló. Gondoljunk csak a nyelvre. Ugyanannak a valóságnak a leírására al­kalmas a kínai nyelv, az eszkimó nyelv, az angol nyelv, a magyar nyelv stb. És a nyelvi struktúrák nem állíthatók teljesen párhu­zamba. (Az ógörög nyelvben például nincs megfelelője a határozatlan névelőnek, a határozói igenévnek sincs; a latin nyelvben ismert gerundium magyarra fordítása sok­szor komoly fejtörést okoz.)

A másik tanulság: a mozgás vizsgála­takor alapvető jelentőségű a vonatkoz­tatási rendszer szerencsés megválasztása. Az „ügyesen” megválasztott vonatkozta­

14

tási rendszer egy probléma leírását egysze­rűvé teheti: ha a N apot választjuk vonat­koztatási rendszernek, akkor a bolygók mozgása alig bonyolultabb a körmozgás­nál.

Világítsuk meg a mozgás viszonylagos­ságát három példával.

1. Képzeljük el, hogy meleg nyári napon az Erzsébet híd alatt fekszünk hanyatt egy csónakban. A csónakon se motor, se vi­torla, se evező. Felnézünk, a fejünk felett látjuk az Erzsébet hidat. Azt látjuk, hogy az Erzsébet híd mozog észak felé, megy a Lánchíd után. A Lánchíd is megy észak felé, a M argit híddal, az Árpád híddal együtt. A Szabadság híd és a Petőfi híd követi őket. Persze, a parti házak, a fák is észak felé vonulnak. A csónakból kinézve azt látjuk, hogy csak a víz áll, és a csónak közelében a víz felszínén ringatózó falevél szintén nyugalomban van. Fel-le himbá­lódzik, de a csónaktól nem távolodik el. — Persze, csak látszólag — mondja az Ol­vasó —, mert nyilvánvaló, hogy a part, a híd állnak, a víz mozog, viszi magával a csónakot dél felé. Éppen ezért el kell mon­danunk ismét, hogy

— egyetlen test sem mozog saját magá­hoz képest, tehát a csónak saját ma­gához képest nyugalomban van, és nyugalomban vannak azok a tárgyak is, amelyek a csónaktól állandó tá­volságra vannak;

— ha a csónak mozog a parthoz képest, akkor a part mozog a csónakhoz ké­pest, és fizikai értelemben egyik moz­gás sem valóságosabb vagy látszóla­gosabb a másiknál, a csónak mozgása a parthoz képest ugyanolyan értékű, mint a part mozgása a csónakhoz képest.

2. Gondoljuk el, hogy vonatra szállunk, és leülünk az ablak mellé. Kis idő múlva

azt látjuk, hogy a pályamenti tárgyak, a távíróoszlopok, a fák közelednek, majd elrohannak a vonat mellett. A távolban feltűnik egy bakterház. Nagy sebességgel közeledik. M ár látjuk is a baktert: vigyázz- ban áll és tiszteleg, és közben elrohan a vonat mellett. Eközben a kocsiban a tár­gyak nyugalomban vannak: a bőröndök fenn a tartón, egy pohár kávé az ablak melletti asztalkán és egy kis labda, amit egy kisgyerek felejtett a kocsi közepén. Ekkor meghúzzuk az ablak melletti kart. (A kar mellett tábla: „Vészfék, indokolat­lan működtetése esetén büntetést kell fizet­ni.”) A következő pillanatban furcsa dol­gokat tapasztalunk. A rohanó távíróosz­lopok, a fák rohamosan csökkentik a se­bességüket, a bakterház lassul, vele együtt a bakter is, bár tovább tiszteleg, de fékez és megáll. A vasúti kocsi természetesen továbbra is állva marad — hiszen saját magához képest nem mozoghat —, de a kocsi belsejében kísérteties dolgok történ­nek: a kávé felborul és kiömlik, a bőrön­dök ijedten leugrálnak a polcról, és a labda pedig — anélkül, hogy bárki megrúgta volna — elindul, és gyorsulva mozog a szemközti fal felé. És mindez azért törté­nik, mert meghúztunk egy kart. Más okot nem találunk: a labda mögött nincs csatár, a gyorsulásra egyetlen magyarázat léte­zik: a korábban „kellemes” vonatkoztatási rendszerünk „elromlott”, a megváltozott vonatkoztatási rendszerhez viszonyítva a vonaton kívüli tárgyak lassulnak és meg­állnak, a vonaton belüli tárgyak pedig nyu­galomból elindulnak egy irányba.

3. Hasonló a helyzet a következő példá­nál is. Képzeljük el, hogy egy magas vilá­gítótorony tetején állunk egy kosárban. A torony lábánál a tenger mossa a partot. A torony tetejére szerelt kosár villanymotor­ral körbeforgatható. Éjjel van, a csillagos

15

eget szemléljük. M ár felfedeztük az Esthaj­nal csillagot, és a Göncölszekeret is. A horizonton feltűnt egy távoli, horgonyzó hajó fénye. Ezután bekapcsoljuk a villany- motort, amely a kosarat velünk együtt körbeforgatja a torony tetején. Ekkor meg­lepő élményben van részünk. Hozzánk ké­pest a bolygók, a csillagok körmozgást végeznek, keringenek a fejünk felett. Velük együtt körpályán kezd mozogni a hajó fénye is. És mindez amiatt a kapcsoló miatt! Bármennyire furcsának tűnik is, ugyan­olyan valóságos a csillagok körmozgása a kosárhoz képest, mint a kosár forgómoz­gása a tengerparthoz képest, vagy a Föld körpályán mozgása a N ap körül! Ekkor arról értesülünk, hogy a horgonyzó hajó kapitánya felszedeti a horgonyt, és elin­dul a torony felé. Milyennek fogjuk találni a hajó fényét? A hajó fénye spirális pályán közeledik a toronyhoz: egyrészt közeledik a kapitány parancsszavára, másrészt kör­pályán is mozog a villanymotor miatt. A két mozgás eredményeként alakul ki a spirális mozgás.

A testek mozgása más és más a külön­böző vonatkoztatási rendszerekben. A vo­natkoztatási rendszerek nem egyenrangú­ak abban az értelemben, hogy az egyikben bonyolultabb a jelenségek leírása, mint a másikban. A fizika egyik feladata éppen az, hogy felismeqe a mozgások leírásának azokat a vonásait, amelyek nem függenek a vonatkoztatási rendszer megválasztásá­tól.

1.1.2. Távolságmérés

A mozgás mennyiségi leírásának egyik eleme a testek helyének számszerű jellem­zése: amikor azt mondjuk, hogy egy test távolodik tőlünk, akkor azt gondoljuk, hogy a test tőlünk mért távolsága nő.

Két pont távolságának a mérése elég nyilvánvalónak tűnik. Abból kell kiindul­nunk, hogy van egy beosztásokkal ellá­tott méterrudunk, amelyet merev testnek tekintünk, úgy gondoljuk, hogy a hosz- sza ellenőrizhetetlen, kiszámíthatatlan ha­tásokra nem változik meg. Azt is természe­tesnek vesszük, hogy nemcsak mi rendel­kezünk ilyen rúddal; tetszőleges számban, kellő pontossággal reprodukálható.

Feltesszük azt is, hogy a méterrudat két­szer egymás mellé helyezve a hossza a moz­gatás m iatt nem változik meg. H a felemel­jük a méterrudat és átszállítjuk az ország másik végébe, akkor az azonos távolsá­gokat azonosaknak találjuk.

Ezután a méterrúd egyik végét hozzáil­lesztjük az egyik ponthoz, és leolvassuk, hogy a másik pont a méterrúd melyik be­osztásával esik egybe. A távolságmérés alapja tehát a méterrúd beosztásainak és a két pontnak (a vizsgált szakasz végpontjai­nak) az egybeesése.

Nem jelent igazi problémát az sem, hogy a két pontot összekötő szakasz hosszabb, mint a méterrúd. Ekkor a vizsgált szakasz egyik végpontjától kiindulva egymás után több méterrudat fektetünk le, és megszá­moljuk, hogy hányszor fektethető le úgy méterrúd, hogy a második végpontot még nem érjük el, azután az utolsó méterrudat is lefektetve leolvashatjuk a beosztás mel­lett a pont helyzetét. E két adatból meg­kapjuk a két pont távolságát, azaz a két pontot összekötő szakasz hosszát.

A vázolt eljárás problémamentesnek lát­szik: valóban, a pontok egybeesését köny- nyen ellenőrizhetjük mindaddig, amíg a méterrúdhoz képest a vizsgált szakasz áll. Sokkal nehezebb annak a problémának az átlátása, hogy mit tegyünk abban az eset­ben, amikor a vizsgált szakasz mozog, a méterrúd pedig áll! Hogyan mérjük meg

16

mozgó szakasz hosszát álló mérőeszköz­zel?

Arra kérjük az Olvasót, hogy gondol­kozzék el ezen a problémán. Nagy siker­nek könyvelnénk el, ha az Olvasó belátná, hogy ez a mérési feladat igen nehéz prob­léma. Nem lehet ugyanis visszavezetnünk a feladatot álló szakasz hosszának álló mérőeszközzel való mérésére: semmiféle­képpen nem tolhatjuk a méterrudat a sza­kasszal együtt.

A távolságméréssel kapcsolatban még egy fontos hallgatólagos feltételezésre hív­juk fel az Olvasó figyelmét. A távolságmé­rés leírásánál feltettük, hogy az a két pont, amelyek távolságát mérjük, úgy viselkedik, mintha geometriai pont lenne. Kiterjedés nélküli, és világosan megkülönböztethető a környezetétől. Mindkét pont egyedisé­géhez sem férhet semmiféle kétség. Ezért a két pont távolsága elvben tetszőleges pon­tossággal megmérhető: a mérés pontossá­gának a méterrúd „faragatlan” volta, meg a mi kényelmességünk szab határt.

Makroszkopikus világunkban, minden­napi tapasztalataink szintjén a kis teste­ket valóban lehet úgy modellezni, mintha geometriai pontok lennének — ezeket ne­vezzük pontszerű testeknek vagy tömeg­pontoknak —, a merev testek, merev rudak széle, vége jól megkülönböztethető. Egy pont világosan elüt a környezetétől, indi­vidualitása szembeötlő.

Meg kell állapodnunk abban, hogy mi legyen a távolság egysége. A kultúra törté­nete azt mutatja, hogy az emberek sokféle tárgy hosszát tekintették m ár egységnyi­nek, így különböző hosszúságegységek ke­letkeztek: hüvelyk, könyök, láb, yard stb. Az elmúlt egy-két évszázadban azonban egységessé vált a méter használata. Ennek a hosszúságegységnek a mindnyájunk szá­mára kétségtelen egyetlen Földhöz van

köze: a főkörének negyven milliomod ré­szét tekintjük 1 méternekZ*1 A méter jele: m. A Föld egyenlítőjének a hossza tehát 40000000 m. Használatos mértékegységek még a méter többszörösei, például a kilo­méter (km) és törtrészei, például a centi­méter (cm), a milliméter (mm).

1.1.3. Időmérés

A mozgások számszerű jellemzéséhez az idő mérésének korrekt leírása is hozzátar­tozik.

Időt órával mérünk. Elvárjuk az órá­tól, hogy jól, helyesen járjon: ne késsen, ne siessen. Mi módon tudjuk ezt ellenőrizni? Például a televízió képernyőjén feltűnő óra segítségével. Gyakorlatban ezt helye­sen tesszük, de a probléma nincs megold­va: ki a megmondhatója, hogy a televízió órája valóban jól működik-e? Mihez ha­sonlítsuk a televízió óráját? Az óra járását másik órával ellenőrizni — nyilvánvalóan csak a probléma elodázása: az órákat em­beri kéz alkotta, a természetben nem te­remnek órák.

A régi egyiptomi emberek leszúrtak egy rudat a földbe. Az árnyék mozgását figyel­ték a földön. Úgy gondolták, hogy az ár­nyék egyenletesen halad, hiszen — erről meg voltak győződve — a Napisten sze­kere egyenletesen megy az egen.

Az alapvető fizikai mennyiségeket ma — ma­gas szintű fizikai, kémiai tudományos eredményekre támaszkodva — másként értelmezik, mint mi. így van ez a távolsággal, az idővel, a tömeggel és néhány más mennyiséggel. Mi természetesen nem támasz­kodhatunk ezekre a tudományos eredményekre, ezért a fizika története során korábban kialakult és kézen­fekvő definíciókat használjuk.

17

Aztán jöttek mások: ők úgy gondolták, hogy a lecsorgó víz mozgása egyenletes — így csináltak vízórát. Mások arra esküd­tek, hogy a homok egyenletesen pereg le egy kis nyíláson, ők elkészítették a homok­órát. Később voltak olyanok, akik a len­gő test mozgásának az egyenletességére fo­gadtak: ők az ingaórával lepték meg a világot. Mostanában vannak olyanok, akik úgy vélik, hogy bizonyos kvarckristályok rezgése az egyenletes, ezek az emberek kvarcórákat terveznek.

Melyik óra já r egyenletesen? Hogy job­ban megvilágítsuk a kérdést, képzeljük el, hogy valamilyen járványos betegség kö­vetkeztében a világon minden óra tönkre­megy, elromlik, két órát kivéve. Az egyik a húszéves vekkerórám, a másik egy köz­ponti fizikai kutatóintézet bonyolult ato­mi rezgéseken alapuló órája. Nyilvánvaló, hogy a világ két táborra szakadna: az egyik tábor a vekkerórának hinne, lehet, hogy ezek lennének kevesebben, a másik tábor az atomi órának.

Milyen értelmes érvet hozhatnának fel az egyik táborban, hogy a másik tábor hí­veit áttérítsék magukhoz? Semmiféle érvet: ha a vekkeróra hívei azt mondják, hogy az ő órájuk já r jól, és az atomi óra siet, akkor erre nyilván azzal válaszolnak az atomóra pártján állók, hogy bizony az ő drága órá­juk jól jár, és a vekker késik.

Az időmérés leírása azzal kezdődik, hogy választunk egy mozgást, amelynek egyen­letességében nem kételkedünk. Ezzel a moz­gással definiáljuk az időmérő eszközt, az órát, ezzel értelmezzük az idő egységét.

Alapvetően fontos: az ember, történelmi fejlődése során, előbb érezte az egyenletes­séget, mint ahogy kialakult az idő fogalma. Az egyenletesség érzete a vérében van, a biológiai ritmusában. Az egyenletesség ér­

zete volt a feltétele annak, hogy kialakul­hatott az idő meglehetősen elvont fogalma. Ha őseink a történelem előtti korban nem tudták volna megkülönböztetni a mozgá­sokat aszerint, hogy melyik egyenletes és melyik nem, akkor az idő méréséig soha nem jutottak volna el.

Az, hogy melyik mozgást választjuk az időmérés alapjának, végső soron nem fizi­kai kérdés. Ha valakinek a pszichikai ér­zéke azt súgná, hogy az elejtett kövek moz­gása a legegyenletesebb mozgás, akkor a szabadon eső testek mozgásával is értel­mezhetné az órát, definiálhatná az időt. Ha így járna el, akkor — feltéve, hogy jó megfigyelőről és logikus gondolkodóról van szó — újraépíthetné a fizika tudom á­nyát, amely — előre eláruljuk — alapve­tően különböznék a mi általunk adott felépítéstől. Ennek ellenére hűen tükrözné a természet vonásait, mindent ugyanúgy ki lehetne számítani, mint a mi fizikánkban, csak sokkal bonyolultabban. A legegysze­rűbb fizikai jelenségeket is öles képletekkel írná le. Helyes fizikát építene fel, csak rettentően bonyolultat. Úgy járna, mintha valaki manapság át akarná írni a matema­tikai műveleteket római számokra.

Arról azonban még nem volt szó, hogy mi melyik mozgást választjuk az időmé­rés alapjául. Időmérésünk alapjául a N ap mozgását választjuk, pontosabban: a Föld tengely körüli forgását. Nem ügyelve most túlságosan a pontos fogalmazásra, az idő mértékegységéül a Föld körülfordulási ide­jének (1 nap) a 24 • 3600-ad részét vesszük, és ezt másodpercnek nevezzük, jele s — a latin secundum szóból. (Az így definiált órához viszonyítva az atomok rezgései — igényeinknek megfelelően — egyenletesek, és a kvarcórák járásában is megbízha­tunk.)

18

1.1.4. Koordináta-rendszer

Figyelmünket irányítsuk a pontszerű tes­tek mozgására. A bonyolultabb testek ki­nematikájára majd később kerül sor, azok­ban a pontokban, amelyekben a mozgások leírása mellett a mozgással, a változással összefüggő ok-okozati viszonyokat is vizs­gáljuk.

A pontszerű test, a tömegpont a fizika egyik fontos alapfogalma. Tömegpontnak nevezzük azt a testet, amelynek mozgását egyetlen pontjának a mozgásával leírhat­juk, jellemezhetjük.

A fizikai testek — így a pontszerű tes­tek mozgása is — a természet többi részé­hez viszonyítva vizsgálható. Vonatkoztatá­si rendszernek nevezzük azoknak az anyagi testeknek az összességét, amelyhez a tes­tek mozgását viszonyítjuk. Vonatkoztatási rendszer például az állócsillagok rendszere vagy a kísérletező szobájának a falai, eset­leg a városka házai. (A vonatkoztatási rendszereket általában írott nagybetűkkel jelöljük, legtöbbször úgy, hogy az A test­hez rögzítettet stf-\al, a B test vonatkoz­tatási rendszerét ŰS-\e\ stb.).

A vonatkoztatási rendszerben elvégez­hetjük a távolság és az idő mérését. Rögzí­tünk egy időpontot, akkor a vonatkozta­tási rendszerben minden esemény bekövet­kezésének ideje meghatározható: csak le kell olvasni az óráról az esemény időpont­ját.

Úgy gondoljuk, hogy az adott vonat­koztatási rendszerben minden pontba tele­píthetünk azonos szerkezetű órákat, és az is megoldható, hogy ezek együtt járjanak, így a tér különböző pontjaiban végbeme­nő események egyidejűségét könnyen el­lenőrizhetjük. Azt is nehézség nélkül meg­

állapíthatjuk, hogy az egyik pontban vég­bemenő esemény korábban következik be, mint a másik pontban végbemenő másik esemény: világos és egyértelmű dolog an­nak a megállapítása, hogy a villám koráb­ban csapott bele a nyárfába, mint a másik villám a tölgyfába.

A vonatkoztatási rendszerben a tárgyak távolsága mindig megmérhető. Két pont­szerű test távolságát a közöttük lévő, az őket összekötő legrövidebb úton mérjük. A legrövidebb út az egyenes. Ez legtöbb­ször fénysugárral jelölhető ki. A vonat­koztatási rendszerben tehát kijelölhetők olyan vonalak, amelyek a geometria egye­neseinek felelnek meg.

H a a vonatkoztatási rendszerben rögzí­tünk egy pontot, akkor ebből a pontból kiindulva különböző irányokban elhelyez­kedő tárgyak távolsága meghatározható. Szemléletünk szerint nyilvánvaló, hogy mit értsünk az adott pontból kiinduló egyene­sek szögén. Azt is nyilvánvalónak tartjuk, hogy megadható három egymásra merő­leges egyenes. Ezek az egyenesek fizikai­lag kijelölhetők. így például lehet, hogy az adott pontot egy távoli csillaggal összekötő fénysugár reprezentálja ezt az egyenest. Az adott pontból kiindulva az egyenes men­tén méterrúddal méréseket végezhetünk. A mérést mindkét irányba elvégezhetjük. Az egyik irányba mért távolságokat negatív, a másik irányba mért távolságokat pozitív előjellel látjuk el.

A három egymásra merőleges tengelyt megfeleltetjük a geometriából ismert de­rékszögű koordináta-rendszernek. A ten­gelyeket első, második, harmadik tengely­nek nevezzük, gyakoriak az x tengely, az y tengely és a z tengely elnevezések is. Az első, a második és a harmadik tengely

19

megválasztása az 1.1. ábrán látható mó­don történik: az első tengely pozitív iránya megfelel a jobb kezünk hüvelykujjának, a második tengely pozitív iránya a m uta­tóujjunknak, és a harmadik tengely pozitív iránya pedig a középső ujjunknak.

A három tengely mentén a méréseket ugyanazzal a méterrúddal végezzük, a ten­gelyek beosztása tehát ugyanaz, és a távol­ságot a tengelyek mentén méterben (vagy többszöröseiben, vagy törtrészeiben) mér­jük.

Egy olyan pont, amely valamelyik ten­gelyen helyezkedik el, jellemezhető a ten­gelyek közös pontjától az egyenes mentén mért előjeles távolsággal — koordinátá­val. Ha a pont nincs rajta a három tengely egyikén sem, akkor általános esetben he­lyének a meghatározása három koordi­náta megadását jelenti. Ez azért lehetséges, mert a vonatkoztatási rendszert — az egy­másra merőleges, fizikailag kijelölt, irányí­to tt egyeneseket — megfeleltethetjük a geo­metriai háromdimenziós, derékszögű koor- dináta-rendszemek.

Ahogyan a derékszögű koordináta-rend­szerben megadhatjuk egy geometriai pont három koordinátáját, ugyanúgy a vonat­koztatási rendszerben is megadható egy tetszőleges anyagi pont három koordiná­tája. Ezek a koordináták mérésekkel meg­határozhatók.

A térben egy anyagi pont helyét a három egymásra merőleges egyenesre vonatkozó koordinátákkal adjuk meg. H a egy pont­szerű test helyét az (5 m, 3 m, — 2 m) ren­dezett koordinátahármas adja meg, akkor ez a következőket jelenti: a pont a vonat­koztatási rendszerben kijelölt második és a harmadik koordinátatengely síkjától 5 méterre van, az első tengely Dozitív fele irányában; az első és a harmadik tengely által meghatározott síktól 3 méterre van, pozitív irányban mérve; a harmadik ten­gely negatív fele irányában az első és a második tengely által meghatározott sík­tól 2 méterre van.

Az időpontok összességét T-vel jelöl- jük.<*) H a egy esemény időpontja — 2 s e T, akkor ez azt jelenti, hogy az esemény az időmérés kezdete előtt 2 másodperccel történt, ha pedig 10 s e l , ez azt jelenti, hogy az esemény az időmérés kezdete után10 másodperccel következett be.

Igen gyakran az eseményekkel kapcso­latos időpontokat is egy számegyenesen — az időtengelyen — szemléltetjük. A szám­egyenes pontjait időpontok ábrázolására használjuk. Az időtengely a T halmaz geo­metriai megjelenítése. Az ábráinkon ezért a leghelyesebb lenne az időtengely mellé a T szimbólumot írni. Ez a szokás azonban még nem teijedt el. A másik megoldás az, hogy az időtengelyre kiírjuk, hogy időten­gely vagy idő. Ezzel a lehetőséggel is ritkán élnek, különösen kisméretű ábrák esetén. A leggyakoribb az, hogy az időtengelyre az idő szó angol megfelelőjének (time) első

**’ A középiskolában is használatos fogalmakkal kifejezve ez a következőt jelenti. A valós számok halmazát szokás szerint jelöljük (R-rel. Ekkor a T: =: = IRx{s} halmaz elemei rendezett párok: az első komponensük egy szám, a második az idő mérték- egységét jelölő szimbólum.

20

betűjét írjuk: t. (írhatnánk ugyanilyen ala­pon í-t is.) Az időtengely mellett látható t betű tehát az időpontok összességét jelöli, ugyanúgy, mint a T. Ebből sok zavar és félreértés származhat. Ha egy konkrét idő­pontot í-vel jelölünk, mint szokás, akkor t é t . Nyom tatott szövegben ezt azzal ke­rülhetjük el, hogy az időtengely jelét álló t-vel, a konkrét időpontot dőlt t-vel jelöl­jük. Kézírásban azonban használjuk a T szimbólumot, vagy íijuk ki, hogy idő vagy időtengely. A többi fizikai mennyiség áb­rázolásakor is hasonló problémákkal ta­lálkozunk, a megoldásuk is hasonló.

A legegyszerűbb esemény: a pontszerű lest egy adott pillanatban valamely adott

1.2 .

ábra

helyen van. Például: egy pont a — 3 s idő­pontban a (3 m, 4 m, 0 m) helyen található f 1.2. ábra).

1.2. Egyenes vonalú mozgások

1.2.1. A mozgás grafikonja

Tegyük fel, hogy egy pontszerű test egy egyenes mentén mozog. Ilyen esetről van szó, ha egy kis golyó vékony, egyenes vá­lyúban gurul; egyenes vonalú mozgást vé­gez egy szabadon eső golyó, hosszú autó­pályán közlekedő autó.

Vizsgáljuk tehát egy pontszerű testnek egy egyenes mentén történő mozgását. A pont mozgását akkor tekintjük ismertnek, ha a mozgás időszaka alatt bármely pilla­natban adott a pályának az a pontja, ahol a test ebben a pillanatban megtalálható. Más szóval: akkor tekintjük a pontszerű test egyenes menti mozgását ismertnek, ha bármely pillanatban adott a test helyzete az egyenesen.

A mozgás leírása tehát azt jelenti, hogy is­mert a hely mint az idő függvénye: t x(t).

Az 1.3. ábrán látható a szemléltetés mód­ja: a test a í( és a t2 időpontok között mozog, a í, időpontban kezdődött a test mozgása, és a t2 időpontban fejeződött be. A két időpont között akármelyik időpont­ban leolvasható a grafikon segítségével, hogy a függőleges tengelyen hol tartózko­dik a pont.

X

21

A vízszintes tengelyen a független vál­tozót, az időt tüntetjük fel, rajzban meg­vastagítva a tengelynek az értelmezési tar­tománynak megfelelő részét.

A mozgás értelmezési tartom ányát jelöl­jük ,^,-szel, az írott & betűvel az időre utalva. & mellett indexben a mozgás szim­bóluma található. Ha nem okoz félreértést, akkor a mozgásra utaló jelet elhagyjuk.

A mozgás értelmezési tartománya ösz- szefüggő halmaz a vízszintes időtengelyen, így az értelmezési tartomány nyílt vagy zárt intervallum, vagy félegyenes, esetleg az egész időtengely (ilyen eset fordul elő az égitestek mozgásának leírásakor). Kivéte­les esetekben (pillanatszerű eseményeknél) arra is látunk példát, hogy a „mozgás” értelmezési tartománya egyetlen időpon­tot tartalmazó halmaz. Például egy villám- csapás vagy egy lövés hely-idő grafikonja egy pont.

A függőleges tengely tartalmazza a moz­gás pályáját. A mozgás során a test min­den pillanatban ezen az egyenesen van, különböző időpontokban esetleg ugyan­azon a helyen, például akkor, ha a test áll, vagy ha a mozgás során visszatér egy olyan pontba, ahol már korábban volt a mozgás során.

Mindkét tengely skálázva van: a vízszin­tes tengelyen megadjuk az időmérés kez­detét, azaz a skála nullpontját és egységét (legtöbbször másodpercben). A függőleges tengely esetén hasonlóan járunk el: a tá­volságmérés kezdőpontját, a távolság egy­ségét, valamint a tengely irányítását adott­nak tekintjük. Úgy képzeljük, hogy a víz­szintes tengely pontjaiban időpontok, a függőleges tengely pontjaiban előjeles tá­volságok vannak feltüntetve, a vízszintes tengely pontjai mellé órákat képzelünk, a függőleges tengely pontjai mellé kilomé­terköveket (1.4. ábra).

X

t1.4. ábra

A mozgás helyfüggvényét grafikonnal szemléltetjük. Egy pontszerű test mozgá­sával kapcsolatban azt követeljük meg, hogy a mozgást leíró függvény folytonos legyen: ne legyenek szakadásai, ugrásai, ne legyen olyan, mint az 1.5. ábrán látható függvény. Célszerű kikötés ez, a tapaszta­lataink világában nem találkoztunk olyan esettel, hogy egy test „egyik pillanatról a másikra” nagy távolságra mozduljon el úgy, hogy a közbeeső pontokat nem érinti.

Fontos dolog, hogy a hely-idő koordi- náta-rendszerben jól tudjunk tájékozódni. Gyakorlásképpen gondoljuk végig a kö­vetkező három problémát.

1. Gondoljuk el, hogy a 0-val jelölt kilo­méterkő a B városban van. Innen a 80 km

X

©©©©

22

távolságra lévő, A-val jelölt város felé in­dulunk. A mozgás grafikonja az 1.6. áb­rán látható. Az ábrából leolvasható, hogy a mozgás a 0 időpontban kezdődik, és

kéredzkedik a szekérre, és egy darabig, a t, időpontig együtt megy a szekérrel. Nyil­ván valami megbeszélni valója volt a haj­tóval. A ti időpontban leugrik a szekérről,

1.6 .

ábra 1.7.ábra

indulás után 1,2 óra múlva érünk célba. Indulás után 0,3 óra múlva villámcsapás éri a 40-es kilométerkőnél lévő út menti fát. A villámcsapás pontszerű, pillanat- szerű esemény, grafikonja egy pont. Az autóban ülve a fát m ár a villámcsapás után látjuk: a 40-es kilométerkőhöz később érünk az autóval, mint 0,3 óra. (Máskép­pen: 0,3 órával indulás után még nem ér­tük el a 40-es kilométerkövet, csak a 20-as kilométerkőnél vagyunk.)

Tegyük fel most, hogy a villámcsapás pillanatában a fa alatti ürgelyukból három ürge ugrik elő rémülten. A három ürge grafikonját is feltüntetjük az ábrán. Az első ürge az A város felé rohan az úton, a má­sodik ürge az autónkkal szembe szalad, míg a harmadik ürge grafikonja vízszintes; feltehetően megdöglött a lyukból kibújva.

2. Tegyük fel, hogy az országúton ballag egy szekér, a szekérrel szemben egy gyalo­gos jön az úton; a mozgások grafikonja az 1.7. ábrán látható. A t0 időpontban a két grafikon metszi egymást, a szekér és a gya­logos találkozik. A gyalogos — legalábbis erre következtetünk a grafikonból — fel-

és folytatja a mozgást, most megint az ere­deti irányba, a függőleges tengely negatív iránya felé.

A szekér története még nem ért véget. A t2 és a t3 időpontokban egy-egy kutyus leugrik a szekérről. Az egyik előre szalad, a szekér haladási irányába, a másik pedig a gyalogost veszi üldözőbe.

3. A harmadik példánkban (1.8. ábra) egy autós mozog a függőleges tengely pozi­tív részén az origó felé, ugyanakkor a r = 0 időpontban egy / hosszúságú vonat az x tengely pozitív felén elindul, a vonat utolsó kocsija az origóban volt a 0 időpontban.

1.8 .

abra

23

Az autós szemben halad a vonattal, a tj időpontban találkozik a mozdonnyal, a t2 időpontban a vonat utolsó kocsija mellett halad el. Ezután újabb kalandok várnak rá. A t3 időpontban az x 3-mal jelölt kilo­méterkőnél felrobbantottak egy füstbom­bát. A terjeszkedő füstbe, ködbe a t4 idő­pontban kerül, a ködöt a t5 időpontban hagyja el. A példánkból a következő tanul­ságot vonhatjuk le:

a) hosszú járművek, pl. a vonat grafi­konja egy sáv;

b) a terjeszkedő ködé az ábrán látható szögtartomány.

1.2.2. Egyenes vonalú, egyenletes mozgás

A legegyszerűbb egyenes vonalú mozgás grafikonja egyenes szakasz, félegyenes vagy egyenes. Ebben a legegyszerűbb esetben a hely-idő függvény két paraméterrel meg­adható:

X(t) = vt + X0, t€ $ ~ (1)

ahol 9~ jelöli a mozgás időszakát, ér­telmezési tartományát. A paraméterek je­lentése világos: v a grafikon meredeksége. Ezen a következőt értjük. Az 1.9. ábra sze­rint a At hosszúságú időtartam alatt a test

X

elmozdulását jelöljük Ax-szel, azaz Ax: = := x ( t)—x0 ekkor

Ax V= At '

A háromszög függőleges oldaláról leolvas­ható Ax és a vízszintes oldalnak megfelelő At hányadosa. Ha a távolságot méterben, az időt másodpercben mérjük, akkor a v mértékegysége m/s. A v neve: az egyenletes mozgás sebessége. Tegyük fel most, hogy a mozgás értelmezési tartománya a t = 0 idő­pontot is tartalmazza, vagyis a test t = 0 időpontban megfigyelésünk alatt állt. Ek­kor helyettesítsünk be a helyfüggvénybe t = 0-t:

x(0) = D • 0 + xo.

így x(0) = xo, vagyis ebben az esetben x0 a test helyét jelenti a 0 időpontban, az idő­mérés kezdetén.

Emeljük ki még egyszer, hogy az egyen­letes mozgás két paraméterrel jellemezhe­tő: a sebességgel, és a kezdeti hellyel. A sebesség és a kezdeti hely egy-egy állandó, az elsőnek a mértékegysége például m/s, a másodiké m. A sebesség grafikus jelentése: a hely-idő függvény grafikonjának a me- redeksége'**. A kezdeti helyzet jelentése: a grafikon és a függőleges tengely metszés­pontjának a koordinátája.

Természetesen mind a sebesség, mind a hely mértéke tetszőleges számok lehet-

,*> Ez a szóhasználat magyarázatot kíván. Annál inkább, mert a továbbiakban gyakran élünk vele. Az egyenes meredeksége az ábrán attól függ, hogy a vízszintes tengelyen mekkora szakaszt feleltettünk meg az idő egységének, és a függőleges tengelyen mekkora szakasz felel meg a távolság egységének. Rögzítve azonban ezeket a megfeleltetéseket, az el­mozdulás számértékének cs az eltelt idő számértéké­nek az aránya az egyenes meredekségét adja.

24

nek: az 1.10. ábrasoron vázlatosan ábrá­zoltuk néhány egyenes vonalú, egyenletes mozgás hely-idő grafikonját. A grafikonok mellett feltüntettük a mozgást meghatá­rozó két paraméter előjelét. Figyeljünk fel arra, hogy ha v= 0, akkor a grafikon víz­szintes, tehát a pont áll. H a xo = 0, akkor a mozgás a 0 időpontban a 0 helykoordi­nátájú helyről indul.

X

X, v*0

*=00

Pfegyük fel, hogy az A és a B városok távolsága 300 km. Az A városból a B vá­rosba indul egy kocsi, egyenletesen mozog, sebessége 90 km/h. Vele egy időben a B városból is indul egy kocsi az A városba, ennek a sebessége 60 km/h. Indulás után mennyi idő múlva találkoznak? Az A vá­rostól mérve milyen távolságra találkoz­nak?

X

v = 0 x>0

1

1.10.ábra

25

Helyezzük el, az 1.11. ábrán látható mó­don, az A várost a függőleges tengely ori­gójában és a B várost a 300-as koordiná­tájú helyen. Az időmérés kezdetét válasz­

sebességgel halad az őrház felé. A hang­jel eleje a vonattal együtt az x—t koordi­nátarendszer origójából indul. Az őr a t' időpontban hallja meg a hangjel elejét. A

X

szűk meg a mozgás kezdetének. Ekkor a két járm ű grafikonja metszi egymást; a két grafikon egyenlete:

x = 90t,

x = — 601 + 300.

Az egyenletrendszer megoldása: t = 2 óra, x = 180 km. A két autó indulás után 2 óra múlva, az A várostól 180 km távolságra találkozik egymással. |

ÍKépzeljük el, hogy vasúti őrház felé vonat közeledik, sebessége v= 12 km/h, a vonat At = 3 másodpercig tartó sipjelet bo­csát ki. Vizsgáljuk meg, hogy mennyi ideig hallja a vonatfüttyöt a vasúti őr!

Tegyük fel, hogy a vonat grafikonja az x —t koordináta-rendszer origójából indul. Jelöljük ki az őrházal, és rajzoljuk meg az őr grafikonját. Ez egy vízszintes egyenes. Az 1.12. ábrán t*-gal jelöltük azt az idő­pontot, amikor a mozdony elhalad az őr mellett. Jelöljük ki az időtengelyen azt a At hosszú időszakaszt, ameddig a moz­donyvezető a sípot működteti. A sípjel a vonat sebességénél nagyobb c = 330 m/s

X

hangjel végének a grafikonja az előző gra­fikonnal párhuzamos. Kezdete a (Af, vAt) pont. A hangjel vége a t" időpontban ér a vasút mellett álló őrhöz. így az őr a t', t" időpontok közötti időszakban hallja a han­got. Jelöljük ennek a szakasznak a hosszát Af*-gal.

Az ábrán látható, hogy At* kisebb, mint Af. Vezessük be átmeneti használatra az ábrán látható jelöléseket, ekkor

Aí* + T =A t,

x

*Íg £ = — — c.

Az egyenletrendszert megoldva azt kapjuk, hogy az őr

ideig hallja a vonat füttyét. Az adatok be­helyettesítve: At* = 2,81 s j

26

1.2.3. Átlagsebesség

Az 1.13. ábrán egy villamos mozgását láthatjuk. A villamos a ^ időpontban az x l pontban lévő megállóból indul, fel­gyorsul. Közben átmenetileg lassítania kell, majd a t2 időpontban az x2 helyen levő megállóban megáll. A mozgást leíró függ­vény nyilvánvalóan bonyolultabb, mint az egyenletes mozgások esetén.

A mozgást leíró függvény nyilván nem jellemezhető egy vagy két paraméterrel, mint az egyenletes mozgás esetén történt a v és az x 0 paraméterekkel. így a villamos

X

mozgását leíró függvény esetén a meredek­ségről nem is beszélhetünk abban az érte­lemben, ahogyan ez a legegyszerűbb moz­gás esetén történt. A villamos mozgásának ekképpen nincs is sebessége az eddigi érte­lemben.

Felvethető azonban a következő kérdés: milyen sebességgel mozgott volna a villa­mos egyenletesen, ha a t, időpontban in­dulva az Xj helyről, a t2 időpontban az x 2 helyre érkezett volna. Ennek a helyettesítő mozgásnak — amely tehát egyenletes moz­gás — van sebessége. A helyettesítő — az 1.14. ábrán vékony vonallal jelölt — moz­gás sebességét nevezzük az eredeti mozgás (a villamos mozgása) átlagsebességének.

Az ábráról leolvasható az átlagsebesség grafikus jelentése: a hely-idő függvény gra­fikonjához húzott szelő meredeksége.

X

Az értelmezésből következik, hogy az átlagsebesség megadásához két időpontot kell megadnunk. Az átlagsebesség a moz­gás egy szakaszához tartozik.

rfegyük fel, hogy a mozgást leíró függ­vény:

x(t) = 5t2, t> 0.

A mozgás grafikonja parabola (1.15. ábra). Határozzuk meg a mozgás átlagsebességét a harmadik másodpercben!

A harmadik másodperc nyilván egy má­sodpercig tart, a f, = 2 s-tól a t2 = 3s-ig. Ekkor X] = 5 • 22 = 20 m, x 2 = 5 - 32 = 45 m.

X

27

A szelő meredeksége:

x 2 — x 1 x (t2) — x{ tl) 5t 2 — 5tftj tt t? ti -f,

5 ( í2 - í l ) ( í2 + tl)t 2~ t 1

= 5(í2 + ti) = 2 5 m /s j

Általánosságban, legyen a test az x(t) helyen a í e f időpontban. Adjunk meg két különböző időpontot a mozgás idő­szaka alatt, jelöljük a kisebbet figyel, a nagyobbikat t2-vel. A test az A(rt) pontból az x ( t2) pontba mozdult el. H a a [ t,, t2] időközben az x(t,) és x (t2) pontok között egyenletesen mozgott volna, akkor a se­bessége

x(t2) - x (tt)

f2 — h

lenne. Ha a grafikon két pontját egyenessel összekötjük, akkor ez a tört adja a szelő meredekségét, tehát az átlagsebesség:

tg a S; --V,x(t2) - x ( t i)

17 fi (1)

Az átlagsebesség jele mellett fel kell tün­tetni, hogy a szóban forgó mozgás átlag- sebességét melyik időszakra számítjuk. Ha azonban nem okoz félreértést, akkor egy­szerűen csak ü-t írunk.

Gyakran előfordul az, hogy a mozgás során az egyik időpontot rögzítjük, az át­lagsebesség ilyenkor a másik időpont függ­vénye. Jelöljük ebben az esetben a rögzített időpontot t0-lal, a másikat t-vel. Ekkor az átlagsebesség — mint említettük — a má­sik időpont függvénye:

- ^ x ( t ) - x ( t0) _ ^ /0,vto(t):— — -—------, t e J , t # t 0. (2)

t — tn

Az átlagsebességet tehát a mozgás idősza­kában bármely időpontra kiszámíthatjuk, kivéve a t0 időpontot. (Ha a t és a t0 idő­pont egybeesik, akkor az átlagsebességet értelmező hányadosnak nincs értelme. Nul­la hosszúságú időtartam ra nem számítha­tó átlagsebesség.)

Az átlagsebesség értelmezését három pél­dával illusztráljuk.

1. H a a test mozgását az x(t) = t2, t e J függvény írja le, akkor — a t0 pontot rög­zítve — a t időponthoz tartozó átlagsebes­ség:

Vto(0 =

l ^ t 0.

( t - t 0) ( t+ t 0)t - f o t ín

= t + t0,

Az átlagsebesség t-vel nő: minél nagyobb t, annál nagyobb a vlo(t) átlagsebesség. Az átlagsebességnek mint az idő függvényé­nek a grafikonja egyenes: ugyanazon az időintervallumon van értelmezve, mint a mozgás, kivéve a f0 időpontot. A függvény grafikonja egy „lyukas szakasz”. Persze rögtőn arra gondolunk, hogy ezt a lyukat be lehet tömni. Az átlagsebesség-függvény értelmezése kiterjeszthető úgy, hogy a ki- terjesztés folytonos legyen: ugyanis a

tt tn

= t + t0, t e F , f # t 0

átlagsebesség-függvény csak egyetlen pont­ban különbözik a 3T időintervallumon ér­telmezett

t t ~h to, t E ^

függvénytől.2. Hasonló a helyzet az általánosabb

x (t)= tn, t g ,y" mozgásnál. Az átlagsebes-

28

ség-függvény — a szelő meredeksége —

rto(0 =

t - t n

t - t o

( t - t 0) ( f " l + tn 2t0+ . . . + tn0~1)

t - t o

= tn_1 + t"“ 2t0+ . . . + t ts _2 + ts_1,

t # t 0.

Az x(t) = t", t e f f mozgás esetén az átlag- sebesség-függvény n — 1-ed fokú polinom — eltekintve a t0 időponttól —, az átlagse- besség-függvénynek n tagja van, minden tagban a két tényező kitevőjének összege n — 1. A függvény — mint említettük — egyetlen pontban különbözik a

t H f" 1 + í" 2t0 + . . . + ÍÍq 2 + Íq 1,

t e F

polinomfüggvénytől. Ez az egy pont a t0 időpont, ebben a pillanatban a polinom- függvény értéke

to 1 + to 2to + -- -+ to to 2 +fo 1=nto 1-

3. Vizsgáljuk meg most az x (í)=sin t függvénnyel leírt mozgást. Rögzítsünk most is egy időpontot tetszőlegesen, és jelöl­jük ezt t0-lal. Ekkor minden más t időpont esetén kiszámítható a t0 és t időpontok közötti szakaszra vonatkoztatott átlagse­besség:

_ , , sin t — sin taf J () = ---- — ------’ t¥=t°-l ÍQ

Alakítsuk szorzattá a tö rt számlálóját. Az elemi trigonometriából ismert — és a kö­zépiskolai függvénytáblázatokban is meg­található — képlet alapján:

. t - t 0 t + t02 sin------ cos—-—

sín t —sin t0 2 2

sin-

t tn2 t + tg

cos —-— .

A középiskolai matematika tanulmánya­inkból az is ismert, hogy radiánban mért kis szögekre

sin a = a.

H a |a | <0,1, akkor az eltérés relatív hibája 1%-nál kisebb. Mindenesetre, ha t közel van t0-hoz, akkor a

t - t n = : a

szög kicsi, így

- t - t 0 sin—-—

t - t n

közelítőleg 1-gyel egyenlő. így az átlagse­besség-függvény a t0 közelében lévő t idő­pontokra:

v ,M = cos~

H a például

t + t n t# (o -

t ° = 4 , t =71 + 0,1

t~ t,0 t —t.0

ekkor vío( t)^ 1.Az éppen most tárgyalt gondolatmene­

tek inkább elméleti jelentőségűek, és a pil­lanatnyi sebesség tárgyalását készítik elő. Néhány egyszerű gondolat ismertetése van hátra az átlagsebesség fogalmával össze­függésben.

rfegyük fel, hogy egy autó egyenes vo­nalú pályán halad, 200 km utat megtesz, eközben eltelik 3 óra, majd lassabban megy, és a következő 120 km-es utat 2 óra alatt

29

5,:t,

a)

b.)1. 16.ábra

teszi meg (1.16a ábra). Ekkor a mozgás hely-idő függvénye, mint az 1.16b ábrán látható, egy törött vonal. A mozgás mind­két szakasza egyenletes mozgás.

Ebben az esetben az átlagsebesség meg­határozásához a kezdő- és végponton át meghúzzuk a grafikon szelőjét. Nyilván­való, hogy az a szöggel szemközti oldal Sj + s2, a szög melletti oldal t, + t2. így az átlagsebesség:

_ Sj + s2 320v = -------- = —— = 64 km/h.

ti + í2 5

Ennek a törtnek a számlálójában távol­ságok összege, a nevezőjében időtarta­mok összege jelenik meg, ezzel szemben az átlagsebességet értelmező korábbi képlet számlálójában az origótól mért előjeles távolságok különbsége, a nevezőjében két

időpont különbsége szerepel. Természete­sen ez a két tény nem mond ellent egy- másnak. |

ÍKépzeljük most el, hogy egy autó 3 órán keresztül 80 km/h sebességgel halad egyen­letesen, majd további két órán keresztül 60 km/h a sebessége (1.17a ábra).

Ekkor az átlagsebesség:

_ S j+ S 2 V ^ + V f oV =

11 + t 2= 12 k m /h j

Figyeljünk fel arra, hogy a test sebessége a t í időtartam alatt v \ , a t2 időtartam alatt v2, ekkor a megtett út v1t 1 + v2t2. Az 1.17b ábrán látható, hogy ez a kéttagú összeg a két téglalap területének összege. Másként: a sebesség-idő függvény grafikonja alatti terület. (Ezt az elvet messzemenően általá­nosítani fogjuk.)

Térjünk most vissza az átlagsebesség meghatározásához.

v,:t,

O .)

t

b)1.17.ábra

30

("Lehetséges, hogy a két útszakaszhoz nem az időtartam okat, hanem a sebessé­geket ismerjük: gondoljuk el, hogy egy já r­mű 400 km-es útszakaszt 80 km/h, majd 300 km-es útszakaszt 100 km/h sebességgel tett meg (1.18. ábra).

1.18.ábra

Ekkor az átlagsebesség:

S , + S 2V =

+ !i Uj V2

- 87,5 km/h. |

l~Áz átlagsebesség nulla, ha a hely-idő függvény grafikonjának két pontját össze­kötő szelő meredeksége nulla. így például képzeljük el, hogy egy autó 200 km hosszú úton egyenletesen mozog és ezt a távolsá­got 3 óra alatt teszi meg. Azonnal vissza­fordul, de az út megtételéhez már 5 órá­ra van szüksége. Ekkor az átlagsebessége nulla: hiszen x(8)—x(0)=0. Ugyanakkor számolhatjuk a sebesség nagyságának az átlagát. Ez

200 + 2003 + 5

= 50 km/h. |

1.2.4. Pillanatnyi sebesség

Egy autó kormányánál ülünk, és fo­lyamatosan gázt adunk. A sebességmérő egyre nagyobb sebességet mutat. M it je­lent az, hogy a sebességmérő mutatója ép­pen 60 km/h-t mutat, és kúszik felfelé?

Ezt a tényt a következőképpen magya­rázhatjuk: az, hogy a sebességmérő most pont 60 km/h sebességet mutat, azt jelenti, hogy a test ezzel a sebességgel mozogna egyenletesen, ha a mozgás ebben a pilla­natban egyenletessé válna.

Grafikonon szemléltetve: ha a t0 idő­pontban a mozgás egyenletessé válna, ak­kor a grafikonja az eredeti mozgás grafi­konjának r0 időpontbeli érintője lenne, ahogy az 1.19. ábra mutatja.

1.19.ábra

Innen látszik a — most születő — pilla­natnyi sebesség grafikus jelentése: a hely­idé függvény grafikonjához húzott érintő meredeksége.

Ezzel a pillanatnyi sebesség értelmezésé­hez az első lépést megtettük. A nehézség a következő. Ismerünk-e valamilyen mód­szert arra, hogy egy adott hely-idő függ­vény esetén meghatározzuk a függvény grafikonjához húzott érintő meredekségét? (Fontoljuk meg: az átlagsebesség megha­tározása — a grafikonhoz húzott szelő meredekségének meghatározása — igen egyszerű matematikai műveleteket igényel, ha ismerjük a és a t2 időpontokhoz tartozó helyzeteket. Az átlagsebesség ki­számítása két kivonást és egy osztást je­lent.) A pillanatnyi sebesség matematikai értelmezése új matematikai módszer felfe­

31

dezését igényelte. Ez a differenciálszámítás. Alapszabályainak bevezetése, első fogalmi körülírása Newton és Leibniz nevéhez fű­ződik.

(A differenciálszámítás elemeinek isme­retére szükségünk lesz a továbbiakban. Ezért arra kérjük az Olvasót, hogy ha nem jártas a differenciálszámítással kapcsolatos elemi fogalmak és szabályok között, és a legegyszerűbb függvények differenciálása gondot jelent számára, akkor tanulmá­nyozzon át most egy elemi szintű, mate­matikai analízisről szóló tankönyvet.)

Ha adott a mozgás hely-idő függvénye, akkor valamely t0 időponthoz tartozó érin­tő meredekségét az átlagsebesség segít­ségével a következőképpen értelmezzük. Rögzítsük a t0 időpontot, és adjunk meg tetszőlegesen egy r0-hoz közeli, í0-tól kü­lönböző t időpontot. Ha a t időpont közel van a t0 időponthoz, akkor a szelő kis szögben metszi az érintőt, a szelő közel van az érintőhöz, ahogy az 1.20. ábrán látható. Ez azonban azt jelenti, hogy a szelő mere­deksége közel van az érintő meredekségé­hez.

X

t 1.20.

tc t ábra

Az átlagsebesség-függvényről láttuk, hogy a t0 időpontban nincs értelmezve, sok eset­ben azonban felvethető az a kérdés, hogy kiterjeszthető-e a függvény, hogy a t0 pont­ban folytonos legyen. Amennyiben ez meg­

tehető, akkor azt mondjuk, hogy az x(t) függvény a f0 időpontban differenciálható, és az átlagsebesség-függvény folytonos ki- terjesztésének t0-beli helyettesítési értékét az x(t) függvény t0 időponthoz tartozó deriváltjának vagy differenciálhányadosá­nak nevezzük.

Az x(t) függvény deriváltja geometriai­lag a függvény grafikonjához a r0 időpont­ban húzott érintő meredekségét jelenti. Fizikai tartalma pedig aíi-* x(í) mozgás t0 időpontbeli sebessége.

A differenciálhányados — a sebesség — jelölése:

x(t0).

1. Határozzuk meg az x ( t)= t2 hely-idő függvénynek megfelelő mozgás sebességét a í0 időpontban. Rögzítve a t0 időpontot, a t0 és ( időpontok közötti időszakhoz tartozó átlagsebesség:

ü,0(t) = t + ío -

A függvény grafikonja az 1.21. ábrán lát­ható. A függvénynek nincs értelme a t = t0

V

esetén, de ha a függvényt folytonosan ki­terjesztenénk, akkor a r0 időpontban az értéke 2í0 lenne. Szemléletesen szólva, ha í közeledik a t0 ponthoz, akkor a vl0(t) átlagsebesség közeledik az x(í0) pillanat­

32

nyi sebességhez: f + t0 közeledik 2f0-hoz. Vagyis

x(í0) = 2í0.

2. Hasonló a helyzet az x(r) = f" mozgás­nál is. A pillanatnyi sebesség:

x(t0) = «fő“ 1.

3. Ugyanígy, ha a mozgást az x(t) = sin t függvény írja le, akkor a í0 időponthoz tartozó pillanatnyi sebesség:

. . . t n + í nx(r0)= c o s — -— — cos íq .

Értelmezzük tehát a pillanatnyi sebessé­get a következő módon.

Tegyük fel, hogy egy tömegpont mozgá­sát az x(r), t e ,T függvény írja le. Jelölje a mozgásnak a í0 időponthoz tartozó átlag­sebesség-függvényét v,0(t), t e t =£ t0. Ek­kor két eset lehetséges: vagy van az át­lagsebesség-függvénynek a t0 időpontban folytonos kiterjesztése, vagy nincs. Ha az átlagsebesség-függvénynek van a f0 idő-

V

pontban folytonos kiterjesztése (például a függvény olyan, mint az 1.22. ábrán lát­ható), akkor azt mondjuk, hogy létezik a mozgásnak a t0 időpontban pillanatnyi sebessége [létezik az x(r), I e 9~ függvény­

nek deriváltja a t0 pontban], és ebben az esetben az átlagsebesség-függvény folyto­nos kiterjesztésének a í0 időpontbeli he­lyettesítési értékét a mozgás r0 időpontbeli pillanatnyi sebességének [az x(í), f e függvény í0 ponthoz tartozó deriváltjá­nak] nevezzük.

Ha a hely-idő függvény deriválható az értelmezési tartományának t0 pontjában, akkor a t0 időpontban van értelme pilla­natnyi sebességről beszélni, és a mozgás pillanatnyi sebessége a f0 időpontban:

v(t0): = x (t0). (1)

Természetesen az olyan pontokban, ame­lyekhez tartozó átlagsebesség-függvénynek nincs folytonos kiterjesztése, tehát az olyan pontokban, ahol a függvény nem differen­ciálható, a pillanatnyi sebességet nem ér­telmezzük.

A mozgás (pillanatnyi) sebességfüggvé­nye azokban az időpontokban van értel­mezve, ahol van értelme a pillanatnyi se­bességnek:

c : t H v(t),

minden olyan időpontban, ahol ahely-idő függvény differenciálható.

A továbbiakban, ha sebességről beszé­lünk, akkor minden esetben a pillanatnyi sebességet (a pillanatnyi sebesség-idő függ­vényt) értjük ezen.

P f együk fel, hogy egy test mozgását egy egyenesen az

x(t) = 4f4 + 6t3 + 3í2 — 39f — 25, tz 3 T

függvény írja le. Ebben az esetben a sebes­ségfüggvény:

x(t) = t;(t) = 4 ■ 4f3 + 6 • 3t2 + 3 • 2t - 39 =

= 16t3+ 18t2+ 6 í—39, teZT.

Adjunk meg tetszőlegesen egy időpontot,

33

mondjuk legyen t0 = 1 s. Ekkor a test az egyenes

x (í„ )= x(l) =

= 4 14 + 6 - l 3 + 3 12 —3 9 -1 -2 5 = —lm

helyén mozog, pillanatnyi sebessége:

v (to) = v 0 ) =

= 16• 13+ 18 l 2 + 6 - 1 -3 9 = 1 m/s_j

1.2.5. Egyenes vonalú, egyenletesen változó mozgás

Viszonylag egyszerű mozgástípus az egye­nes vonalú, egyenletesen változó mozgás. Azokat a mozgásokat nevezzük egyenlete­sen változóknak, amelyeknek a hely-idő függvénye másodfokú függvény, a grafi­konjuk tehát parabola (1.23. ábra).

X

Az egyenletesen változó mozgások tehát másodfokú függvénnyel írhatók le:

x(t) = A t2 + Bt + C,

Az A, B, C paraméterek a függvény együtt­hatói. Vizsgáljuk meg, hogy milyen fizikai jelentés kapcsolható a paraméterekhez.

Határozzuk meg először a sebességfügg­vényt:

v(t) = 2At + B, t e .T.

Tegyük fel, hogy a t= 0 időpont hozzátar­tozik a függvény értelmezési tartományá­hoz. Helyettesítsük be ezután a 0 időpontot a két függvénybe: vagyis határozzuk meg a test helyzetét és sebességét az időmérés kezdetén.

x(0) = A 0 2 + B 0 + C = C ,

v(0) = 2 A -0 + B = B.

Látható, hogy a C paraméter jelentése: a test helyzete az időmérés kezdetén, a B paraméter jelentése pedig a 0 időpontbeli— „kezdő” — sebesség. Vezessük be ezért a következő jelöléseket:

x(0) = C = :xo,

r(0) = J3 = :v0.

Ábrázoljuk most a

v(t) — 2 A t+ B = 2At + v0, t e .T ,

függvényt. Nyilvánvaló, hogy a függvény grafikonja oly, n egyenes, amelynek a me­redeksége 2A, a tengelymetszete v0 (1.24. ábra). Az egyenes 2A meredekségét jelöljük röviden o-val:

a. = 2A,

és mivel

V

34

ezért a helyfüggvény és a sebességfüggvény a következőképpen írható fel:

x'(0 = y í2 + t)0t + x 0,

f(r) = at + r0, 1 6 (1)

A sebességfüggvény grafikonjának a me­redekségét (a-t) az egyenletesen változó mozgás gyorsulásának nevezzük. Ha a tá- % olságot méterben, az időt másodpercben mérjük, akkor a gyorsulás mértékegysége m s2. Az egyenletesen változó mozgást tehát három független paraméterrel jelle­mezzük: a gyorsulással, a kezdeti sebesség­gel, valamint a kezdeti hellyel.

Az 1.25. ábrasoron különböző egyenes vonalú, egyenletes mozgások összetartozó hely-idő és sebesség-idő függvényének a grafikonját ábrázoltuk vázlatosan; feltün­tetve az a, a v0 és az x0 paraméterek elője­lét is.

Kiemeljük, hogy az egyenletesen változó mozgások jellemzéséhez a fenti két össze­

függést kell ismerni, a test hely- és sebes­ségfüggvényét. Valójában csak az elsőt —- a mozgást definiáló függvényt —, ebből a második függvény levezethető: a hely-idő függvény deriváltja a sebesség-idő függ­vény.

(Ha tehát valamely mozgás hely-idő függ­vényét megadtuk, akkor m ár nem lehet akármilyen a sebesség-idő függvény. „Ha­sunkra ütve” sokféle függvényt felírhatunk, amely egy test hely-idő függvénye lehet, de csak egyszer üthetünk a hasunkra, a sebes­ségfüggvényt m ár nem választhatjuk ön­kényesen. Ezzel ellentétben: ha valahogy— ismét önkényesen — megadjuk a test helyét a vonatkoztatási rendszerben, egy rögzített pillanatban, akkor ismét tetsző­legesen megadhatjuk a test sebességét is abban a pillanatban. Nem kell tekintettel lennünk a test helyzetére.)

P f együk fel, hogy egy pontszerű test egy egyenesen egyenletesen változó mozgást végez, a t = 0 időpontban indult. Indu­lás után 2 másodperccel az egyenesen a

koordinátája 2 méter, indulás után 5 má­sodperccel 5 méterre van az origótól az egyenes pozitív felén, és ekkor a sebessége 10 m/s. Röviden összefoglalva az adatokat: x(2) = 2, x(5)=5 , d(5)= 10. Figyelembe véve, hogy a test egyenletesen változó mozgást végez,

x(2) = 2 = ^ • 22 + v0 ■ 2 + x0,

x(5) = 5 = | - 5 2 + t;0 -5 + x 0,

t;(5) = 4 = a • 4 + i;0.

Az egyenletrendszer megoldása: a = 6 m /s2, v0 = — 20 m/s, x0 = 30 m. A mozgás grafi­konja tehát konvex parabola, amelynek a függőleges tengellyel való metszéspontja 30 m, és a kezdeti meredeksége — 20 m/s, tehát negatív, a t = 0 ponthoz húzott érintő balról jobbra lefelé lejt (1.26. ábra).

Könnyen meghatározhatjuk a test hely­zetét indulás után tetszőleges időpontban. Legyen például í = 6 s. Ekkor x(6)= 18 m, és t>(6)=4 m/s. Jelöljük fig y el azt az időpontot, amikor a test sebessége nulla lesz:

0= w (í1) = a t 1+i>o,

0 = 6ta - 2 0 ,

t ! = — =3,3 s.o

Ebben a pillanatban a test az x(3,3)= = — 3,3 m helyen van.

Vizsgáljuk meg, hogy a test mennyi utat tett meg 6 s alatt. Az út két szakaszból számítható. A test az indulástól a megállá­sig | —3,3 — 301 =33,3 m utat tett meg. Ezután a 3,3 s-tól 6 s-ig 18—( —3,3) = 21,3 m utat tesz meg a függőleges tengely pozitív iránya felé mozogva. Az összes megtett út 33,3 + 21,3 = 54,6 m.

Fontos: a 6 másodperc alatt megtett út a négyzetes képletbe egyszerűen behelyet­tesítve nem határozható meg. |

Egyenletesen változó mozgásnál az út négyzetes összefüggésből csak szakaszon­ként számítható ki. Általában használható négyzetes úttörvény nincs. Nem a megtett út, hanem az origótól mért előjeles távolság— a koordináta — másodfokú függvénye az időnek. Ezért a koordinátát — a helyet— megkülönböztetjük a megtett úttól.

Az út — ellentétben a helyzettel — nemlehet csökkenő függvénye az időnek. Egy autó eltávolodhat az origótól, növekvő kilométerkövek irányába, aztán közeled­het, csökkenhet az origótól mért távol­ság. Az autó által megtett út azonban nem csökken: az egyszer megtett út nem fogy ki az autóból.

["Tegyük fel, hogy egy test sebessége egyen­letesen, t= 4 s idő alatt t', = 3 m/s-ról v2 = = 5 m/s-ra nő. Legyen a megfigyelés kez­dete a 0 időpont. Ekkor

u(0) = uj = a • 0 + t;o,

v(t) = v2= at + v0.

A két egyenlet különbségéből v1 — vi — at, vagyis

V 2 ~ V Ía = -------- , valamint v0 = ví .

36

így

. . V2 — v1 7 x ( t ) = ~ ^ — t 2 + v 1t + x 0 =

1= ~2 ( V2 ~ vl ) t + f i t + x 0 =

A megtett út:

v l + v 2 s = x ( t ) - x 0= — - — t.

Ábrázoljuk a sebességfüggvényt (1.27. áb­ra). Könnyen felismerhetjük, hogy a meg­tett út a sebességgörbe alatti terület: a trapéz területe. |

V

sebességnek negatív és pozitív értékei is vannak, akkor a negatív részt tükrözzük az időtengelyre, vegyük az abszolút értékét, így a |i>(í)l. t e függvény grafikonja alat­ti terület adja a megtett utat.

Példaként megvizsgáljuk a v(t) = 6t — 20, ( 0 < t< 6 s) sebességfüggvényt. A sebesség­függvény és a sebesség abszolút értékének a grafikonját az 1.28. ábrán ábrázoltuk. Ez utóbbi két háromszöget határoz meg. A két háromszög összes területe: 54,6 m.

V

rvi

A sebességfüggvény grafikonjáról leol­vasható a különböző időpontokhoz tar­tozó sebesség. Ezen túlmenően azonban két geometriai jelentése is van: egyrészt a meredeksége a gyorsulást szolgáltatja, másrészt a grafikon alatti terület a test ál­tal megtett utat adja.

Általában is így számítható az út: ha a sebesség pozitív, akkor a grafikon alatti terület szolgáltatja az utat. Ha a sebesség negatív, akkor is hasonlóan járunk el: a megtett út a grafikon és az időtengely ál­tal meghatározott terület nagysága. Ha a

A legegyszerűbb esetben, amikor az egyen­letesen változó mozgást végző test kezdő helyzete és kezdeti sebessége egyaránt nulla, a gyorsulás pedig pozitív, akkor a test ori­gótól mért előjeles távolsága és sebessége:

* ( r ) = | t 2,

v(t) = at, t £ .T = [0; t0] .

Ilyenkor a megtett út:

37

A legismertebb egyenletesen változó moz­gás a szabadon eső test mozgása. A Föld környezetében szabadon mozgó test gyor­sulását g-vel jelöljük, értéke g = 9,81 m/s2, közelítő értéke 10 m /s2. Ha külön nem hangsúlyozzuk, akkor ez utóbbi értékkel számolunk. A szabadon eső testek gyorsu­lása lefelé mutat a Föld felé. Ezen a kö­vetkezőt értjük. Helyezzük a koordináta- rendszer origóját a test kezdeti helyzetébe, és irányítsuk lefelé a helytengelyt. Ekkor a gyorsulás pozitív. (A másik két tengelyre vonatkozó koordináta nulla, akárhogy vá­lasztjuk a két tengelyt.)

("vizsgáljuk meg, hogy milyen magasról esett az a test, amely az esés utolsó két másodpercében kétszer akkora utat tett meg, mint az összes azt megelőzőben.

Helyezzük el az x tengelyt a fenti módon: a tengely origója legyen a test kezdeti helye, és a tengely mutasson lefelé. Jelöljük a teljes esési magasságot h-val, az esés idejét f-vel. Ekkor

h = ^ t 2.2

Legyen x az első t — 2 másodperc alatt meg­tett út, így az utolsó két másodperc alatt a test 2x u tat tett meg. Tehát h= 3x. A négyzetes összefüggést az első t — 2 másod­percben és a t másodpercben megtett útra felírva:

, , 9 .2 h= 3x = — í . 2

Oldjuk meg az egyenletrendszert:

3 f ( t - 2)2= | t 2,

innen t = 4,73 s és h= 112 m j

Térjünk vissza a sebességgrafikonok ér­telmezéséhez.

Pfegyük fel, hogy egy vonat 3 percig egyenletesen felgyorsít az álló helyzetből, majd egyenletesen mozog 12 percig, ezután 2 perc alatt egyenletesen lassulva megáll. A pálya középső szakaszán a vonat sebes­sége 20 m/s. Ekkor a sebességgrafikon egy

1.29.ábra

fekvő trapéz (1.29. ábra). A teljes menet­idő 17 perc = 1020 s. A teljes megtett út a trapéz területe:

s = 72Q + 1020.20 = 17 400 m = 17,4 km.

A vonat átlagsebessége: t; = 17 m/s. |("Képzeljük most el, hogy egy pontszerű

test egyenletesen lassulva a 200 méter út megtétele alatt a sebességét a harmadá­ra csökkenti. Mennyi utat tesz meg a test megállásig?

A sebesség grafikonját ábrázolva szem­léltethető, hogy a 200 méteres útszakasz után még x távolságot tesz meg a test meg­állásig. Figyeljünk fel arra, hogy két ha­sonló háromszöget látunk az 1.30. ábrán: a nagyobbik függőleges oldala v0, a kiseb­biké v0/3, a nagyobbik területe 200 + x, a kisebbiké x. Idézzük fel magunkban azt a középiskolai matematika tanulmányaink­ból ismert tételt, hogy hasonló alakzatok

38

1.30.ábra

területének az aránya az oldalak arányá­nak a négyzetével egyenlő:

f - a - V .W 3 /

200+ x

Innen x = 25 m. |ÍEzt az ötletet használjuk a következő

problémánál is. Tegyük fel, hogy egy pus­kagolyó sebessége a levegőben 600 m/s, és kemény fába ütközve abba 60 cm mé­lyen hatol be. Vizsgáljuk meg, hogy mek­kora volt a sebessége 5 cm mélyen. A kérdést természetesen úgy is felvethetjük, hogy mekkora sebességgel hagyna el egy5 cm vastag deszkalapot.

Ábrázoljuk most is a mozgás sebesség­idő függvényét. A háromszög teljes területe 60 cm. A sebesség lecsökken v0 = 600 m/s- ról t;-re. A golyó ezután még 55 cm utat tesz meg. Két hasonló háromszöget látunk most is az 1.31. ábrán. Az 55 cm területü

háromszöghöz a v oldal, a 60 cm területü háromszöghöz a v0 oldal tartozik. Tehát

Í - Y = -\ v j 6 0 ’

>gy

Í55v = 600 / — =574 m/s. |

Y 60 —1

Az 1.32. ábrán két test sebességfüggvé­nyét láthatjuk. A két test ugyanabból a pontból indult azonos irányba. Az egyik test sebességgrafikonja trapéz, a másiké

1.31.ábra

1.32.ábra

háromszög. A két test útjának a különb­sége a trapéz és a háromszög területének a különbsége, a pontozott tompaszögű há­romszög területe. Az egymáshoz viszonyí­to tt elmozdulás tehát a sebességfüggvé­nyek grafikonja közötti tartomány terü­lete.

Pvizsgáljuk meg most a következő prob­lémát. Tegyük fel, hogy egy léghajó v0 se­bességgel emelkedik. A ío= 0 s időpontban kiejtenek a léghajóból egy bombát. A bom­ba földet érve a í, időpontban felrobban. A robbanás hangját a léghajóban a kiejtés után t 2> t l időpontban hallják meg. Az 1.33. ábrán a léghajó, a bomba és a hang hely-idő grafikonját ábrázoltuk. A bomba grafikonja a 0 időpontban érinti a léghajó

39

grafikonját, a grafikon konkáv parabola, a tj időpontban metszi a vízszintes ten­gelyt. Ebben a pillanatban indul a harma­dik mozgás: a hang mozgása. A hangjel

X

t 1.33. ábra

grafikonja a t2 időpontban metszi a lég­hajó grafikonját. A léghajó mozgását leíró függvény:

xL(í) = t;0r + x 0, t> 0 .

A kiejtett bomba mozgása ettől mindössze a szabadesésből származó — (g/2)f2-tel kü­lönbözik:

xB(t)= - y í2 + V + xo> 0 < t < Í ! .

A hang mozgását az

xH( í ) = c ( t - t ! ) , f > ti

függvény írja le. A tj időpontban a bomba földet ér: xB(t1)= 0 . A í2 időpontban a hang utoléri a léghajót: xL(f2) = x H(t2). Ezt a két állítást részletesen is felírjuk:

- y í ? + f oti+ X o = 0 ,

c(f2- t i ) = foí2+ xo-

Ha a feladattal kapcsolatban alkalmas mó­don bizonyos paraméterek értékét meg­adjuk, akkor ez a két állítás az ismeret­len paraméterek meghatározására alkal­mas egyenletrendszer lesz. [

1.2.6. Átlaggyorsulás, pillanatnyigyorsulás

Előfordulhat, hogy a test sebességének a grafikonja nem egyenes. Ilyen esetet látunk az 1.34. ábrán: az x ( t)= t3, t e S í mozgás sebességfüggvénye v(t)= 3t2, te&~. A se­bességfüggvény grafikonja parabola, ezért

V

ennek a meredekségéről nem beszélhetünk abban az értelemben, ahogyan az egyenle­tesen változó mozgás esetén tettük. Eljár­hatunk azonban a következő módon. Ad­junk meg tetszőlegesen két különböző idő­pontot, legyenek ezek t lt t2. A t t időpont­ban legyen a test sebessége vt , a t2 idő­pontban v2. Ekkor annak az egyenletesen változó mozgásnak a gyorsulása, amely­nek a sebessége t1 időpontban v1, a t2 időpontban v2:

v2-V i

40

Az eredeti mozgás átlaggyorsulását ezzel a képlettel értelmezzük. Az átlaggyorsulas grafikus jelentése nyilván a sebességfügg­vény grafikonjához húzott szelő meredek­sége. Ha a sebességfüggvényt i>(t)-vel jelöl­jük, t akkor rögzítve a és a í2 idő­pontokat, az átlaggyorsulás:

i>(t2)-t>(ti)12 — 11

Ha az egyik időpontot rögzítjük, akkor az átlaggyorsulás a másik időpont függvénye:

í - í n

Például ha a sebességfüggvény u(t) = 3t2, t e !F, és f o = 1 s, akkor

t 2 *2 üt0(t) = 3 -

t — t0

= 3(f + í0) = 3í + 3, f ^ l .

Az átlaggyorsulás-függvény grafikonját lát­hatjuk az 1.35. ábrán. A t = 1 s ponttól

1.35.ábra

eltekintve ez egy egyenes, meredeksége 3, a gyorsulástengelyt a 3 pontban metszi. A th-*3í + 3, í ^ l s átlaggyorsulás-függ­vény értelmezése kiterjeszthető a t = 1 s pontra úgy, hogy a kiterjesztett függvény

helyettesítési értéke a (= 1 s időpontban6 m/s2. Ezt az értéket nevezzük a mozgás pillanatnyi gyorsulásának.

Általában legyen adott a mozgás v(t), sebességfüggvénye. H a a f0 időpont­

ban a sebességfüggvény differenciálható, akkor a sebességfüggvény deriváltját a moz­gás f0 időpontbeli pillanatnyi gyorsulásá­nak nevezzük, és ű(t0)-lal jelöljük:

(1)

A pillanatnyi gyorsulásfüggvényt úgy értel­mezzük, hogy minden időponthoz, amely­hez pillanatnyi gyorsulás tartozik, hozzá­rendeljük a pillanatnyi gyorsulás értékét. A sebességfüggvény deriváltját, vagyis a helyfüggvényből kétszeri differenciálással származtatott függvényt a mozgás (pilla­natnyi) gyorsulásfüggvényének nevezzük:

a(t) = v(t) = x(t). (2)

A továbbiakban ha gyorsulásról beszé­lünk, akkor ezen mindig a pillanatnyi gyor­sulást értjük,

rvizsgáljuk meg ismét az

x (t)=4f4 + 6t3 + 3t2 —3 9 t-2 5 , t eST

függvény által jellemzett egyenes vonalú mozgást. Láttuk, hogy a sebességfüggvény:

i>(t) = 16t3 + 18í2 + 6 t-3 9 , te.3T.

A gyorsulásfüggvény:

x(t) = i;(í) = a(t)= 16 • 3f2 + 18 • 2t + 6 =

=48f2 + 36f+6, te$~.

A gyorsulás értéke a t0 = 1 s időpontban:

a(t0) = a (l) =48 • 12 + 36 • 1 + 6 = 90 m/s2.

Láttuk korábban, hogy x (l)= — 1 m, r ( l ) = 1 m/s. Most azt kaptuk, hogy a(l) = 90 m/s2. A gyorsulás értéke ebben a pillanatban

41

pozitív, ezért a függvény 1.36. ábrán lát­ható grafikonja az 1 m/s meredekségü érintőt felülről érinti: ebben a pontban a grafikon konvex. Gondoljunk az x (t)= t2,

te&~ mozgásra. Ennek a grafikonja (1.37. ábra) alulról konvex, tehát a második deriváltja — a gyorsulás — pozitív. H a­sonlóan: az x(t)= — f2, 16 függvény grafikonja konkáv, a második deriváltja— a gyorsulás — negatív. |

X

Anélkül, hogy a részletes indoklásokba belemennénk, és mellőzve az igazán pontos okoskodásokat és állításokat, összefoglal­juk a hely-, a sebesség- és a gyorsulásgrafi-

X

kon elemzésének szempontjait az 1.38. áb­ra segítségével.

H a a hely-idő függvény grafikonjához húzott érintő vízszintes, akkor a test se­bessége nulla. Ha az érintő balról jobbra emelkedik, akkor a sebesség pozitív, ha balról jobbra lefelé lejt, akkor negatív.

Ha a sebesség-idő függvény grafikon­jához húzott érintő vízszintes, akkor a

42

gyorsulás nulla. H a az érintő balról jobbra emelkedik, akkor a gyorsulás pozitív, ha balról jobbra lefelé lejt, akkor negatív.

H a a hely-idő függvény az érintője felett van — vagyis a függvény lokálisan konvex —, akkor a gyorsulás pozitív. H a a hely-idő függvény grafikonja az érintő alatt van — lokálisan konkáv —, akkor a gyorsulás ne­gatív. H a a hely-idő függvény grafikon­ja konvexből konkávba vagy konkávból konvexbe megy át — vagyis inflexiója van —, akkor a gyorsulás nulla.

A sebességfüggvényt úgy értelmeztük mint a helyfüggvény deriváltját, a gyorsu­lásfüggvényt pedig mint a sebességfügg­vény deriváltját. A derivált — szemlélete­sen szólva — a függvény grafikonjához húzott érintő meredeksége, vagy — a fizi­kai tartalom ra hivatkozva — az átlagse­besség (átlaggyorsulás) folytonos kiterjesz­tése.

Felvetődik a kérdés, hogy mi a teendő olyan függvénynél, amikor ez a folytonos kiterjesztés nem létezik, vagy más szóval: a grafikonhoz nem húzható érintő. Ilyen függvény például az abszolútérték-függ- vény a 0 helyen. Itt nincs egyértelmű érin­tője a grafikonnak. A fizika nyelvén ez azt jelenti, hogy az átlagsebesség-függvény grafikonján nemcsak lyuk van, hanem ug­rik is a függvény.

Képzeljük el, hogy két kemény fal között vízszintesen pattog egy kemény golyó. Pél­dául biliárdgolyó az asztal élére merőlege­sen. A mozgás grafikonját az 1.39. ábrán szemléltetjük. Két ütközés között a test se­bessége állandó, az ütközés pillanatában azonban ugrásszerűen megváltozik. A gra­fikon töréspontjaiban nem értelmezhető — az eddigi módon — érintő, nem értelmez­hető a mozgás sebessége.

A fallal ütköző golyó sebessége tehát nincs értelmezve. Nem arról van szó, hogy

X

nulla, hanem arról, hogy mint fogalom nem létezik.

Hasonló a helyzet a gyorsulásnál. H a a sebességfüggvény valamely pontban nem differenciálható, akkor abban a pontban nem értelmezzük a gyorsulást.

1.2.7. Harmonikus rezgőmozgás

Egyenes vonalú pályán mozgó pontsze­rű testről azt mondjuk, hogy harmonikus rezgőmozgást végez, ha a hely-idő függvé­nyének a grafikonja szinuszgörbe, vagyis a hely az időnek

x(t)= A sin co(t—t0) + x0, (1)

alakú függvénye.A 1 1-* sin t, t e ,9~ függvényre alkalmaz­

zuk a középiskolában részletesen tárgyalt négy függvénytranszformációt: a vízszintes tengely menti nyújtást, a vízszintes tengely menti eltolást, a függőleges tengely menti nyújtást és a függőleges tengely menti elto­lást (1.40. ábra). Ennek a négy transzfor­mációnak — ebben a sorrendben — négy

43

paraméter felel meg: co, t0, A, x 0. Természe­tes feltétel, hogy A és ío egyaránt pozitív mennyiségek legyenek. H a A vagy co nulla, akkor (1) valójában nem szinuszfüggvény, ha pedig valamelyik negatív, akkor a moz­gást leíró paraméterek nem egyértelműek.

menettel: ha a hely-idő függvény szinuszos, akkor a sebesség-idő függvény koszinu­szos, es a gyorsulás-idő függvény grafi­konja a szinuszfüggvény negatívjával ará­nyos (1.41. ábra).

A (2) függvények értelmezési tartomá-

rV

1.40.ábra

A feladatunk most az, hogy meghatá­rozzuk az (1) mozgástípust definiáló függ­vénynek megfelelő sebesség- és gyorsulás­függvényt, és fizikailag értelmezzük a rez­gőmozgást jellemző négy paramétert.

A sebesség- és a gyorsulásfüggvény gra­fikonját az előző pontban vázolt módszer­rel hozzávetőlegesen ábrázolhatjuk is.

Differenciáljuk a hely-idő függvényt, majd a sebesség-idő függvényt:

x(t)= A sin cü(t — í0) + x0,

v(t) = x(t) = Aw cos (ü(t —10),

a(t)= x(t)= —Aíú2 sin<u(r —10). (2)

A kapott eredmény összhangban van a grafikonok vázolásához fűzött gondolat-

1.41.ábra

nya a teljes számegyenes, amelynek a pont­jait időpontokként fogjuk fel. A valóság­ban azonban a rezgések véges időtartamot vesznek igénybe. Ezért harmonikus rezgés­nek tekintjük azokat a mozgásokat is, amelyeket az (1) függvény valamely véges

44

hosszúságú időszakra vonatkozó leszűkí­téssel kapunk. Fordítva: egy korlátos sza­kaszon megfigyelhető rezgés úgy tekint­hető, mint az (1) leszűkítése, magyarán: gondolatban a korlátlan időben is folytat- hatónak tekintjük a „rezgéstöredéket” is.

Kinematikai szempontból azonban ma­radhatunk a teljes számegyenesen értelme­zett függvény vizsgálatánál.

Egy teljes rezgés megy végbe, amíg a rezgő pont valamely állapotból a legrövi­debb idő alatt ugyanabba az állapotba jut. Egy teljes rezgés alatt tehát a pont visszatér a kiindulási helyzetbe, de a sebessége is megegyezik a kiindulási helyre jellemző sebességgel. E teljes rezgés a rezgést leíró függvény egy periódusának felel meg.

Vezessük be a következő elnevezéseket és jelöléseket.

1. A rezgés egyensúlyi helyzete az a pont, ahol a gyorsulása nulla.

2. A rezgés szélső helyzetének (holtpont­nak) nevezzük azt a pontot, ahol a sebesség nulla.

3. A szélső helyzet és az egyensúlyi hely­zet távolságát amplitúdónak nevezzük.

4. Egy teljes rezgés idejét periódusidőnek nevezzük és T-vel jelöljük.

Vizsgáljuk először az egyensúlyi helyze­tet. Legyen tA egy olyan időpont, amikor a gyorsulás nulla:

0 = — A d 2 sin oj(tj —10).

Ekkor azonban sin ^ ( t , — fo)= 0 , mert a .4>0, és co>0. Behelyettesítve ezt a hely­idő függvénybe a következőt kapjuk:

x ( t1) = / r 0 + .x ;o.

Ezzel a négy paraméter egyikének, x0-nak a fizikai tartalmát, jelentését kaptuk: ez az a hely, ahol a gyorsulás nulla, vagyis ez az egyensúlyi helyzet.

Vizsgáljuk most meg a szélső helyzetet.

Legyen t2 olyan időpont, amikor a sebesség nulla:

0 = Aoj cos co(t2 — f0)-

Ez azt jelenti, hogy cos co(t2 —10) — 0, vagyis ugyanebben a pillanatban sin o>(t2 —10) = 1, vagy sin co(t2 —10) = — 1. Behelyettesítve ezt a hely-idő függvénybe:

x(t2)= ± A + x 0,

innen

A = \x(t2) - x 0\.

Az A paraméter jelentése tehát: a szélső helyzet és az egyensúlyi helyzet távolsága, vagyis a korábban bevezetett amplitúdó.

A továbbiakban általában feltesszük, hogy a rezgés az origó körül történik, ezért x0-t nullának választjuk. Nem tehetjük meg azonban ezt kivétel nélkül minden esetben. Például ha két rezgést vizsgálunk egyidejű­leg, és a kettőnek nem azonos az egyensúlyi helyzete, akkor szükség van arra, hogy az x 0 paraméterrel számoljunk.

A t0 paraméter jelentése világos: a í h >-> A sin (üt függvény grafikonja í0-lal van eltolva az időtengely mentén (1.42. ábra).

X

1.42.ábra

X(t0) = 0,

és a 7/4+ f 0 időpontban

x(T/4 + t0) = A.

Részletesen:

A sin co

Innen

( j + * o - í o ) = A.

T ,sin co — = 1,4

vagyis — radiánban számolva —

T _ nT _ 2 ’

•gy2n

ÚJ = (3)

Az a> együtthatót körfrekvenciának nevez­zük. Mértékegysége l/s. Vezessük be a q>:=cot0 jelölést. A (p mennyiség neve: kez­dőfázis. Használhatjuk az a0: = — <p jelö­lést is.

Ekkor (feltéve, hogy a rezgés egyensúlyi helyzete az origó)

x(r) = A sin (cot—(p),

v(t) = A cd cos (cot — q>),

a(t) = — Aco2 sin (cot — <p). (4)A rezgőmozgást kinematikai szempontból ez a három függvény írja le. Az első defi­niálja a rezgőmozgást, a másik kettő ebből differenciálással származtatható.

A három függvény grafikonja az 1.43. ábrán látható. Ha a rezgés periódusideje0,5 másodperc, akkor egy másodperc alatt két teljes rezgést végez a test. Ha a rez­gés periódusideje 0,1 másodperc, akkor egy másodpercre 10 rezgés jut. A periódus­idő reciprokát frekvenciának vagy rezgés­számnak nevezzük, jele / (vagy n, vagy v). Tehát

f= —J iy 9

>gy

a> = 2nf.

Ff együk fel, hogy egy rezgőmozgást vég­ző pontszerű test amplitúdója 5 cm, kör- frekvenciája n/6 l/s, kezdőfázisa 0.

Határozzuk meg a test helyét, sebességét és gyorsulását a t =0,1 s időpontban. Tehát

x(0,l) = 5 sin (ji/6 ■ 0,1) == 5 sin (30° • 0,1) = 5 sin 3° S 5 - tu/60,

mert kis szög szinusza közelítőleg egyenlő a radiánban mért szöggel. Ha pl. az a fok-

1.43.ábra

46

ban kisebb 18°-nál, akkor a szinusza és a radiánban mért értéke 1%-nál jobban nem különbözik egymástól. Hasonló a helyzet a koszinusz esetén: ha a fokban kisebb 8°- nál, akkor a koszinusza közelítőleg 1-gyel egyenlő, az eltérés kisebb 1%-nál. így tehát a vizsgált rezgőmozgásnál

i(0 ,l) = 57e/6 cos (tc/6 • 0 ,1 )= 5ti/6 cm/s.

A gyorsulás közelítő értéke:

ű(0,1)= - 5(ti/6)2 sin 3° = - 5(tc/6)3 == —0,717 cm/s2.

Ha t —1,2 s, akkor

x(l,2) = 5 sin (tu/6 ■ 1,2)=5 sin 36° = 2,9 cm,

mert sin 36°=0,587 — függvénytáblázat vagy kalkulátor segítségével.

Legyen most í = 16,3 s. Ekkor

x(16,3)=5 sin (tu/6 ■ 16,3) = 5 sin (8,53) == 5 sin (489°)=5 sin (489° - 360°)== 5 sin (129°) = 5 sin (180° -129°) == 5 sín (51°) = 5 • 0,777 = 3,88 c m j

(Ezek a feladatok „ujjgyakorlatok” voltak, kifejezetten a számolási lépések bemuta­tására.)

ÍVizsgáljuk meg most a következő prob­lémát: a periódusidő hányadrésze alatt te­szi meg a rezgőmozgást végző test az egyensúlyi helyzetéből a szélső helyzetig tartó út első felét? Mennyi idő alatt teszi meg a második felét?

X

Világos (1.44. ábra), hogy

A a ■ í 2n \— = i4 s in | —-f , ).2 \ T 1)

Innen

1 . (2n \2=s,n( r í‘J’illetve

2n nY t l = 6"’

és ebből

T

A második Aj2 hosszú szakaszt

T T T ~4 12 — 12

idő alatt teszi meg. Tehát az egyensúlyi helyzetből a szélső helyzetig terjedő út első felét a periódusidő 1/ 12-e alatt, a második felét a periódusidő 2/ 12-e alatt teszi meg a test. |

Vessük most fel a következő — bonyo­lultabbnak tűnő — problémát. Tegyük fel, hogy adottak a rezgőmozgás paraméterei: A, w, cp. Tegyük fel továbbá, hogy adott a test helyzete valamely t időpontban. Jelöl­jük ezt x-szel. Határozzuk meg ehhez a kitéréshez tartozó a gyorsulást és v sebes­séget!

A mozgás hely-, sebesség- és gyorsulás­függvényei rendre:

x = A sin (cot — <p),

v = Ao) cos (cot — <p),

a= —Aco2 sin (ojt — cp).

Az első és harmadik egybevetéséből nyil­vánvaló, hogy

a= — co2A sin (cot — (p) = —w 2x.

47

Ez azt jelenti, hogy a rezgőmozgás kitérése mindig arányos a kitéréshez tartozó gyor­sulással, de ellentétes előjelű.

Az

a= —a»2x

egyenlőséget a harmonikus rezgőmozgá­sok alapegyenletének nevezzük, mert ilyen egyenlőség csak a harmonikus rezgőmoz­gásokra teljesül, és minden harmonikus rezgés rendelkezik ezzel a tulajdonsággal. Az egyenlőség elvi jelentőségén túl a konk­rét feladatok megoldásakor is jól haszno­sítható: a helyzet ismeretében a gyorsulás egyszerű módon meghatározható.

Tekintsük most a feladat másik részét: x ismeretében határozzuk meg a sebessé­get. Osszuk el az első egyenlőséget /4-val, a másodikat Aco-x&Y.

x— = sin (cot — cp),A

v—— =cos(cof — <p).Acu

Emeljük négyzetre mindkét egyenlőséget és adjuk ezután össze:

x 2 t;2 A 2 + A 2co2 ~

— sin2(ojt — cp) + cos2(ojí—cp) = 1,

tehát

x 2 + (v/co)2 = A 2.

Ez az összefüggés alkalmas arra, hogy a rezgőmozgás konkrét kitéréséből a kité­réshez tartozó sebességet meghatározzuk, vagy a sebességből a kitérést. Az egyenlő­séget a legkönnyebben úgy jegyezhetjük meg, hogy egy derékszögű háromszög ol­dalaira A-t, x-et és v/co-t írunk. Az egyen­lőségünk erre a háromszögre vonatkozó Pitagorasz-tétel. Ráadásul könnyen felis­

merjük, hogy az x oldallal szemben cot — cp szög van, hiszen ennek a szinusza x/A (1.45. ábra).

1.45. ábra

Jelentős eredményekhez jutottunk: a rez­gőmozgás kinematikájával összefüggő ösz- szes tudnivaló belesűríthető az

a = — cú2x ,

x 2+(v/co)2 = A 2

egyenlőségekbe. A rezgőmozgással kap­csolatos feladatok igen könnyen megold­hatók, ha megtanuljuk jól olvasni ezt az ábrát.

fentiek alkalmazásaként vizsgáljuk meg a következő kérdést. Képzeljük el, hogy a rezgőmozgást végző test a t = 0 idő­pontban az egyensúlyi helyzettől 1 méterre van a tengely pozitív felén, és 4 m/s sebes­séggel távolodik az egyensúlyi helyzettől. A periódusideje 1,75 másodperc. Határoz­zuk meg a rezgőmozgás amplitúdóját és kezdőfázisát! M ekkora a gyorsulása ebben a pillanatban?

A háromszög oldalain feltüntettük az adatokat (1.46. ábra). Világos, hogy a> = = 2 tc /T = 3 ,5 8 s_1. A Pithagorasz-tétel se-

1.46.ábra

x 4 ^ 3,58

48

gitségével /1 = x/ Í t +(4/3,58)2 —1,5 m. A gyorsulás: a = —a>2x= —12,8 m/s2. A kez­deti gyorsulás tehát negatív, a kezdősebes­ség pozitív, így az x tengely 1 pontjából induló grafikon érintője balról jobbra fel­fele emelkedik, és a grafikont felülről érinti

1.4 7. ábra). Ez azt jelenti, hogy az A sin cot

______ !_______________________ _ t 1.47.| ábra

függvény grafikonjához képest a vizsgált rezgőmozgás grafikonja balra van tolva ji 2-nél kisebb szöggel. A háromszögben az x oldallal szemközti szög — <p (hiszen t = 0), így sin (— <p) = x/A = 0,66, innen —q>=0,72.

A rezgőmozgást leíró hely-idő függvény tehát

x(í) = 1 ,5 sin (3 ,58 t+ 0,72), te$~ _ j

ÍTegyük fel, hogy adott egy harmonikus rezgőmozgást végző test kitérése két idő­pontban, jelöljük ezeket x x-gyel és x 2-vel. Ezekben az időpontokban legyen a test se­bessége vx és v2. Ezekből az adatokból az amplitúdó és a körfrekvencia meghatároz­ható (1.48. ábra):

A 2 — x l + (vl/c})2,

A 2 = x l + (v2/(o)2.

Az egyenletrendszer megoldása:

(ű =

A =

f* í - * 2v \ - v \

I V22x \ — v \ x \

v \ - v \ _ I

1.4S.ábra

I. Feladatcsoport: egyenes vonalúmozgások

1/1. Egy egyenesen egyenletesen mozog egy pont. A ( = 2 s időpontban az x = 5 m koordinátájú helyen van, 8 másodperccel ezelőtt az egyenes negatív felén az origótól5 méter távolságra volt. M ekkora a test sebessége? Hol van a test a / = 0 s időpont­ban?

1/2. Egy egyenesen egyenletesen mozog egy pont. A t t = 1 s időpontban az Xj = = 6 m helyen van. a t2 = 6 s időpontban a test koordinátája x 2= 4 m. M ekkora a test sebessége? Hol van a test a t0 = 0 s időpont­ban? M ikor halad át a test az origón?

1/3. Az A és a B városok az egyenes autó­pálya mellett egymástól 120 km távolságra fekszenek. Az A városbol a B város irá­nyába indul egy autó. Sebessége állandó, 120 km/h. A B városból ugyanebben az irányban fél órával korábban egy másik autó m ár elindult, ez is egyenletesen mo­zog, sebessége 60 km/h. M ikor és hol éri utol a gyorsabb autó a lassúbbat?

1/4. Két tömegpont mozog egy egyene­sen. Az egyik a ío= 0 s időpontban az origóból indult, az x tengely pozitív fele irányába mozog, a másik az egyenes x l = = — 6 m helyéről indult a fj = 1 s időpont­ban. Ennek a sebessége is pozitív. A két

49

pont a t2 = 3 s időpontban az x 2 = 2 m helyen találkozik. Határozzuk meg a két test sebességét!

1/5. Két város fekszik az országút men­tén, A és B. A két város távolsága 120 km. Az A városból két autó indul egyidejű­leg a B város felé. Az első autó sebessége 60 km/h, a másodiké 90 km/h. Velük egy időben a B városból az A város felé indul egy motorkerékpáros. Ennek a sebessége 100 km/h. A motoros elhalad a két autós mellett. Mennyi idő telik el a két találko­zás között?

1/ 6. Ebben a feladatban mérjük az időt évben, a távolságot fényévben. (Azt a tá­volságot, amelyet a fény 1 év alatt meg­tesz, fényévnek nevezzük. A fény sebessége: c = 300000 km/s, tehát 1 fényév=9,46' 1012 km.) Egy álló űrhajó mellett v = 240000 km/s sebességgel elszáguld egy másik űrhajó. Abban a pillanatban, amikor találkoznak, mindkét űrhajóban születik egy-egy kisfiú, az állóban András, a mozgóban Béla. Ami­kor a két kisfiú az egyéves születésnapját ünnepli, a két űrhajóról egy-egy fényjelet küldenek a másik űrhajó felé. Ábrázoljuk a két űrhajó és a két fényjel grafikonját!

1/7. Egy vonat v= 12 km/h sebességgel közeledik az állomáshoz. Eközben At = 5 s ideig tartó hangjelet bocsát ki. Mennyi ideig hallja a hangot az állomás előtt álló vasutas? A hang sebessége c = 320 m/s.

1/8. Egy vonat 72 km/h sebességgel tá­volodik az állomástól. Közben At = 5 s ideig tartó hangjelet bocsát ki. Mennyi ideig hallja a hangot az állomás előtt várakozó utas?

1/9. Az országúton két autó halad egy­mással szemben. Az egyik sebessége 30 m/s, a másiké 20 m/s. Az első At = 5 s időtar­tamú hangjelet ad, miközben közeledik a másik felé. Mennyi ideig hallja a hangot a másik autó vezetője?

1/10. Kovácsmühelyből kalapácsütések hangja hallatszik. Két ütés között A t= 1 s idő telik el. Milyen időközönként hallja a kalapácsütések hangját az a megfigyelő, aki v= 10 m/s sebességgel távolodik a mű­helytől? M ekkora időközönként hallja a hangot az a megfigyelő, aki v= 10 m/s se­bességgel közeledik a kovácsműhelyhez?

í/11. Két városrész között félóránként indítanak autóbuszokat. Egy kerékpáros a város két része között állandó, v=2Q km/h sebességgel karikázik. A szembejövő autó­buszokkal 22,5 percenként találkozik. Mek­kora az autóbuszok sebessége, és a kerék­párossal hány percenként találkoznak a vele egy irányban haladó buszok?

1/12. Egy 800 méter hosszú vonat 20 m/s sebességgel halad. Vele egy irányban mo­zog egy autó 30 m/s sebességgel. Mennyi idő alatt halad el az autó a vonat mellett? Mennyi ideig mozognának egymás mellett, ha az autó szembe haladna a vonattal?

1/13. Egy 30 m/s sebességgel haladó mo­toros egy gépjárműoszloppal egy irányban haladva 120 másodperc alatt ér a járm ű­oszlop végétől az elejéig. Szembehaladva a gépjárműoszloppal 60 másodperc alatt ér a motoros az elejétől a végéig. M ekkora a gépjárműoszlop hossza, és milyen sebes­séggel mozog a gépjárműoszlop?

1/14. Egy pontszerű test 5 másodpercig egyenletesen mozog, és megtesz az egye­nesen 4 méter utat. Ezután 3 másodperc alatt 2 méter utat tett meg egyenletesen. M ekkora a mozgás átlagsebessége a megfi­gyelt 8 másodperc alatt?

í/15. Egy pont lOm/s sebességgel mozog4 másodpercig, majd ugyanebben az irány­ban haladva 22 m/s sebességgel 3 másod­percig. M ekkora a mozgás átlagsebessége?

1/16. Egy egyenesen mozgó pontszerű test 4 méter utat 2 m/s sebességgel, majd további 6 méter utat 1 m/s sebességgel tesz

50

meg. M ekkora a mozgás átlagsebessége a 10 méter útra számolva?

1/17. Egy pontszerű test útjának első fe­lét 2 m/s sebességgel tette meg. Milyen se­bességgel mozgott az út második felén, ha az egész útra számított átlagsebessége2,5 m/s?

1/18. 100 km távolságot autóúton egyen­letesen 80 km/h sebességgel teszünk meg, kivéve egy szakaszt, amikor a sebességkor­látozás 40 km/h sebességet ír elő. M ekkora hosszú ez a szakasz, ha az egész útra szá­mított átlagsebesség 77 km/h?

1/19. Álló helyzetből induló autó 200 méter úton 20 m/s sebességre gyorsul fel. M ekkora az autó gyorsulása, és mennyi idő alatt tette meg az utat?

1/20. A repülőgép gyorsulása 2,5 m/s2. Milyen hosszú kifutópálya szükséges ah­hoz, hogy egyenletesen felgyorsuljon a fel­szálláshoz szükséges 200 km/h sebességre?

1/21. 1,2 m/s2 gyorsulással milyen hosz- szú úton és mennyi idő alatt gyorsul fel egy test 20 m/s sebességre?

1/22. Milyen magasról esett az a test, amely 15 m/s sebességgel ért földet?

1/23. M ekkora sebességgel ér földet egy 50 méter magasról eső test?

1/24. Milyen magasról esett az a test, amelyik az esés utolsó két másodpercében 100 méter utat tett meg?

1/25. Milyen magasról esett az a test, amely az esés utolsó két másodpercében háromszor akkora utat tett meg, mint az összes megelőzőben?

1/26. Milyen magasról esett az a test, amely az esés utolsó két másodpercében háromszor akkora utat tett meg, mint az utolsó kettő előtti egy másodpercben?

1/27. Egy test h= 45 m magasról esik. Osszuk fel ezt a szakaszt három olyan részre, amelyet a test egyenlő időközök alatt tesz meg!

1/28. Egyenes vonalú, egyenletesen vál­tozó mozgást végez egy test. A £o = 0 idő­pontban az origótól 4 méter távolságra van az egyenes pozitív felén. A t x = 2 s időpont­ban a sebessége előjelet vált az origóban. Vázoljuk a mozgás hely-idő grafikonját! Mennyi utat tett meg a test a [0, 5] idő­közben?

1/29. Egyenletesen változó mozgást vég­ző test sebessége a = 3 s esetén vt =9 m/s, és t2 = 6 s esetén v2 = 12 m/s. Hol van a test ezekben a pillanatokban, ha a £o= 0 idő­pontban az origóban volt? Mennyi utat tett meg a test a [ í t , r2] időszak alatt?

1/30. Egy autó 1,2 m/s2 gyorsulással in­dul a kereszteződésben. Ebben a pillanat­ban egyenletes, 1 = 20 m/s sebességgel el­halad mellette egy másik autó. M ekkora úton és mennyi idő alatt éri utol a gyorsuló autó az egyenletesen mozgót?

1/31. Egy toronyház liftje egyenletesen,2,5 m/s sebességgel mozog lefelé. Amikor (a 10. emeleten) 30 méter magasan van, a liftaknában a lift mellett elejtenek egy kis testet. M ikor és milyen magasan éri utol a kis test a liftet?

1/32. Egy lift 2,5 m/s sebességgel emel­kedik. Amikor a földszintről indult, 30 méter magasan leejtenek egy követ. Meny­nyi idő múlva és milyen magasan talál­koznak?

1/33. Egy személyautó 72 km/h sebes­séggel halad, amikor a vezetője észreveszi a tőle 45 méter távolságra 18 km/h sebes­séggel haladó vontatót. A személyautó ve­zetője fékez. Az autó sebessége másodper­cenként 2,5 m/s-mal csökken. Elkerülik-e az összeütközést?

1/34. Két vonat halad egymással szem­ben. A két mozdonyvezető egyszerre észleli, hogy ugyanazon a sínpáron haladnak, és ekkor egyidejűleg fékezni kezdenek. így éppen elkerülik az ütközést. Mindkét vonat

51

kezdeti sebessége 54 km/h volt, és mindkét vonat sebessége 1 m/s-mal csökken m á­sodpercenként. Milyen messze voltak, ami­kor fékezni kezdtek?

1/35. Két pont mozog auanaó gyorsulás­sal ugyanazon a pályán. M indkettő nyu­galomból indul, ugyanabból a pontból, megegyező irányba. Az első indulása után2 másodperccel indul el a második. A két test sebessége az első indulása után 5 másodperccel megegyezik. Az első indulása után mennyi idő múlva éri utol a második az elsőt?

1/36. Egy pont mozog egy egyenesen. A ío= 0 időpontban az origóból kezdősebes­ség nélkül, a = 4 m/s2 gyorsulással indul az egyenes pozitív része irányába A sebessége t t = 6 s idő múlva csökkenni kezd egyenle­tesen, és újabb t t idő elteltével visszatér az origóba. M ekkora az origótól meri legna­gyobb távolsága?

1/37. Egy pont egyenletesen mozog egy egyenesen, sebessége 4 másodpercig 5 m/s. Ezután egyenletesen csökkentve a sebes­ségét, 2 másodperc alatt megáll. Meny­nyi utat tett meg a test 6 másodperc alatt? M ekkora volt a gyorsulása a mozgás má­sodik szakaszában? M ekkora volt a test átlaggyorsulása?

1/38. Két állomás között egy vonat ha­lad. 120 másodperc alatt felgyorsul, ez­után 900 másodpercig egyenletesen mo­zog, majd 80 másodperc alatt megáll. A két állomás távolsága 20 km. Mekkora a vo­nat legnagyobb sebessége? M ekkora az egész útra számított átlagsebesség?

1/39. Egy test sebessége 100 méter út megtétele alatt egyenletesen az ötödrészére csökken. Mennyi utat tesz még meg a test megállásáig?

1/40. Egy 800 m/s kezdősebességű puska­golyó fában haladva 80 cm út megteteie

után megáll. M ekkora a lövedéK sebessége a fában az első 10 cm út megtétele után?

1/41. Egy pontszerű test mozog egy egye­nesen. A t időpontban a test az egyenes x(f) = 8r4—24r3 + 6í — 3 pontjában van. Hol van a test a t t = 1 s időpontban? M ekkora abban a pillanatban a test sebessége és gyorsulása?

X

1/42. Az 1.49. ábrán egy mozgás grafi­konját látjuk. Jelöljük meg azokat az idő­pontokat, amelyekben a mozgás sebessége pozitív, és jelöljük meg azokat az időpon­tokat, ahol a gyorsulás pozitív!

1/43. Harmonikus rezgőmozgást végez egy pontszerű test. A í> 0 időpontban a kitérése x(t) = 8 sin (2tc - 12í + tc/3) (méter­ben). M ekkora a periódusidő? Hány rez­gést végez a test egy perc alatt? Mekkora a mozgás legnagyobb sebessége és legna­gyobb gyorsulása? Határozzuk meg a se­bességfüggvényt és a gyorsulásfüggvényt! Vázoljuk a mozgás grafikonját! Mekkora a test kitérése a t = 0,01 s időpontban?

1/44. Harmonikus rezgőmozgást végez egy pontszerű test. A t= 0 időpontban a kitérés 0,8 m, a sebessége 5,76 m/s, a gyorsulása —12,8 m/s2. Vázoljuk a hely, a sebesség és a gyorsulás grafikonját! H atá­

52

rozzuk meg az amplitúdót, a körfrekven­ciát (a periódusidőt, frekvenciát) és a kez­dőfázist!

1/45. Harmonikus rezgőmozgást végző test körfrekvenciája 2 l/s. A t= 0 időpont­ban az egyensúlyi helyzettől 10 cm távol­ságra van (a kitérése 10 cm), és 20 cm/s sebességgel távolodik. M ekkora ebben a pillanatban a gyorsulása? Határozzuk meg az amplitúdót és a kezdőfázist!

1/46. Harmonikusan rezgő pont függő­legesen mozog. A rezgés körfrekvenciája3 l/s. A t = 0 időpontban a test az egyensúlyi helyzet alatt van 10 cm-rel, és felfelé mozog 0,9 m/s sebességgel. Vázoljuk a rezgés gra­fikonját! Határozzuk meg az amplitúdót és a kezdőfázist! (A koordináta-rendszer füg­gőleges tengelye mutasson fölfelé!)

1/47. Harmonikus rezgőmozgást végez egy test, a körfrekvenciája N/5CX) l/s. A test kitérése a f= 0 időpontban 2 cm, a sebes­sége — v/3 m/s (a test az egyensúlyi helyzet felé közeledik). M ekkora a rezgőmozgás amplitúdója és kezdőfázisa? Mennyi idő múlva lesz a kitérés ismét 2 cm?

1/48. Harmonikus rezgőmozgást végez egy test függőleges egyenesen. Amplitúdója 20 cm, körfrekvenciája 10 l/s. Hol van a test és merre mozog, amikor a gyorsulása megegyezik a nehézségi gyorsulással? (A nehézségi gyorsulás lefelé mutat, és nagy­sága 10 m/s2.)

1/49. Egy egyenesen az xa= 12 cm és az xf = 20 cm pontok között harmonikus rez­

gést végez egy pont (xa = alsó holtpont, xf = felső holtpont). Az x = 14 cm koordi­nátájú helyen a test sebessége 288 cm/s. Ettől a pillanattól számolva mennyi idő múlva halad át az x0 = 16 cm, az x ( = = 18 cm, valamint az xf helyen?

1/50. Harmonikus rezgőmozgást végez egy test. A sebessége 60 cm/s, amikor az egyensúlyi helyzettől 40 cm-re van. Amikor az egyensúlyi helyzetet 20 cm-re megköze­líti, a sebessége m ár 100 cm/s. Milyen sebességgel halad át az egyensúlyi helyze­ten?

1/51. Harmonikus rezgőmozgást végez egy pont. A fo= 0 időpontban az x = 6 cm kitérésű helyzetből indul, és az egyensúlyi helyzettől távolodik. Először az egyensúlyi helyzettől 12 cm-re áll meg, a ti = 0,2 s időpontban. M ekkora a maximális gyorsu­lás? M ekkora a kezdőfázis?

1/52. Harmonikus rezgőmozgást végző pont legnagyobb sebessége 1,2 m/s, leg­nagyobb gyorsulása 14.4 m/s2. Mekkora a sebessége akkor, amikor a gyorsulása 10 m/s2? Mekkora a gyorsulás, ha a sebes- seg 0,8 m/s?

1/53. Egy pont harmonikus rezgést vé­gez egy egyenesen. A r = 0 időpontban a test az origóban van, a sebesség 0, a gyor­sulása pozitív: 19,6 m/s2. A pont legkoráb­ban 0,4488 másodperc múlva érkezik újra az origóba. írjuk fel a hely-idő, sebesség­idő, gyorsulás-idő függvényeket! Vázoljuk ezek grafikonját!

53

1.3. Forgómozgás

1.3.1. A forgómozgást jellemző mennyiségek

Az előző pontban a pontszerű testek egyenes vonalú mozgását jellemző legfon­tosabb mennyiségeket értelmeztük.

Most egy másik mozgástípust fogunk ta­nulmányozni, és definiálni fogjuk a moz­gás leírására alkalmas mennyiségeket. Lát­ni fogjuk, hogy ezek a fizikai fogalmak a tömegpontok egyenes vonalú mozgását jel­lemző fogalmak megfelelői.

Tegyük fel, hogy adott egy sík, és a síkon rögzítve van egy O pont. A pontból kiin­duló vektorról azt mondjuk, hogy forgó­mozgást végez, ha a kezdőpontja körül a

síkon elfordul (1.50. ábra). A forgómoz­gást a vektor forgásszögével — az elfordu­lás szögével — jellemezzük. Ehhez azon­ban szükség van arra, hogy megadjunk egy, az O pontból kiinduló félegyenest, a szöget ettől a félegyenestől méljük, és meg kell adni egy forgási irányt, amelyet pozitívnak nevezünk, az ellenkező irányt pedig nega­tívnak. A pozitív forgásirányt önkényesen választjuk meg, ugyanúgy, mint egyenes vonalú mozgásnál a tengely irányát. Álta­lában ahhoz a megállapodáshoz tartjuk magunkat, hogy az óramutatók járásával ellentétes irány a pozitív (1.51. ábra). Né­mely feladatcsoportban azonban előnyö­

sebb a másik irányt pozitív előjellel ellátni. Ilyenkor ezt valamiképpen feltüntetjük.

A félegyenessel bezárt előjeles szöggel jellemezzük a vektor helyzetét. A szöget — állapodjunk meg ebben — radiánban mér­jük. Ugyanazt a helyzetet több szöggel

megadhatjuk. így például — n és n ugyan­azt a szöghelyzetet adja. H a az egyértel­műségéhez ragaszkodunk, akkor állapod­junk meg abban, hogy a helyzetet 0 és 2n közötti szögekkel jellemezzük, vagy — egy másik megállapodás szerint — — n és tc közötti szögekkel adjuk meg.

H a egy vektor többször körbefordul, akkor az elfordulás szöge (a forgásszög) nagyobb 27i-nél. Ilyenkor a szöghelyzetet úgy kapjuk meg, hogy a forgásszögből annyiszor vonunk le 2rc-t, hogy a maradék0 és 27t közé essen.

Tegyük fel, hogy a vektor a 0 időpontban oc0 szöget zár be a rögzített félegyenessel. Ha a t időpontban a vektor szöge:

a(t) = a>r + a0, (1)

akkor azt mondjuk, hogy a forgómozgás egyenletes. Az co arányossági tényezőt az egyenletes forgómozgás szögsebességének nevezzük. Mértékegysége l/s, ha az időt másodpercben méljük. H a a vektor el­fordulását megadó szöget az idő függvé­nyében ábrázoljuk, akkor ennek a függ­

54

vénynek a grafikonja egyenes vonal (1.52. ábra). Az egyenes meredeksége — a t tengellyel bezárt szög tangense — egyenlő tü-val. w grafikus jelentése: a szögelfordu- lás-idő függvény grafikonjának a mere­deksége.

1.52.ábra

Az egy körülfordulás idejét nevezzük periódusidőnek, jele: T. Az egyetlen körül­fordulás szöge 2tc, így a fenti egyenlőségbe a 1 időt behelyettesítve:

x(T) = (oT+a0,

innen

M T )-a 0 = coT,

és mert

x ( T ) - a 0 = 2n>

ezért

2tcoj= — .

T

A periódusidő reciprokát nevezzük fordu-l at számnak. Ez megadja az egy másod­percre ju tó körülfordulások számát:

/ : =1T ’

így

o> = 2nf.

(Szembetűnő a párhuzam a forgómozgást _ellemző szögsebesség, periódusidő, fordu­latszám és a rezgőmozgást jellemző kör- frekvencia, periódusidő és frekvencia — valamint a köztük fennálló kapcsolatok — között. Ennek a párhuzamnak a mélyebb okára később rámutatunk.)

ÍAz egyenletes forgómozgással kapcso­latos közismert példa a következő: hatá­rozzuk meg, hogy 12 óra után mennyi idő múlva fedik az óra m utatói először egy­mást.

Legyen oc=0, ha a forgó vektor — most a két m utató — függőlegesen áll, és válasz- szuk most az óram utató mozgását pozitív forgási irányúnak. Az óra kismutatójának szögsebessége:

2tccüv = ; 1,47 • 10~5 —,

12-3600s

a nagymutató szögsebessége:

Ekkor t idő múlva a kis- és a nagymutató szögelfordulása:

OCjj — COjjÍ 9

E két egyenlet mellett még vegyük figye­lembe, hogy amikor a két m utató először fedi egymást, a nagymutató éppen lekö­rözte a kicsit, tehát 2rc-vel nagyobb szöggel fordult el:

«k = an-2 j t .

E három egyenletből:

cokt = w„t — 2n,

innen — felhasználva ojk és con éppen az imént meghatározott értékét —

t = 3927,27 s = 1 óra 5 perc 27,27 s j

55

I Módosítsuk most a következőképpen a problémát: 2 óra 5 perc után mennyi idő múlva lesznek az óra mutatói először me­rőlegesek egymásra?

Legyen az időmérés kezdete az az idő­pont, amikor az óránk 2 óra 5 percet mutat. Ekkor a nagymutató a függőlegessel n/6 szöget zár be. A kismutató 7i/3-nál valami­vel többet, pontosan annyival, amennyit5 perc = 300 másodperc alatt a kismutató elfordult a számlap 2 órának megfelelő je­léről. A kismutató tehát az időmérésünk kezdetén a tc/3 + 300ojk szöghelyzetből in­dult. így a két m utató szögelfordulasa a megfigyelés kezdete után t idővel:

ock = a)kt + (7i/3 + 300cok),

ocn = G)nr + T c /6 .

A merőlegesség feltétele pedig:

an- a k = 7c/2.

o)k-t és con-t a harmadik egyenletbe behe­lyettesítve azt kapjuk, hogy í=681,81 s = = 11 perc 21,81 másodperc. |

Könnyen elképzelhető, hogy a forgás nem egyenletes. Felgyorsuló kerék küllője, a felfüggesztett inga fonala elfordul, ez a forgómozgás azonban nem egyenletes.

Az átlag-szögsebességet és a pillanatnyi szögsebességet az átlagsebességhez és a pil­lanatnyi sebességhez hasonlóan definiál­juk.

Az átlag-szögsebesség:

"to (*)'■ =a ( t) -a ( t0)

t —tn

Grafikus jelentése: a szögelfordulás-idő függ­vény grafikonjához húzott szelő meredek­sége.

A pillanatnyi szögsebesség a szögelfor- dulás-idő függvény deriváltja:

co(f): = á(t). (2)

Grafikus jelentése: szögelfordulás-idő függ­vény grafikonjához húzott érintő meredek­sége.

Példaként vizsgáljuk meg az egyenlete­sen változó forgómozgást. A szögelfordulás az idő másodfokú függvénye:

a(t)= j t 2 + co0t + a0, (3)

a szögsebességfüggvény:

w(t) = á(t) = (h + oj0. (4)

A szögsebesség-idő függvény grafikonjá­nak (1.53. ábra) a meredekségét — a P együtthatót — az egyenletesen változó forgómozgás szöggyorsulásának nevezzük. Mértékegysége: l/s2.

w0 és a0 jelentése nyilvánvaló: tegyük fel, hogy a forgómozgás értelmezési tar­tománya tartalmazza a 0 időpontot, ekkor

1.53.ábra

56

a(0) = ao és <u(0) = o 0. Az co0 neve: kezdeti szögsebesség, az a0 neve: kezdeti szöghely­zet.

Az átlagos szöggyorsulás és a pillanatnyi szöggyorsulás értelmezése a már többször végigjárt úton történik:

ío(í) - w(í0)t i

t ^ t o ,

/S(í):=<ú(í).

Szembetűnő a párhuzam a pontszerű tes­tek haladó mozgását leíró mennyiségek ér­telmezése és a forgó vektorok mozgását leíró mennyiségek értelmezése között. A fi­zikai világ sok meglepetéssel fog szolgál­ni a tanulmányaink során, sok meglepő párhuzamra lelünk. Az egyenes vonalú mozgások és a forgómozgás párhuzama azonban nem a természet ajándéka, hogy ne kelljen két módszert, apparátust meg­tanulni, egyet az egyenes vonalú, egyet a forgómozgás leírására. Ez a párhuzam az emberi okoskodásban gyökerezik: a hala­dó mozgás tanulmányozásakor bejárt utat „megszokásból” jártuk végig. A kinema­tikai fogalmak értelmezésekor, és a legegy­szerűbb mozgásokra vonatkozó képletek­kel nem a haladó és forgómozgás tulaj­donságait fedeztük fel, hanem mennyisége­ket készítettünk és módszereket gyűjtöt­tünk a mozgások leírásához.

rÁz egyenes vonalú mozgások és a forgómozgások közötti párhuzam alapján könnyen végiggondolhatjuk a következő tjvszerű problémát: képzeljük el, hogy egy kerék 3000/perc fordulatszámmal forog. A kerék forgását valamelyik küllőjének a forgómozgásával íijuk le. A kerék küllője azonosítható egy forgó vektorral. A pilla­natnyi fordulatszáma:

co0 3000 1' 2 ^ = " ó t f 7 ’

innen w0= IOOji l/s. Gondoljuk el, hogy a kerék egyenletesen lassulva 10 másodperc alatt megáll. Ekkor az

ío(10) = 0 = /? - 10 + coo = /? - 10 + IOOti

alapján (5= — lOrc l/s2 — a szögsebesség­idő grafikon meredeksége. A grafikon alat­ti terület az elfordulás szögét adja (1.54.ábra):

10071 ’ 10 cm a = -----------=500n.2

A körbefordulások száma 10 másodperc alatt 500i:/2ji = 250. A kerék 250 fordulatot tesz meg, amíg megáll.

1.54.ábra

Könnyen meghatározhatjuk — például— az első másodpercre ju tó fordulatok számát. Jelöljük az első másodpercre ju tó szögelfordulást otj-gyel. Ekkor az ábrán látható nagyobbik háromszög területe a =

57

= 5007t, a hozzá hasonló kisebbik három­szög területe a' = 5007i—a t . A megfelelő oldalak: cüo=100tc l/s, illetve oj(1)=90tc l/s. A hasonló háromszögek területének aránya egyenlő az oldalak arányának a négyzetével, így

( 90íc V 500n—a t \ IOOti ) 500ti '

Innen a t = 9571. Az első másodpercre jutó körbefordulások száma így 95tc/2tc = 47,5 j

1.3.2. A forgómozgást jellemző vektorok

A forgómozgást leíró szögelfordulás, szög- sebesség és szöggyorsulás értelmezésekor abból indultunk ki, hogy adott egy sík és a sík egy pontjából kiinduló vektor, amely­nek egy rögzített iránnyal — félegyenessel— bezárt előjeles szöge adja a forgómoz­gást végző vektor szöghelyzetét. Az elfor­dulás szögének az előjele attól függ, hogy a forgásirány megegyezik-e vagy ellentétes az óramutatók járásával. A síkon körbe­forduló vektor forgásiránya nyilvánvalóan a szemlélő helyzetétől függ. H a az egyik szemlélő pozitívnak látja a vektor forgá­sát, akkor a sík másik oldalán álló megfi­gyelő negatívnak. Célszerűnek látszik a szögelfordulás, szögsebesség, szöggyorsu­lás olyan értelmezése, amikor a forgási irány a sík egyik oldaláról ugyanolyan előjelűnek látszik, mint a másik oldalról.

Még inkább alátámasztja az értelmezés továbbfejlesztését a pörgettyű — pl. a köz­ismert gyerekjáték, a búgócsiga — esete. A pörgettyű forgástengelye vagy a pörgety- tyűre festett forgó vektor forgássíkja nem állandó, a tengely egy kúp palástja mentén körbehalad.

A forgómozgást jellemző mennyiségek olyan értelmezését kellene megadnunk,

amely a forgás síkjának — vagy máskép­pen: a forgás tengelyének — a változá­sát is megadná. Irányítsuk a figyelmünket most először a szögsebességre. A forgás síkjának állását megadhatjuk a forgás ten­gelyével. H a forgó vektor kezdőpontja — az O pont — rögzített, akkor a forgás síkja a síkra merőleges tengellyel megadható. Képzeljünk el a forgás tengelyével párhu­zamos vektort. Ez a vektor egyelőre tet­szőleges irányú és tetszőleges hosszúságú lehet; elég sok lehetősége van arra, hogy további információkat hordozzon a for­gásra vonatkozóan.

A síkra merőleges vektorra „ráírhat­juk” a szögsebesség nagyságát és irányát is. Korlátozzuk a síkra merőleges vek­tor hosszát a következőképpen: ez legyen egyenlő a szögsebesség nagyságával. Az irányítást válasszuk meg úgy, hogy ez a síkra merőleges vektor a szemlélő felé mu­tasson, ha a forgás irányát az óramutatók mozgásával ellentétesnek látja.

Az így értelmezett vektort szögsebesség- vektornak nevezzük, és to-val jelöljük. (A vektorokat egyszeres aláhúzással vagy vas­tag betűvel jelöljük. Sokszor azonban azzal a lehetőséggel élünk, hogy nem a betű tí­pusával, nem aláhúzással, hanem annak a halmaznak a feltüntetésével juttatjuk kife­jezésre a mennyiség vektorjellegét, amelybe az adott mennyiség beletartozik.)

A szögsebességvektor tehát a forgás sík­jára merőleges, a szögsebesség nagyságá­val megegyező hosszúságú vektor, amely­nek iránya megegyezik a jobb kezünk hüvelykujjának irányával, ha a többi be­hajlított ujjunk a forgás irányába mutat (1.55. ábra).

Hasonlóan értelmezzük, rögzített for­gási sík esetén, a szögelfordulás-vektort is: ha a forgó vektor iránya a kijelölt iránnyal a szöget zár be, úgy, hogy a kijelölt irány-

58

ból az óram utató járásával ellentétes moz­gás viszi át az adott helyzetbe, akkor a forgás síkjára merőleges vektorra a-t ra­diánban felmérjük, és a vektort úgy irá­nyítjuk, hogy felénk mutasson. Ezt a vek­tort a-val jelöljük, és szögelfordulás-vek- tornak nevezzük (1.56. ábra).

oc

1.56. ábra

A szöggyorsulásvektor értelmezése lépés­ről lépésre így történik: a p szöggyorsulás­vektor iránya merőleges a forgás síkjára, hossza a szöggyorsulás nagysága, iránya pedig a forgás síkjáról felénk mutat, ha a forgás szöggyorsulásának iránya az óra­mutató járásával ellentétes irányú (1.57. ábra).

fí>

1.57. ábra

Az értelmezés kiterjeszthető úgy is, hogy az co, p vektorok nem párhuzamosak. Gon­doljuk el ismét a búgócsigát: a szögsebes­ségvektor a forgás tengelyével együtt a kúp palástján körbehalad. A szögsebességvek­

tor tehát állandó nagyságú, iránya azon­ban mindig az aktuális helyzetére merőle­gesen változik. A szöggyorsulás ebben az esetben merőleges a szögsebességre (1.58. ábra).

Ki kell emelni azonban, hogy a szögel- fordulás-vektor értelmezésének csak akkor van helye, ha a forgás síkja állandó. Ha ez a sík változik, akkor a térbeli forgások matematikai jellemzése ilyen egyszerűen nem oldható meg. Szerencsére nincs is rá szükségünk.

II. Feladatcsoport: forgómozgás

I I /1. Egy vektor t idő alatt a = 2441 (ra­diánban mért) szöggel fordul el. M ekkora a periódusideje? M ekkora a fordulatszá­ma? Hányat fordul a vektor 12 másodperc alatt?

11/2. Mennyi idő múlva lesz az óra nagy- és kismutatója 12 óra után először merőle­ges egymásra?

II/3. Mennyi idő múlva fedik az óra mu­tatói 1 óra után először egymást?

II/4. Mennyi idő múlva fedik az óra mu­tatói 3 óra 10 perc után először (és másod­szor) egymást?

11/5. Az óra nagymutatójának a forgási irányát egy ügyeskezű órásmester ellenté­

59

tesre változtatta. A két mutató szögsebes­sége, periódusideje nem változott. 12 óra 5 percet mutat ez a furcsa óra, amikor a mu­tatóit elindítjuk. Mennyi idő múlva fedik először egymást? Mennyi idő múlva lesz­nek az óra mutatói először merőlegesek egymásra?

II/6. Egy óra ma 12 órakor a pontos időt mutatja. Nem jár azonban egyenletesen: ma 12 órától a m utatói egyenletesen gyor­suló forgómozgást végeznek. így holnap 12 órakor 12 óra 1 percet mutat az óra. Mennyit mutat holnapután 12 órakor? M ekkora a két mutató szöggyorsulása?

H/7. Egy kerék egyenletesen változó for­gómozgást végez. Szögsebessége 10 má­sodperc alatt 10 1/s-ról 25 1/s-ra változik. Határozzuk meg a szöggyorsulást és az el­fordulás szögét!

II/8. Egy kerék fordulatszáma a t = 0 időpontban 3600 l/perc. A kereket egyen­letesen fékezzük, így 20 másodperc alatt megáll. M ekkora a szöggyorsulása? Hány fordulatot tett meg a kerék megállásáig? Hány fordulatot tett meg a kerék a fékezés első másodpercében, és hányat az utolsó­ban?

11/9. Egy kerék szöggyorsulásfüggvé-né- nek a grafikonját látjuk az 1.59. ábrán. A kerék kezdeti szögsebessége nulla. Ábrá­zoljuk a szögsebességfüggvény grafikonját!

a

5s

t

1.59.ábra

1.60.ábra

1.61ábra

11/10. Az 1.60. ábrán egy kerék szögse­bességvektorát ábrázoltuk a t = 0 időpont­ban. A kerék szögsebessége egyenletesen változik 1 másodpercig. A szöggyorsulás­vektort is ábrázoltuk. Hogyan forog a ke­rék 1 másodperc múlva?

11/11. Az 1.61. ábrán egy kerék í= 0 idő­pontbeli szőgsebességvektorát ábrázoltuk. A kerék szögsebessége egyenletesen válto­zik 1 másodpercig. A szöggyorsulásvektort is ábrázoltuk. Hogyan forog a kerék 1 m á­sodperc múlva?

1.4. A tömegpontok térbeli mozgása

1.4.1. A térbeli mozgás leírása

Pontszerű test helyzetét a térben a kö­vetkezőképpen adjuk meg. Felvesszük a pontok jellemzéséhez szükséges koordiná- ta-rendszert három egymásra merőleges

tengellyel. Ezeket a tengelyeket x, y, z tengelyeknek nevezzük. M indhárom ten­gelyt számegyenesnek tekintjük, a beosz­tásokat — az egyszerűség kedvéért — azo­nosnak választjuk, hasonlóképpen a há­rom tengely origóját egy pontba helyezzük.

60

z

A térben egy pont helyzetét a koordi- náta-rendszer síkjaitól mért előjeles távol­ságokkal határozzuk meg. Például a pont „x-koordinátája” az y és z tengelyek síkjá­tól mért előjeles távolságot jelenti. Az 1.62. ábrán egy szobában repkedő légy koordi­nátait tüntetjük fel. E három aaat együt­tesen a tömegpont helyvektorát adja. A tö­megpont helyzetét a koordináta-rendszer­ben a helyvektora, a koordinátáiból álló rendezett számhármas határozza meg:

r:= (x ,y ,z ).

A helyvektort igen gyakran az origóból a ponthoz m utató irányított szakasszal, vek­torral ábrázoljuk, sőt gyakran nem te­szünk különbséget az origóból a pont­hoz mutató irányított szakasz és a koor­dinátákból álló rendezett számhármas kö­zött. A helyvektorok koordinátáit méter­ben, centiméterben méljük.

Ki kell emelnünk egy lényeges szempon­tot: a vektorról nem mondhatjuk, hogy ki­sebb vagy nagyobb O-nál, ezért a vektort nem nevezzük pozitívnak vagy negatívnak. A vektornak nincs előjele. Előjele a koor­dinátának van.

A mozgás leírása azt jelenti, hogy a moz­gás időszaka alatt bármely időpontban adott a tömegpont helyzete, azaz hely­vektora: adottak a helyvektor koordinátái

mint az idő függvényéi. A mozgást ismert­nek tekintjük, ha a mozgás ST időszaka alatt bármely t időpontban adott a test három koordinátája:

t ^ (x(r), >’(í), z(0) = :r(f), t e ST.

A pontszerű testek térbeli mozgásának leírása három egydimenziós mozgás leírá­sával azonos értékű: ha ismerjük a

í i-> x(r),

t •- y(t),

t h* z(r), t e

függvényeket, akkor ismertnek tekintjük a térbeli mozgást is (1.63. ábra). E három függvény egydimenziós mozgást ír le, jog­gal tekinthetjük ezeket úgy, mint három egyenes vonalú mozgást leíró függvényt. A három koordinátafüggvényt megadhat­juk úgy, hogy csak az időtől függjön mind­egyikük, egymástól nem. A mozgások fiig- getlenséyenek elve azt jelenti, hogy a pont­szerű test három koordinátafüggvénye egy­mástól függetlenül mint az idő függvénye vizsgálható: a pontok térbeli mozgása ilyen módon vezethető vissza az egyenes vonalú mozgásra; a térbeli mozgás nem bonyolul­tabb, mint az egyenes vonalú, csak „há­romszor annyi munka van vele”.

y

1.63.ábra

61

A mozgás pályája a hely-idő függvény értékkészlete. Ez az a térbeli vonal, ame­lyen a test mozog.

A pálya hosszát a test által megtett út­nak nevezzük a vizsgált időszak alatt. Ha a test a pálya valamely szakaszán többször is végighalad, akkor ezeket a szakaszokat többször számoljuk. (Az A amplitúdójú rezgőmozgást végző test a periódusidő alatt 4A u tat tesz meg.)

Adjunk meg két különböző időpontot tetszőlegesen, jelöljük ezeket f0-lal és f-vel. Ekkor a [r0, r] időszakban a test elmozdu­lása a t időponthoz tartozó r(r) és a f0 idő­ponthoz tartozó r(í0) helyvektorok különb­sége (1.64. ábra) :

A r [« o,r ] = r(í)-r (fo )-

Rögzítsük most a t0 időpontot. Ekkor az elmozdulás a másik időpont függvénye:

Ar(t): = r ( t ) - r ( t0).

Ar(t) koordinátáit jelöljük Ax(r), Ay’(r), Az(r)- vel. Tegyük fel, hogy az x(r), >’(í), z(t), t £ mozgásokat leíró függvények diffe­renciálhatok a r0 időpontban, és jelölje a sebességeket x(f0), jp(í0), z(í0)- Ekkor Af hosszúságú időszak alatt:

Ax(r)= x(t0)At = x(í0) (t - 10),

Ay(t) S y(t0)At = y(t0) (t - 10),

A z(t) = z(t0)At = z(t0) (t - 10).

Innen

Ar(r) s (x(t0)At, y(t0)At, z(t0)At),

Ar(t)=At(x(t0), y(t0), z(t0)),

Ar(f) , ,= (x ( f 0) ,y (f0)»z(fo))-

A közelítés annál jobb, minél kisebb a t időtartam. A jobb oldali vektor koordiná­tái az x, az y és a z tengely irányú sebessé­gek. Ezt a vektort sebességvektornak ne­vezzük.

A sebességvektor jele v(f0), az utolsó kö­zelítő egyenlőség alapján:

r(t):=v(t).

A sebességvektor szemléletes jelentése: az időegységre jutó elmozdulás; ezért mindig a pálya érintőjének irányába mutat.

A sebességvektor nagyságát a Pitago- rasz-tétel segítségével (1.65. ábra) hatá­rozzuk meg:

v(t)-= |v(r)| = y /x ( t)2+ y(t)2+ z(r)2 > 0.

A gyorsulásvektort hasonlóképpen ér­telmezzük. Tegyük fel, hogy az x(f), y(r), z(r) koordinátafüggvényelc kétszer diffe­renciálhatok a t0 időpontban, vagyis léte­zik az x, y, z irányú mozgásoknak gyor­sulása a f0-ban: x(r0), y(t0), z(r0). Ekkor, he

y1.65.ábra

62

Af: = f —10, a sebességvektor megváltozása

Av(r):= v(f)—v(t o) =

= o) (f - 1 o), >:(í0) (í - Ío), z(f o) (í - ío));

= (x(t0),y (t0),z(t0)).

Az egyenlőség jobb oldalán álló vektor koordinátái a három tengely irányába mu­tató gyorsuláskomponensek. Ezt a vektort gyorsulásvektornak nevezzük, és a(í0)-lal jelöljük. A közelítő egyenlőség alapján a gyorsulásvektor jelentése: a sebességvek­tor időegységre eső megváltozása. Ennek alapján:

v(r0) = :a(r0).

Ha a helyvektor időfüggése

r(t) = (v1t+ x 0, v2t + y0, v3t + z0) =

=(v1,v 2,v 3)t + (x0, y 0, z 0) =

= v r + r 0, t e & ~

alakú, akkor a mozgás v =(!>!, v2, v3) se­bességvektora állandó vektor, a mozgó pont a 0 időpontban az r (0 )= (x o, >’0, z0) helyen van. Egyenes vonalú, egyenletes mozgás ez is, a sebessége állandó. A ko­rábban tárgyalt egyenes vonalú, egyenletes mozgásról van szó, csak most nem voltunk olyan ügyesek: a koordináta-rendszer ten­gelye nem a mozgás pályáján fekszik.

Gyakran előfordul, hogy a mozgás egy rögzített síkon megy végbe. Ekkor megte­hető, hogy a síkot azonosítjuk a koordi­náta-rendszer két koordinátatengelye által meghatározott síkkal. Ez a sík legtöbb­ször az első két koordinátatengely síkja. Ilyen esetben a helyvektort síkbeli vektor­nak tekintjük, a harmadik koordinátáját nem tüntetjük fel.

Ha például a mozgás az első két koor­dinátatengely által meghatározott síkon

megy végbe, és x(t) = 21, y(f) = t 2 + f; t > 0, akkor a mozgás pályája parabola (1.66. ábra). A pont sebességvektora a t idő­pontban v(r)=(2, 2 r+ l) , a gyorsulásvek­tora: a(r)=(0,2), a pont tehát állandó gyor­sulással mozog a második tengely irányá­ba. A hely-, sebesség- és gyorsulásvektor a t = 1 másodpercben r(l)=(2 , 2), v(l)=(2, 3), a=(0, 2).

A test által megtett út a mozgás első két másodpercében megegyezik az ábrán vas­tagon jelölt parabolaív hosszával.

Az út kiszámítására alkalmas módszer­hez vázlatosan a következő gondolatme­nettel jutunk. Legyen f0 és t két különböző közeli időpont Ha a két időpont At: = t — t0 különbsége kicsi, akkor a [r0, r] időszak­ban a test elmozdulása közel fekszik a pá­lyához (1.67. ábra). Ezen a szakaszon a pálya hossza és az elmozdulás nagysága nem sokban különbözik. Másrészt az el­mozdulás — közelítőleg — vAí-vel egyen-

63

lő, ahol a t0 időpontbeli sebességvektort jelöljük v-vel. Tehát

|Ar| =As,

Ar=vAt,

innen

As = |Ar| = t>Ar.

Ábrázoljuk a

r v(t) = v/x 2(r) + y2(í)+ z2(t) > 0,t e F

függvényt. A grafikon az időtengely fölött van. A görbe alatti terület a megtett úttal egyenlő.

H a a sebességfüggvény

v(f) = (2 ,2 í+ 1), í e [0; 2],

akkor

r (f): = | v(t) | = x/4 + 4 t2+4t + í —

= ■ J 4 Í2 + 4 í + 5 > 0 , t e [ 0 ,2 J .

A sebesség abszolút értékének a grafikonja látható az 1.68. ábrán. A megtett út a görbe alatti területtel egyenlő, közelítőleg 7,6 m.

1.4.2. Hajítások

Az előző pont eredményeit a hajítások­kal szemléltetjük.

Képzeljük el, hogy egy magas ház eme­leti ablakából a vízszintessel a szöget be­záró irányban v0 nagyságú kezdősebesség­gel kilövünk egy lövedéket. A koordináta- rendszer kezdőpontja legyen a ház melletti fa tövében: a jelenséget szemlélő innen tartja szemmel a mozgást (1.69. ábra). Az origóból a ház ablakába m utató vektort r0-lal jelöljük, koordinátái legyenek x0 és>'o; ro : = (*0 > .V’o)-

A sebességvektor a í= 0 időpontban v0: = (i’o cos a, v0 sin a). Képzeljük el, hogy a testek nem esnek szabadon. Ekkor a kilőtt lövedék egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez, az r0 helvvektorú pontból kiindulva, a v0 sebességvektorral. Ebben az esetben a mozgás két koordinátája

x(t) = X0 + t’0 COSOÍ- t ,

y{t)= y0 + v0 sin a t

lenne a kilövés után t idővel. A szabadesés a mozgás második koordinátáját módo­sítja: az y(t) valójában y0 + v0 sin a • f-nél

V

t 1.68 .

ábra

64

f2-tel kisebb. Tehát a mozgás két koor­

dinátája:

x(t) = x 0 + v0 c o s c r t ,

y(í) = >o + v0 sin a ■ t — y f2, f> 0 .

A sebesség két koordinátája, komponense:

x(r) = i\(t) = v0 cos a,

í(0 = i\(r) = i;0 sin a — gt, f> 0 .

A gyorsulás koordinátái:

x(r| = aI(t) = 0,

y(t) = ay(t) = - g , t> 0.

A helyvektor, a sebességvektor, a gyorsu­lásvektor a t időpontban:

rft) =

= x 0 + v0 cos a ■ t, y0 + v0 sin a ■ t -

»(f) = (v0 cos a, v0 sin a — gt),

a(r) = (0, -g ) , f> 0 .

ÍKépzeljük el, hogy a koordináta-rend­szer origójából a = 45°-os szög alatt l’0 = = 70,7 m/s-os kezdősebességgel elhajítunk egy testet. Hol van a test az elhajítás után 1, 2, 3, . . . , 11 s múlva? M ekkora a test se­bessége ezekben az időpontokban?

Egyszerű dolgunk van: a helyfüggvény koordinátafüggvényeibe kell behelyettesí­teni:

x(l) = 70,7 cos 45° • 1 = 50 m,

y(l) = 70,7 sin 45° • 1 - 5í2= 45 m,

A helyvektor a t = 1 s időpontban:

r(l) = (50, 45),

a t = 2 s-ban:

r(2) = (50 ■ 2, 5 0 - 2 - 5 -22) = (100, 80),

és a többi megjelölt időpontban:

i(3) =(50 3, 50 -3 r(4) =(50-4, 50-4 r(5) =(50-5, 50-5 r(6) =(50-6, 50-6 r(7) =(50-7, 50-7 r(8) =(50-8, 50-8 r(9) =(50-9, 50-9 r(10)=(50-10, 50 -10 r( ll)= (5 0 -11, 50-11

— 5-32) =(150,105),— 5-42) =(200, 120),— 5-52) =(250, 125),— 5-62) =(300, 120),— 5-72) =(350, 105),— 5-82) =(400, 80),— 5-92) =(450, 45),— 5 -102)=(500, 0),— 5 -112)=(550, -55).

A sebességvektorok:

v(l) =(i;0cosa, v0 s m a —g - 1)=(50,40),v(2) = v(3) = v(4) = v(5) = v(6) =

v(7) = v(8) = v(9) = v(10) = v(ll) =

(50,30), (50,20), (50,10), (50, 0), (50 ,-10), (50, -20), (50,-30), (50, -40), (50, -50), (50 ,-60).

65

A sebesség vízszintes összetevője állan­dó, függőleges összetevője másodpercen­ként — g= —10 m /s2-tel változik. A moz­gás kezdete után 5 másodperccel a sebes­ség függőleges összetevője 0, a test ek­kor a pályája legmagasabb pontján van, y(5)=125 m, és az 1 másodpercre jutó sebességváltozás v(6)—v(5)=(0, —10) me­rőleges v(5)-re. A pálya csúcsán a sebesség vízszintes irányú, a gyorsulás függőleges. |

ÍKépzeljük el, hogy a koordináta-rend­szer origójából a szöggel és v0 kezdősebes­séggel kilövünk egy testet.

Vízszintes talajra akkor esik le a test, amikor a mozgás függőleges koordinátája0 lesz. Jelöljük ezt az időpontot fi-gyel. Ekkor y(ít) = 0, azaz

& 7v0 sin a ■ t — — t = 0,

ebből

i>0 s in a — — t = 0,

innen

2v0 sin a

h 9

Helyettesítsük be ezt az időpontot az első koordinátafüggvénybe:

2v0 sin a t>g .x ( t1) = v0 cos a ----------- = — sin 2a.

9 9

1.71.ábra

A kilövés helyétől ilyen távol esik le a test a vízszintes talajon.

Vizsgáljuk meg most, hogy mikor ér el a test a pályája csúcsára. A pálya csú­csán a sebesség második koordinátája nul­la (1.71. ábra). Jelöljük azt az időpontot, amikor a test a pálya csúcsára ér, r2-vel. Tehát vy(t2)= 0 , azaz

D0 s in a —gt 2=0,

innen

v0 sin a h = •

9

Ez éppen fele az előbb számolt t t -nek, mint ahogy erre számítottunk is. Helyettesítsük f2-t a mozgás első és második koordináta­függvényébe:

x(í2) (L’0 sin a \

9 )= Vq cosa-

i>0sma

ff

v° ■ 7= — sin 2a,

y(t2) = v0 sin af0sina c Dq sin2 a

vo - 2 = — sin"1 a.2 9

A pálya csúcsának helyvektora:

”0 - o ”5 - 2 r„,w = 1 — sin 2a, — sin*' a2 9

i f2ö

Ez a vektor arányos a i>o/2g-vel, iránya csak az elhajítás szögétől függ. A vektor irány­szögét jelöljük /?-val, ekkor

”0 - 2— sin an 2g 1

tg /?= “ 2 — — tg a.— sin 2a2 9

66

Jelöljük a test első és második koordiná­táját a t időpontban x-szel és y-nal:

x = v0 cos a ■ t,

9 ?y = v 0 sm a t — — t ■

Fejezzük ki az első egyenletből r-t, és he­lyettesítsük a második egyenletbe:

t=Vq cos a

y = v 0 sm a- * V2 \i>0 cosa Jv0 cos a 2 \ v0 cos a

Átrendezés után azt kapjuk, hogy

9 „2y = tg o rx -2i>o cos2 a ’

Ez a hajítás pályájának az egyenlete. Az egyenlet képe az 1.71. ábrán látható, az origón átmenő konkáv parabola. |

ÍG ondoljuk most el, hogy a fi hajlás­szögű lejtő egy pontjából vízszintessel a szöget bezáró irányban v0 kezdősebesség­gel kilövünk egy lövedéket. Hol esik ez le a lejtőre?

Helyezzük el a koordináta-rendszert úgy, hogy az origója az elhajítás helyén legyen. Ebben a koordináta-rendszerben a hajítás pályája parabola, az egyenletét az előbb kaptuk. A lejtő egyenletét könnyűszerrel felírhatjuk: origón átmenő, —tg)? irány-

tangensű egyenes: y = — tg /? ■ x (1.72. áb­ra). Annak a pontnak két koordinátája, ahol a test leesik, az

y = tg a • x — , 6L.22i’o cos a

y = —tg P ' x

egyenletrendszer megoldásából adódik:

x = (tg a + tg f})2vo cos2 a —,9

y = (tg a + tg P)2vl cos2 a — ( - tg /?).

A kilövés helyének és a becsapódás helyé­nek a távolsága:

á = v/x 2+ y 2 = v/x 2 + tg2 ^ - x 2 =

= x v/ l + t g 2 0 =

= (tg a + tg fi)2vl cos2 a > /* + tg ^

1.72.ábra

1.4.3. Körmozgás

Egy pontszerű test körmozgást végez, ha pályája kör vagy a kör egy része.

A körmozgás leírásához helyezzük el a koordináta-rendszert úgy, hogy az origó­ja egybeessen a kör közepével. Ekkor az origóból a körön mozgó ponthoz mutató vektor állandó hosszúságú.

A helyvektor forgómozgást végez. A for­gómozgás tulajdonságai átöröklődnek a tömegpont körmozgására. Tegyük fel te­hát, hogy a pont r sugarú pályán körmoz­gást végez, és a helyvektora az a0 helyzet­ből indulva co szögsebességgel az óramu­tató járásával ellentétes irányban forog:

67

1.73. ábra

a(t) = cot + <x0 (1.73. ábra). Tegyük fel, hogy a pont helyvektora cp szöget zár be a vízszintes iránnyal, és íijuk fel a pont két koordinátáját:

x = r cos cp,

y = r sin cp,

és a helyvektort:

r= ( r cos cp, rs in <p).

Helyettesítsük be a (p helyére a(f)-t:

r(r) = (r cos (tor + a0), r sin (cot + a0)).

A sebességvektort a helyzetvektor derivá­lásával kapjuk:

v(r)= ( — rco sin (cot + a0), rca cos (cot + a0)),

a gyorsulásvektor pedig a sebességvektor deriváltja:

a(r)=

= ( — rca2 cos (cot + a0) ,—rco2 sin (cot + a0)).

Képezzük most a sebességvektor és a hely­zetvektor skaláris szorzatát! A megfelelő koordinátákat összeszorozzuk, majd ösz- szeadjuk:

r(r )v (r ) =

= —r2co sin (cot + a0) cos (cot + a0) +

+ r2w cos (cot + a0) sin (cot + a0) = 0,

68

és mert sem a helyvektor, sem a sebesség- vektor hossza nem nulla — azt kaptuk, amit vártunk: a sebességvektor merőleges a helyvektorra, vagyis a körpálya érintője irányába mutat.

A sebességvektor nagysága a koordiná­ták négyzetének összegéből vont négyzet­gyök: v(t) =

= y /r2co2sin2(cot + a0)+ r2co2cos2(cot + <x0) =

= rcu.

A sebességvektor nagysága egyenletes kör­mozgás esetén nem függ az időtől, a szög- sebesség és sugár szorzata. Gyakori elne­vezése: kerületi sebesség:

vkeí: = rco.

Most emeljük ki a gyorsulásvektor koor­dinátáiból — (o2-et:

a(f) = — co2(r cos (cot + a0), r sin (cot + a0)) =

= —oj2r(í).

A gyorsulásvektor így — oj2-szerese a hely­zetvektornak, vagyis hossza a sugár co2- szerese, nagysága rca2, iránya pedig ellen­tétes a helyvektor irányával: a kör érintő­jére merőlegesen a kör közepe felé mutat. Tehát

a = rco2,

v = rco,

innen

v2a= — .

r

H a a körmozgás nem egyenletes, vagy­is a helyvektor szöggyorsulása nem nulla, akkor a sebességvektor — továbbra is az érintő irányába mutat — időben változik:

v(t) = rw(t).

A gyorsulásvektornak ebben az esetben két komponense van: a sebességre merő­leges — a kör közepe felé mutató — kom­ponens most is

-> r 2(f)ücp(í) = roj2( í ) = ------r

nagyságú. A sebességgel párhuzamos kom­ponens

at{t) = rP{t).

A gyorsulás érintő irányú komponensét tangenciális gyorsulásnak nevezzük, az érin­tőre merőleges gyorsuláskomponens neve: centripetális gyorsulás. Az érintő irányú gyorsuláskomponens jele at, az érintőre merőlegesé pedig acp. Szokásos még ez utóbbira az an jelölés is, normális irányú gyorsulás elnevezéssel.

Tetszőleges görbe vonalú mozgásnál ha­sonló a helyzet: a sebességvektor érintő irányú, a gyorsulásvektor pedig a pálya konvex oldala felé mutat (1.74. ábra). A gyorsulásvektornak a sebességvektor­ral párhuzamos összetevőjét érintő irá­nyú vagy tangenciális, a sebességvektorra merőleges összetevőjét sugár irányú vagy centripetális, vagy normális irányú gyor­sulásnak nevezzük. Ha a tangenciális gyor­sulás ellentétes irányú a sebességvektorral, akkor a test sebessége csökken, ha meg­egyező irányú, akkor nő.

így a ferdén elhajított test centripetális gyorsulása a pálya csúcsán lefelé mutat, és g-vel egyenlő. Ha a test sebessége a pálya csúcsán 50 m/s, akkor a test „úgy érzi ma-

1.75.ábra

gát”, mintha

v2 502 r = — = — = 250m

a cp 1 0

sugarú körön haladna abban a pillanat­ban.

Ha a testet 45°-os szögben, 70,7 m/s kezdő- sebességgel lőttük ki, akkor induláskor az érintő irányú gyorsulása g cos 45° = 7 m/s2, és ellentétes irányú a sebességgel, a centri­petális gyorsulása is 7 m /s2, a test itt úgy mozog, mintha

r.=g sin 45°

;707 m

1.74.ábra

sugarú körön mozogna. A parabolapályá­hoz így illeszkedő kört simulókörnek ne­vezzük (1.75. ábra).

Pvizsgáljuk meg most a következő prob­lémát. Tegyük fel, hogy egy pontszerű test r= 2 0 m sugarú körön, állandó, a, = 2 m/s2 nagyságú, érintő irányú gyorsulással kez­dősebesség nélkül mozog. Határozzuk meg a gyorsulásvektort egy félkör megtétele után!

A pont helyvektorának a szöggyorsu­lása:

0 = 2 5 = 0 ,1 l/s2,

69

a félkörnyi elforduláshoz szükséges idő ígyaz

összefüggésből:

t - v/ 20n = 7,9 s.

A test kerületi sebessége félkörnyi út meg­tétele után v = al = 15,8 m/s, a centripetális gyorsulás r 2/r = 12,5 m/s2. Az érintő irányú gyorsulás továbbra is 2 m/s2. A gyorsu­lásvektor tehát a kör belseje felé mutat, ("7.76. ábra), a sugárral bezárt szög köze­lítőleg 9°. |

Térjünk vissza a körmozgás analitikus leírásához. A helyzetvektor második koor­dinátája:

y(f) = rs in (a ) t+ a 0).

Szembetűnő a hasonlóság a rezgőmozgás hely-idő függvénye között. A kör sugará­nak ugyanis az amplitúdó, a — q> kezdeti fázisnak az a0 kezdeti szög felel meg. A vízszintes komponens esetén is ugyanez a helyzet. Az r= A és a —<p = a0+ rc/2 sze­reposztással:

r cos (cút + a0) = r sin (cot — (p)=

= rs in í tot + a0+ ^ J.

1.76.ábra

x

t1.77.ábra

A körmozgás tehát felfogható úgy, mint két azonos amplitúdójú, egymásra merőleges,— ti/2 fáziskülönbségű rezgőmozgás eredő­

je. Fordítva: a harmonikus rezgőmozgás mindig vizsgálható úgy, mint a körmozgás vetülete (1.77. ábra).

A körmozgás, és a rezgőmozgás kinema­tikai kapcsolatára más szempontból is rá­világíthatunk. Képzeljünk el egy koordi­náta-rendszert, függőleges tengelyére egy rezgőmozgás kitérését, vízszintes tengelyé­re pedig a sebességének és a körfrekven­ciának a hányadosát méljük (1.78. ábra). A vízszintes tengely pontjait tehát x'\ = v/ tó­val, a függőleges tengely pontjait x-szel jelöljük. Ábrázoljuk különböző időpon­tokban az egymáshoz tartozó sebesség­kitérés párokat. Az idő előrehaladtával ezeknek a pontoknak egy — amplitúdóval egyenlő hosszú — vektor végpontjai felel­nek meg. Az origó körül forgó A hosszú­ságú A vektor vízszintes vetülete v/w = x', a függőleges vetülete x. A í = 0 időpontban

70

X

a forgó vektor a vízszintessel — (p = a0 szö­get zár be.

A körmozgás és a forgómozgás mennyi­ségeinek a kapcsolata természetes, a kör­mozgás tulajdonságait a forgómozgás se­gítségével értelmeztük. Felvetődik azon­ban a kérdés, hogyan kapcsolódnak egy­máshoz a körmozgást jellemző helyzet-, sebesség-, gyorsulásvektorok és a forgó­mozgást jellemző vektorok.

Mindenekelőtt jegyezzük meg, hogy a körmozgást síkbeli mozgásként írtuk le, lényeges módosítás nélkül értelmezhetjük azonban ezeket a mennyiségeket térbeli vektorként is úgy, hogy a körmozgás sík­já t az első és második koordináta síkjával azonosítjuk. így a harmadik koordináta azonosan nulla, vele együtt persze a har­madik tengely irányú sebesség és gyorsu­lás is.

Tekintsük most a szögsebességvektort és a sebességvektort. Az 1.79. ábrából nyil­vánvalóan látszik, hogy a helyvektor, a se­bességvektor és a szögsebességvektor me­rőleges egymásra. E három vektor mind­egyike kifejezhető ezért a másik kettő vek- toriális szorzatával, például

v = ío x r,

amely a v = ra> összefüggés vektori általá­nosításának tekinthető. Ugyanígy

r x v

1.4.4. Koordináta-rendszerek transzformációja

Képzeljünk el három koordináta-rend­szert: az első origójában András, a máso­dikéban Béla, a harmadikéban Cecilia ül. Nevezzük ezért a három koordináta-rend­szert .s / , 0$, koordir áta-rendszernek. A két fiú figyeli a lányt, Andrástól Cecíliához m utató vektor legyen rAC, Béla koordináta- rendszeréből az rBC vektor mutat Cecilia koordináta-rendszerébe. András azonban féltékeny, szemmel tartja Bélát is. Az 1.80. ábráról leolvasható, hogy

r AB + r BC = r AC-

71

Mnemotechnikai szempont: a jobb oldalon nem szerepel a B index, a bal oldalon egy­más mellett. H a a bal oldalról elhagyjuk a középen található azonos B indexeket, ak­kor azt az indexkombinációt kapjuk, ame­lyet a jobb oldalon látunk.

Tegyük fel, hogy a koordináta-rendsze­rek tengelyei párhuzamosak egymással, a rendszerek mozoghatnak egymáshoz ké­pest, de nem forognak.

A vektoregyenlőségben térjünk át a se­bességekre, majd a gyorsulásokra. (A vek­toregyenlőségben szereplő hely-idő függ­vények első és második deriváltját kell képezni.)

VA B + VB C = V AC>

aAB + aBc = t ő ­

szavakban: ha B-nek A-hoz viszonyított sebességéhez hozzáadjuk C-nek B-hez vi­szonyított sebességét, akkor C-nek A-hoz viszonyított sebességét kapjuk. Ugyanezt mondhatjuk az egymáshoz viszonyított gyorsulásvektorokról is.

Igen egyszerű módszerrel a gyakorlat­ban is jól hasznosítható, a feladatmegoldá­soknál előnyösen használható összefüggé­seket kaptunk. Akár elégedettek is lehet­nénk. Őszintén be kell azonban vallani valamit, még akkor is, ha ezzel olyan problémákat vetünk fel, amelyek megol­dása elmarad, a kérdések nyitva maradnak.

Eddigi okoskodásunkban minden eset­ben adott volt egy vonatkoztatási rend­szer a távolság és az időmérés korrekt leírásával. Minden konkrét mozgástípus­nál egyetlen koordináta-rendszer szerepelt. Most fordult elő először, hogy egyidejű­leg több koordináta-rendszerről van szó a gondolatmenetünkben.

A nehézséget a következő okozza. Gon­doljuk meg, hogy a fenti rAB + rBC = rAC

egyenlőséget ilyen egyszerűen csak abban az esetben differenciálhatjuk, ha az idő mindhárom személynek, Andrásnak, Bé­lának, Cecíliának ugyanazt jelenti. Az idő­mérés leírásánál felvetettük azt a kérdést, hogy tekinthetné-e valaki — mondjuk — a szabadesést egyenletesnek? Megválaszt­hatna-e szabadesést az időmérés alapjá­nak, hogy ezzel definiálja az órát?

A lényeg: az rAB + rBC = rAC és a belőle származtatott egyenlőségek akkor igazak, ha mindhárom megfigyelő a távolság- és az időmérést ugyanúgy végzi: ha a távol­ság- és az időskálák mindhármuknál azo­nosak; így például a vAB + vBC = vAC sebes­ségösszeadás akkor korrekt és alkalmaz­ható összefüggés, ha kezdetben szinkroni­zált óráik mindig ugyanazt az időt mutat­ják.

Ha a megfigyelők nem beszélnek ösz- sze, akkor bizony elképzelhető, hogy egész máshogy mérik az időket és a távolságo­kat. A fenti transzformációs képletek eb­ben az esetben biztosan bonyolultabbak lennének. Fogadjuk most azonban el, hogy mindhárom megfigyelő ugyanúgy méri a távolságot és az időt: ha András egy sza­kaszt 30 cm hosszúnak mér, akkor ennyi­nek méri Béla is, és Cecilia is; ha a kezdet­ben szinkronizált órák közül mondjuk Bé­láé 30 percet mutat, akkor ennyit mutat András órája és Cecilia órája is.

A vektorokra vonatkozó rAj + r B ^ r ^ egyenlőség differenciálásának akkor van értelme, ha az idő független változó, mind­hármuknak ugyanazt jelenti. Az idő azon­ban mint fizikai mennyiség egy adott koor­dináta-rendszerben valóban független vál­tozó, de nem független attól a módszertől, ahogyan az időt mérjük. Más időmérés más időskálát eredményez.

ÍKépzeljük most el, hogy a folyó vize kelet felé folyik, a sebessége 6 m/s, a folyón

72

nyitva v0 — rco. Ugyanígy a legfelső pont sebessége a talajról nézve i>0 + ro).

A korong akkor tapad a deszkán, ha az A pont és a deszka A-val közvetlenül érintkező A' pontjának a sebessége azonos. A tapadás feltétele tehát:

egy hajó halad, a parthoz képest észak felé. A hajó sebessége a vízhez képest 8 m/s. Mekkora a hajó sebessége a parthoz ké­pest?

A víz sebessége a parthoz képest + a hajó sebessége a vízhez viszonyítva = a hajó sebessége a parthoz képest, tömören:

vPV + vVH = vPH,

ugyanezt ábrázoltuk is. Látható, hogy a M rom vektor egy derékszögű háromszöget határoz meg. Az 1.81. ábra alapján:

I^phI — ->/82 — 62 = 5,3 m/s,

a hajó a vízhez képest 180 —cx= 131°-os szöget bezáró irányba h a la d j

["Gondoljuk el, hogy egy vékony lap, mondjuk egy deszka vízszintes talajon vd sebességgel mozog. A deszkával érintkezik egy korong, amelynek a középpontja t>0 sebességgel mozog, és a korong co szög- sebességgel forog is. Ekkor a korong ke­rületi pontjainak a sebessége ra> nagy­ságú. A korong legalsó, A-val jelölt pontja a középponthoz képest rca-\a l halad hát­ra, az 1.82. ábrán bal kéz felé. így a leg­alsó, A pont sebessége a talajhoz viszo-

Annak a feltétele, hogy a korong tapadjon a deszkán, a következőképpen fogalmaz­ható meg:

vá = v0 -r o j.

Ha a deszka áll, tehát a korong lényegében a talajon halad, akkor a tapadás feltétele:

0 = v0—rco,

vagyis

v0 = raj.

Ne tessék ezt a képletet összetéveszteni a korábban látott vk = ro összefüggéssel; ez az utóbbi a kerületi sebesség és a szögse­besség egyszerű kapcsolatát fejezi ki: co szögsebességű körmozgást végző pontok sebessége a középponthoz viszonyítva rco. A most levezetett v0 = rco állítás annak a feltétele, hogy egy korong a talajon haladva ne csússzék meg, tapadjon a talajon. Ez utóbbi feltétel lényegében azonos azzal, hogy i>0 = rker = j m j

ÍFoglal kozzunk most a következő prob­lémával. Képzeljük el, hogy az R és r sugarú vékony csapágygyürük <x>, és co2 szögse­bességgel forognak az 1.83. ábrán látható irányban. A két gyűrű között csapágy­golyók vannak. Egyet ezek közül beraj­zoltunk. Tegyük fel, hogy a csapágygyűrűk és a csapágygolyó felülete egymáson ta­pad. A golyó gyűrűkkel való érintkezési pontjait jelöljük A-val és B-vel, az ábra szerint, a szomszédos pontokat a gyűrű­kön A'-vel és B'-vel.

73

Ekkor a tapadás feltétele az, hogy egy­idejűleg fennálljanak a

vA = vA;

vB = vw

egyenlőségek. Másrészt a vA- és vw kerületi sebességek a következőképpen fejezhetők ki cüj-gyel és oj2-vel:

va- = Ro)u

vH- = ro)2-

A csapágygolyó középpontját jelöljük C- vel. Ekkor a C pont sebessége az A és a B pontok sebességének számtani közepe:

vA + vBVc= 2 '

Figyelembe véve a fenti négy egyenlőséget, a golyó kerületi sebessége

Kcü! —ra>2

Ha a golyó kerületi sebességét osztjuk a

golyó x:=z~ 2 ~ su8arával, azt kapjuk,

hogy a golyó szögsebessége:

R(ol — rco2 “ golyó ~ f c _ r _ J

74

III. Feladatcsoport: térbeli mozgások, hajítások, körmozgás, relatív mozgás

II I /l. Egy test síkbeli mozgást végez. A t0 = 0 időpontban az r0 = (2 m, 1 m) hely- vektorú pontból indul, és a sebessége ál­landó: v = ( l m/s, —2 m/s). Ábrázoljuk a test pályáját és helyzetét a í = l s, 2 s, 3 s időpontokban! Szemléltessük az elmozdu­lást a t l = 1 s és a t2 = 3 s időpontok között!

III/2. Egy test helyvektora a t időpont­ban r(í)= (2 t; 312; t — 1). Határozzuk meg a test elmozdulását a t j = 1 s és a t2 = 2,5 s időpontok között! Határozzuk meg a se­besség- és a gyorsulásvektort a t időpont­ban!

III/3. A koordináta-rendszer r„ = (12 m, 8 m), helyvektorú pontjából v0 = l2 m/s nagyságú, a vízszintessel oc = 30° szöget bezáró sebességgel kilőnek egy lövedéket. Hol van a test indulás után 1,2 másodperc múlva? M ekkora a test sebessége ebben a pillanatban? Mikor és hol ér földet a test? Mikor éri el a test a pálya csúcsát? H atá­rozzuk meg a pályacsúcs koordinátáit!

III/4. A koordináta-rendszer origójából 40 m/s kezdősebességgel, a vízszintestől 40°-os irányban elhajítunk egy testet. A test egy — az y tengellyel párhuzamos — egyenesnek ütközik. Az ütközés helye az elhajítás helye fölött 15 méter magasban van. Milyen távol van ez a függőleges egyenes az y tengelytől?

III/5. A talajról 30°-os szögben, 50 m/s nagyságú kezdősebességgel kilövünk egy lövedéket. A lövedék a pályája síkjára merőleges, függőleges falba csapódik. A becsapódási hely a talaj felett 10 méter magasan van. Milyen messze van a fal a kilövés helyétől?

III/6. A talajról 30°-os szögben, 50 m/s nagyságú kezdősebességgel kilövünk egy

lövedéket. A lövedék a pályája síkjára merőleges, függőleges falba csapódik. Mi­lyen magasan van a becsapódás helye, ha a fal 80 méter távolságra van a kilövés helyétől?

III/7. A talajról 30°-os szögben elhají­tunk egy testet. Az elhajítás helyétől 40 méter távolságban felállított 20 méter ma­gas pózna tetejére egy pontszerű célt he­lyezünk. Az elhajított testtel eltaláljuk ezt a célt. M ekkora volt a kezdősebesség, és mennyi ideig mozgott a test az ütközé­sig?

III/8. Egy testet 12 m magasan 30°-os szögben elhajítunk. Az elhajítás magassá­gát a test vízszintesen mérve 16 méter távolságban éri el. Milyen távol esik le a test a földre?

m/9. Ferdén fellőtt test 16 másodperc múlva esik le a földre. M ekkora a hajítás maximális magassága?

111/10. A talajról 45° irányú kezdősebes­séggel ferdén kilőtt test a talajt 87,7 méter távolságban éri el újra. Milyen magasan van a pálya csúcsa?

I I I / l l . Egy testet elhajítunk a talajról. Pályájának a legmagasabb pontja 30 méter magasan van, és 45 méter távolságra ér ismét talajt. Mennyi ideig tarto tt a mozgás? M ekkora az elhajítás szöge és a kezdőse­besség?

111/12. A talaj egy pontjából két löve­déket lövünk ki egy időben, m indkettőt 200 m/s kezdősebességgel. Az egyiket 30°-os, a másikat 60°-os szöget bezáró irányban. Hol van a második test, amikor az első a pálya csúcsára érkezett? Hol van a máso­dik test, amikor az első földet ért?

111/13. A talaj egy pontjából kilövünk, egy testet. Ezzel egy időben a kilövés helyé­től vízszintesen mérve 5 méter távolságban, 8,66 méter magasságból elejtünk egy pont­szerű testet. A két test a levegőben össze­

ütközik. Milyen irányban kellett a löve­déket kilőnünk?

111/14. A talaj felett 3 méter magasság­ban egy erkélyről vízszintesen kilövünk egy lövedéket. A kilövés helyétől vízszintesen mérve 2 méter távolságban, a talajról egy másik lövedéket lövünk ki függőlegesen felfelé, az elsővel egy időben. A második test kezdeti sebessége 8 m/s. M ekkora az első test kezdeti sebessége, ha a két test a talaj fölött összeütközik?

111/15. Milyen sebességgel mozog a to­ronyóra 1,2 méter hosszú nagymutatójá­nak a hegye? M ekkora ennek a pontnak a gyorsulása?

111/16. Mekkora az Egyenlítőn egy pont­szerű testnek a Föld tengely körüli forgá­sából származó kerületi sebessége? Mek­kora ennek a pontnak a gyorsulása?

111/17. Egy motorkerékpár nyugalomból indul, és 40 méter sugarú körpályán egyen­letesen növekvő sebességgel halad. Egy tel­jes kör megtétele után a sebessége 20 m/s. Hányszorosára nőtt a gyorsulásvektor nagy­sága ezen a körön? Mennyi idő alatt tette meg ezt a kört a motorkerékpár?

111/18. Álló helyzetből, 50 méter sugarú körpályán egy motorkerékpár indul állan­dó 1,6 m/s2 gyorsulással. M ekkora a szög­gyorsulása? M ekkora a szögsebesség az indulás után 1,5 másodperc múlva? Mek­kora ebben a pillanatban a sebessége, és mekkora a centripetális gyorsulása? Mi­lyen nagy és milyen irányú ekkor az eredő gyorsulás?

111/19. Egy 20 cm sugarú kerék a talajon tapadva gördül. Középpontjának a sebes­sége 4 m/s. M ekkora a szögsebessége? M ekkora a kerék legfelső és legalsó pont­jának a sebessége? M ekkora a vízszintes átmérő két végpontjának a sebessége?

111/20. Egy kerék sugara 20 cm, közép­pontjának a vízszintes irányú sebessége

75

3 m/s, a szögsebessége 10 l/s nagyságú (1.84. ábra). M ekkora a kerek legfelső és legalsó pontjának a sebessége?

111/21. Egy kerék sugara 20 cm, a szög- sebessége 10 l/s nagyságú, a kerék az óram utató járásának irányában forog. A kerék középpontjának a vízszintes sebes­sége 1 m/s és jobbra mutat. M ekkora a kerék legfelső és legalsó pontjának a sebes­sége?

111/22. Egy kerék sugara 20 cm, a szög- sebessége 10 l/s nagyságú és az 1.85. ábrán látható módon az óra mutatójának járásá­val ellentétes irányú. A kerék középpont­jának a sebessége 1 m/s, az ábra szerint jobbra m utató irányban. M ekkora a kerék legalsó és legfelső pontjának a sebessége?

111/23. Egy kerék sugara 20 cm, a szög- sebessége 10 l/s nagyságú. A kerék közép­pontjának a talajhoz viszonyított sebessége5 m/s. Az 1.86. ábrán látható jobbra mozgó lap sebessége 3 m/s. Mekkora a kerék legalsó és legfelső pontjának a talajon mozgó laphoz viszonyított sebessége?

111/24. Egy 10 cm sugarú kerék 1,5 méter sugarú kör alakú pálya belsejében gördül (1.87. ábra). A kerék középpontjának a kerületi sebessége 2,8 m/s. A kerék tapad a körpálya belső oldalán. M ekkora a kerék szögsebessége?

111/25. Függőleges tengelyű, 4 méter su­garú, könnyen elforduló korong kerületén elindul egy ember. Az ember 4 másodperc alatt ér vissza a korongnak arra a pontjára, ahonnan elindult, és 5 másodperc alatt ér vissza a talajhoz viszonyított elindulás he­lyére. Milyen szögsebességgel forog a ko­rong?

111/26. Ha a lefelé haladó mozgólépcsőn lefelé sétál egy ember, akkor 60 másodperc alatt ér le a lépcsőn. Ha a lépcsőhöz vi­szonyított sebességét megkétszerezné, ak­kor 45 másodperc alatt érne le. Mennyi

1.86.----- ábra

ideig tart az út, ha nyugalomban van a lépcsőhöz képest?

111/27. Egy széles folyón északi irány­ban, a földhöz képest 5 m/s sebességgel halad egy hajó. A folyó sebessége a parthoz képest 4 m/s, a hajó a vízhez viszonyítva6 m/s sebességgel mozog. Milyen irányban folyik a folyó?

76

111/28. Egy hajó 4 m/s sebességgel halad a vízhez viszonyítva. A folyó sebessége3 m/s. A folyó mentén két város távolsága8 km. Mennyi idő alatt teszi meg a hajó a két város közötti távolságot oda-vissza?

111/29. Egy csónak a folyó folyásával szemben halad, a csónakos egyenletesen evez. Á thalad egy híd alatt, és ekkor kiesik a csónakból egy félig telt, zárt kulacs. A csónakos 30 perc múlva észreveszi, hogy a kulacs hiányzik. Azonnal megfordul, és egy irányba evez a folyóval. A kulacsot a híd előtt 5 km-rel találja meg. Milyen se­bességgel folyik a folyó?

111/30. Egy fecske valamilyen különleges szembetegség következtében minden tár­gyat a helyes iránytól jobbra lát 30°-kai. Most a fecskefészektől 100 méterre van, és10 m/s sebességgel repül. Odatalál-e a fecske a fészkéhez? Ha igen, akkor mennyi idő alatt és mennyi utat tesz meg a fésze­kig?

111/31. Egy szabályos háromszög oldalai 1 méter hosszúak. A háromszög mindhá­rom csúcsában várakozik egy-egy kis bo­gár, nevezzük ezeket A-nak, B-nek és C- nek. A bogarak egy időben elindulnak: A a B felé, B a C felé, C pedig a A felé. A bogarak állandó sebességgel mozognak, sebességük 10 cm/s. Indulás után mennyi idő múlva találkoznak a bogarak? Mennyi utat tesznek meg a bogarak a találkozá­sig?

111/32. Két gyalogos egymás felé halad, mindkettő 2,5 m/s sebességgel. Amikor a köztük lévő távolság 15 km, az egyik gya­logos orráról egy légy elindul a másik felé,

annak az orrára szállva egy pillanat alatt megfordul, és visszarepül az első orrára. Innen azonnal vissza a másodikhoz. És így tovább, amíg a gyalogosok találkoznak. A légy sebessége 4 m/s. Mennyi utat tett meg a légy a gyalogosok találkozásáig?

111/33. Egy vonat egyenletesen mozog. Egy pillanatban leakasztják a vonat utolsó kocsiját, amely egyenletesen lassulva 500 méter út megtétele után megáll. Tegyük fel, hogy eközben a vonat sebessége nem vál­tozik. Milyen messze van a vonat a le­akasztott utolsó kocsitól akkor, amikor az megáll?

111/34. Egy vonat egyenletesen mozog, a sebessége 20 m/s. Egy pillanatban a vonat két részre szakad. A leszakadt rész 1200 méter út megtétele után megáll. Az elöl haladó rész felgyorsul, és amikor a hát­só rész megáll, az első sebessége 22 m/s. Mennyi idő alatt állt meg a hátsó rész? M ekkora a két rész között a távolság abban a pillanatban, amikor a hátsó rész megállt? Mennyi utat tett meg ez idő alatt az első rész?

ni/35. Egy álló űrhajó mellett v = 240 000 km/s sebességgel elszáguld egy másik űr­hajó. Jelöljük az elsőt A-val, a másodikat B-vel. A B űrhajótól 3 fényév távolságra (B-hez képest nyugalomban, az A-t B-vel összekötő egyenes mentén) lebeg egy har­madik űrhajó, ezt C-vel jelöljük. Ábrá­zoljuk a három űrhajó grafikonját olyan koordináta-rendszerben, amelynek a víz­szintes tengelyére az időt mérjük évben, a függőleges tengelyére pedig a távolságot fényévben!

77

2. Tömegpontok dinamikája

2.1. Az impulzustétel

2.1.1. A dinamika alapfogalmai

A kinematika a mozgások leírására al­kalmas matematikai eszközök, fogalmak leírásával foglalkozik. A mozgással kap­csolatos okokat nem vizsgálja. A mozgás­sal kapcsolatos ok-okozati viszonyok ta­nulmányozása a dinamika feladata.

A dinamikai kérdésfeltevés igen régóta foglalkoztatja a természet titkainak ku­tatóit. Az ókori görög természetfilozófia egyik legnagyobb egyénisége Arisztotelész volt. Dinamikai elgondolásait a követke­zőkben foglalhatjuk össze:

A testek természetes állapota a nyuga­lom, a testek maguktól nem indulnak el, maguktól nem mozognak. Minden moz­gásnak külső oka van, a testek mozgásá­nak okát más testekben kell keresnünk: minden mozgás külső mozgatót tételez fel.

Első hallásra elég kézenfekvő állítás: va­lóban, ha Arisztotelész egy értékes arany­tárgyat felejtett az asztalán, és az másnap nem volt a helyén, joggal gyanakodhatott, hogy valaki elvitte onnan, mert hogy ma­gától el nem ment. Mi is így lennénk ez­zel. Aztán, a kétkerekű verseny szekér sem megy, ha nem húzza a ló. Arisztotelész gondolataiban mi sem találunk kivetni va­lót az első látásra. A nagy görög bölcs

halála után majd kétezer évnek kellett el­telnie, hogy az újkor hajnalán a természet tudósai kételkedni kezdjenek.

Arisztotelész nézeteivel kapcsolatban nem az a baj, hogy tévesek, hanem az, hogy félig igazak. A XVII. század elején Galilei — az első modern fizikus — ismerte fel, hogy az ősi tanítás nem felel meg a valóságnak. Galilei állásfoglalását (ha nem is szó sze­rint) így foglalhatjuk össze:

Abban igaza van Arisztotelésznek, hogy a testek maguktól nem indulnak el. Az vi­szont tévedés, hogy maguktól nem mozog­nak. Ellenkezőleg: ha már mozognak a tes­tek, akkor maguktól nem állnak meg. A testek természetes állapota nemcsak a nyu­galom, hanem az egyenes vonalú, egyenle­tes mozgás is. Ha egy testet magára ha­gyunk, külső hatás nem éri, akkor ez a test vagy állva marad, vagy egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez. Nem a mozgás­nak, hanem a mozgás megváltozásának van oka.

Ez a tehetetlenség elve. Ismét megfo­galmazva: minden test nyugalomban van vagy egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez mindaddig, amíg a környezete ennek az állapotnak a módosítására nem kény­szeríti.

A tehetetlenség elvét sok egyszerű kísér-

78

lettel szemléltethetjük. Gondoljunk el a sima asztalon két biliárdgolyót, egy fehéret és egy feketét. Ha a fekete biliárdgolyót nekigurítjuk az álló fehér golyónak, akkor a fekete golyó megáll, a fehér golyó pedig elindul (2.1. ábra).

□ □ □ □ □ □ □ □ □

□ □ □ □ □ □ □ □ □2 .1.ábra

Ezt az egyszerű jelenséget a követke­zőképpen értelmezhetjük. A fekete golyó mindaddig egyenes vonalú, egyenletes moz­gást végez, amíg a fehér golyónak nem ütközik, ekkor a fehér golyó megállítja. Ezt azonban azon az áron teszi, hogy elindul helyette. De fordítva is így van: a fehér golyó mindaddig nyugalomban van, amíg a környezete, a fekete golyó el nem indítja. De a fekete golyó ezt azonban azon az áron teszi, hogy megáll a fehér helyett.

A tehetetlenség elvét tehát mindkét go­lyóról elmondhatjuk. Az előbbi — köz­ismert — megfogalmazásból ez az elem hiányzik. A tehetetlenség elvének szokásos megfogalmazása a test mozgásának meg­változásáért a test környezetét teszi fele­lőssé, de nem tesz említést arról, hogy eközben mi történik a környezettel. A fenti egyszerű kísérlet azt m utatta, hogy a tehe­tetlenség elve szimmetrikus: a környezetről ugyanúgy elmondható, mint a testről. A testek mozgásállapotának megváltozásá­ért a környezetük a felelős, a test a környe­zet hatására például lassulhat, de akkor a környezet valamely eleme gyorsulni fog: átveszi tőle a mozgást.

A tehetetlenség elvét tehát így értelmez­zük: a testek mozgásállapota a környezet­

tel való kölcsönhatás miatt változik meg úgy, hogy a test környezetében lévő tes­teknek ad a mozgásából (lassul), vagy át­vesz a környezet elemeinek mozgásából (gyorsul). A mozgás mintegy testről testre átadódik a kölcsönhatások során.

De azért a helyzet bonyolultabb, mint amilyennek látszik: két biliárdgolyó ese­tén egyszerűen az egyik megállt, a másik mozogni kezdett helyette, átvette partnere teljes sebességét. Akkor azonban, ha egy nagy kamion ütközik egy személyautóval, a kamion sebességét az autóval való ütkö­zés nem nagyon befolyásolja. Sebesség­csere alig lép fel köztük.

Megfogalmazódik bennünk a kérdés: mi az a mozgásban, ami ütközésekkor, köl­csönhatások során átadódik. Mi is a moz­gás igazi mennyisége?

Érezzük, hogy nemcsak a sebességtől függ. Arányos a sebességgel is, de arányos­nak kell lenni a mozgó anyag mennyiségé­vel is. H a húsz vadlúd V alakban repül az égen, akkor mindegyik vadlúdnak ugyanaz a sebessége, mint akármelyik másiknak. És mindegyik vadlúd sebessége megegyezik a V alakú formáció sebességével is, mind­egyik vadlúd sebessége azonos a húsz vad­lúd sebességével. A húsz vadlúd azonban hússzor annyi mozgást képvisel, mint egy vadlúd!

A test mozgásának igazi mennyisége arányos a test sebességével és a mozgó anyag mennyiségével is; így ha a mozgás mennyiségét 1-vel, az anyag mennyiségét m-mel jelöljük:

I~ v ,

I ~ m .

Az arányossági tényezőt alkalmasan meg­választva:

I = m v . (1)

79

Itt tehát I jelöli a mozgás mennyiségének a mértékét; szokásos elnevezés még: lendü­let, impulzus. Az impulzus vektormennyi­ség, egyirányú a sebességvektorral. Az ösz- szefüggésben szereplő másik mennyiség az anyag mennyiségének a mértéke, más né­ven a tömege.

Az I = mv összefüggés a mozgó anyag két legfontosabb tulajdonságát kapcsolja össze: mozgásának és anyagának a meny- nyiségét.

A mozgás és az anyag mennyisége (az impulzus és a tömeg) a fizika alapfogalmai. Definiálni, alapvetőbb fogalmakra vissza­vezetni egyiket sem lehet. Legfeljebb körül­írhatjuk a két fogalmat. (Ebben a fejezet­ben ezt tettük eddig.) A helyzet hasonló az elemi euklideszi geometriához: a pont, az egyenes fogalma ott alapfogalom. Egysze­rűbb fogalmakra nem vezethetjük vissza. Különböző szinteken körülírhatjuk eze­ket a fogalmakat. Az általános iskolában mondhatjuk, hogy a pont kiterjedés nél­küli pötty. De legjobb, ha nem mondunk semmit, hiszen a gyerekektől elvárható, hogy bizonyos elemi szinten tudják, mi a pont. A tanító néni persze magasabb szin­ten tudja, hogy mi a pont. A geometria professzora még magasabb szinten tudja, még gazdagabb a pontról alkotott fogal­ma. De a pont mindegyikünknek alapfo­galom. Ugyanígy alapfogalom a tömeg és az impulzus. Ha a fizika tudományáról többet tudunk meg, akkor gazdagabb lesz az anyag és a mozgás mennyiségéről alko­tott fogalmunk is, de mindig alapfogalom m arad mindkettő. Bővülni fog a tartal­muk, hiszen tömegpontoktól különböző fizikai objektumok impulzusát és tömegét is értelmezzük. Ezek között azonban nem biztos, hogy érvényben lesz olyan egyszerű összefüggés, mint az (1). Ezért nem lehet az

(l)-ről azt gondolnunk, hogy az impulzus definíciója.

A geometria tudományában az alapfo­galmakat axiómák kapcsolják össze. Egy ilyen axióma: egy sík egyenesével a raj­ta kívüli ponton át egyetlen párhuzamos egyenes húzható. Ez az állítás az euklide­szi geometriában nem bizonyítható. Nincs olyan alapvetőbb állítás, amelyre vissza­vezethető lenne. Vagy elfogadjuk, vagy nem. Megtehetjük, hogy nem. Ekkor el­kalandozunk az euklideszi geometria te­rületéről. (Ezt tette Bolyai János is.) Ha elfogadjuk, akkor az euklideszi geometria területén maradunk. Az axiómák olyan állítások, amelyek az adott tudományon belül nem bizonyíthatók. Más tudomá­nyok eredményei vagy a szemlélet, vagy a kényelmesség alapján azonban elfogadjuk igaznak.

A pontmechanika két alapfogalmát, az impulzust és a tömeget — az I = mv egyen­leten kívül — két axióma jellemzi. A két axióma szemléletesen azt mondja ki, hogy a testek kölcsönhatása sem a mozgás, sem az anyag mennyiségét nem változtatja meg: a testek egymásra gyakorolt hatása nem szüli és nem semmisíti meg sem az anyag, sem a mozgás mennyiségét.

I. Axióma: Testek egymásra hatásakor a kölcsönhatásban részt vevő testek összes impulzusát a kölcsönhatás nem változtatja meg.

II. Axióma: Testek egymásra hatásakor a kölcsönhatásban részt vevő testek összes tö­mege a kölcsönhatás következtében nem vál­tozik meg.

A két axióma — más szóhasználattal élve — az anyag és a mozgás fizikai-filo­

80

zófiai megmaradásának a törvényét rög­zíti. Nem fogalmaztunk pontosan, a meg­maradási törvények formájáról, a velük kapcsolatos formai igényekről még nem beszéltünk.

Felvetődhet az Olvasóban, hogy a két axiómát, amely szóról szóra megegyezik, miért nem fogalmaztuk meg egyetlen mon­datban. Az anyag és a mozgás mennyisé­gének ez a „megmaradása” — most így látjuk — teljesen független elvek. H a eset­leg később, a fizika tudományában elmé­lyedve, egyetlen állításban foglaljuk össze, akkor ez biztosan valamilyen nagyon fon­tos, jelentős elv miatt lesz majd lehetséges.

Ki kell emelni az impulzus viszonylagos­ságát. H a ugyanis a test sebessége a vonat­koztatási rendszer megválasztásától függ, akkor az impulzusa is. A v-vel együtt az I is viszonylagos. így a vasúti töltésről nézve a vonatban mozgó tárgyaknak az impulzusa nem nulla, de a vonatról nézve igen. Ha az utas meghúzza a vészféket, akkor a vasút melletti megfigyelő azt észleli, hogy a tár­gyak a vonaton megtartják az impulzusu­kat, az utas pedig azt tapasztalja, hogy a tárgyak elindulnak, az impulzusuk meg­változik.

Kiemeljük, hogy az 1. axióma nem azt mondja ki, hogy a testek impulzusa ál­landó marad, ha nem hat rájuk más test, hanem azt, hogy az egymásra ható testek összes mozgásmennyisége nem változhat meg az egymásra hatás következtében. Ha a két test összes impulzusa megváltozik, akkor ennek a magyarázatát máshol kell keresnünk. Erre a problémára rövidesen visszatérünk, most azonban meg kell be­szélnünk az impulzus és a tömeg mérését.

Az itt körülírt fizikai fogalmak, az im­pulzus és a tömeg még nem fizikai meny- nyiségek. Nem tudjuk még megmondani, hogy mikor egységnyi egy test tömege.

mikor egységnyi az impulzusa. Azt sem tudjuk megmondani, hogy mikor nagyobb az egyik test tömege, mint a másiké. (Két vadlúd tömege nagyobb, mint egy vad- lúdé, de vajon egy vasból készült golyó és egy fából faragott hasáb közül melyik tö­mege a nagyobb?)

Az impulzus és a tömeg akkor lesz iga­zi fizikai mennyiség, ha világosan leírjuk, hogy mi módon kell mérni őket. (Persze elég a tömeg mérési utasítását megadni: azI = mv összefüggés alapján I mérhető lesz.)

Válasszuk meg a tömeg egységét. Ez bár­milyen test tömege lehet, ha a testet repro­dukálni tudjuk. Ugyanabból az anyagból sok egyformát tudunk készíteni. (Egy vad- macskakölyök nem lehet a tömeg egysége, mert egyáltalán nem vagyok biztos az állandóságában és abban sem, hogy min­den vadmacskakölyök egyforma.)

Legyen mondjuk, a tömeg egysége egy fából készült kocka. Jelöljük a tömegét m0-lal, így m0 = 1. (A mértékegység meg­választására mindjárt visszatérünk.) Te­gyük fel, hogy adva van egy vasból ké­szült lövedék. A tömegét jelöljük m-mel. Az m számértékét nem ismerjük, arra va­gyunk kíváncsiak, hogy hányszor nagyobb a vasgolyó tömege, mint a fakocka tö­mege: az m/m0 arányra vagyunk kíván­csiak. Nyilvánvaló, hogy ez a tömegmérés feladata; az m/m0 arány azt m utatja meg, hogy hányszor van meg az m-ben az m0 egység.

Képzeljük el, hogy a 2.2. ábra szerint az m0 tömegű egység áll, és az m tömegű lö-

2 .2.

ábra

□ □ □ □ □ □ □ □ □M

• u

□ □ □ □ □ □ □ □ □

81

vedéket v sebességgel belelöjük a faha­sábba. Tegyük fel, hogy a lövedék benne- ragad a fahasábban.

Jelöljük a két lest kölcsönhatás utáni összes tömegét M-mel, az egyesült két test ütközés utáni sebességét u-val. így az üt­közés előtti összes tömeg m + m0, az ütkö­zés utáni összes tömeg M. Az ütközés előtti összes impulzus mv, az ütközés utáni összes impulzus Mm.

Az első axiómát alkalmazva: mv=M u, vagyis az ütközés előtti összes impulzus egyenlő az ütközés utáni összes impulzus­sal. A második axióma szerint m + m0 = M, vagyis az ütközés előtti tömegek összege egyenlő az ütközés utáni tömeggel. A két axiómát — „mint egyetlen kincsünket”, tudásunkat — alkalmazva, a következő egyenletrendszerhez jutunk:

m + m0= M ,

m v= M u.

Innen

mv = (m + ni0)u,

és

m u— = ------ • (2)m() v — u w

Ennek az egyenlőségnek a jobb oldalán csak sebességek állnak, ezeket méterrúddal és órával mérni tudjuk. így a tömegmérést az első és a második axiómára támasz­kodva visszavezetjük a távolság és az idő mérésére.

(Könnyű lett volna azt mondani, hogy a tömegmérés igen egyszerűen úgy megy, ahogy az élelmiszerüzletekben: kétkarú mér­leggel. A kétkarú mérleggel való tömegmé­rés; de a rugós erőmérö tömegmérésre alkalmazása is olyan bonyolult elveket feltételez, amelyekkel most még nem ren­

delkezünk. Ebben a pillanatban még csak a két axiómánk van. Ez minden tudásunk.)

A tömeg egysége persze nem fahasáb, hanem 1 dm 3 víz tömegét tekintjük egy­ségnyinek, ennek a neve 1 kilogramm, jele: kg. Használni szoktuk még a kg egyezred részét, a grammot, jele g. 1 g tömege 1 cm3 víznek van.

Vessük most fel a következő problémát. Függ-e a test tömege attól, hogy egymás­hoz képest mozgó koordináta-rendszerek melyikéből mérjük? (Nem az élelmiszerüz­let mérlegével mérjük az iménti tömeget, ezért az általunk alkalmazott rafinált eljá­rástól még az is kitelik, hogy függ a vonat­koztatási rendszer megválasztásától.)

Jelöljük .s/-val azt a vonatkoztatási rend­szert, amelyben az előbb végrehajtottuk a mérést (2.3. ábra). Mozogjon a SS koordi­náta-rendszer s í -hoz viszonyítva balra, w sebességgel. Ekkor az m0 tömegű test se­bessége á?-hez viszonyítva ütközés előtt w, az m tömegű test á?-hez viszonyítva w + v- vel mozog az ütközés előtt, míg a két test együttes sebessége w + u ütközés után.

Ekkor az impulzusmegmaradás törvé­nye:

m0w + m(w + r) = M(w + u),

és a tömegmegmaradás:

m0 + m = M .

A második egyenletet az elsőbe helyet­tesítve:

m0w + m(w + f) = (m0 + m)(w + u),

innen kifejezzük az m/m0 arányt:

m um0 v — u

A tömeg méröszáma tehát az egymáshoz viszonyítva mozgó vonatkoztatási rend-

82

B A B A

B A B A

szerekben azonos. Egy liter víz tömege a mozgó vonaton 1 kg-nak adódik. Ha a pálya mellől figyeljük a vonatban végbe­menő jelenségeket, akkor innen nézve is 1 kg lesz a vonaton utazó liternyi víz tömege. (Figyeljünk fel arra, hogy amikor bebizo­nyítottuk, hogy a tömeg méröszáma nem függ a vonatkoztatási rendszertől, akkor felhasználtuk a sebességek összeadásának a kinematikából tanult klasszikus szabá­lyát.)

Az impulzus mérése elvben megoldott: a tömeg és a sebesség mérésére visszavezet­hető. Az impulzus mértékegysége kg m/s.

2.1.2. Newton törvényei

Térjünk vissza a tehetetlenség elvének közismert megfogalmazására: minden test nyugalomban van vagy egyenletesen mo­

2.3.ábra

zog mindaddig, amíg a környezete ennek az állapotnak a módosítására nem kény­szeríti. Ezzel a megfogalmazással kapcso­latban nemcsak az az ellenvetésünk, hogy nem domborítja ki, mi történik a környe­zetben. Sokkal nagyobb baj az, hogy a tehetetlenség törvénye ebben az alakban nem is igaz. Pontosabban: vagy igaz, vagy nem.

Láttunk ugyanis arra példát, hogy a magukra hagyott testek külső hatás nélkül nyugalomból elindulnak, és gyorsulni kez­denek. Idézzük fel magunkban az élmé­nyeinket, amikor a vonaton meghúztunk egy bizonyos kart. Ennek igen furcsa kö­vetkezményei lettek: a vonaton kívül a tár­gyak lassulni kezdtek, majd megálltak, a vonaton belül kezdetben nyugalomban lé­vő tárgyak — például a labda a kocsi közepén — ugyanazzal a gyorsulással elin­dultak.

83

A vonat koordináta-rendszeréből nézve a testek impulzusa külső hatástól függet­lenül is megváltozik, merőben csak azért, mert a korábban „kellemes" vonatkozta­tási rendszerünk „elromlott”.

Egy pontszerű test impulzusa tehát két dolog miatt változhat meg:

1. a testre a környezete hatást fejt ki, vagyis a test a környezetétől impul­zust kap,

2. a test olyan „kellemetlen” tulajdon­ságokkal rendelkező vonatkoztatási rendszerben van, ahonnan minden ilyen bonyolultnak látszik.

Az is elképzelhető, hogy a vonaton gu­ruló labda nekiütközik egy másik labdá­nak. Az impulzusa így mindkét szempont alapján megváltozik: a másik labdától im­pulzust kap, egyébként pedig gyorsul a vonatkoztatási rendszer „kellemetlen” ter­mészete miatt:

AI = AIkap + AIforras. (1)

Az egyenlőség bal oldala egy tömegpont teljes impulzusának a megváltozását jelen­ti, a jobb oldali első tag a kölcsönhatások következtében fellépő ímpulzusváltozás. A második tag azt az impulzusváltozást jelöli, amely nem a külső testek rovására írható, mindössze a vonatkoztatási rendszer vá­lasztása miatt fellépő jelenség mértéke. (A forrás elnevezés arra utal, hogy ez az im­pulzusváltozás nem kívülről jön: mint ami­kor egy tó vizét a tó medencéjében rejtett forrás táplálja.)

A kölcsönhatások következtében fellépő impulzusváltozás az erőhatás fogalmához kapcsolódik. A z erő a test környezetének az impulzusváltoztató, impulzusközlő képes­sége.

Az erő fogalmához így jutunk: felismer­jük, hogy a környezet — valamiféle kap­

csolat, kölcsönhatás révén — képes meg­változtatni a test impulzusát. A környezet­ben azonban sok-sok minden összetevő­dik. Ezeket azonban bizonyos mértékig szét tudjuk válogatni. Meg tudjuk kü­lönböztetni egy mágnesrúd hatását pél­dául az elektromos állapotú testek hatásá­tól. Nagyszámú kísérletet végzünk, amikor csak egy adott hatás játszik lényeges sze­repet. így, sok kísérlettel, a test impulzus­változásain keresztül megállapíthatjuk az adott környezeti hatás impulzusközlö ké­pességét, vagyis „erejét”.

így jutunk el az intuitív erőfogalomhoz is, és hivatkozhatunk az erőérzetre. Ez azon alapszik, hogy megfigyeljük: bizonyos ér­zetcsoport összekapcsolódik azzal, hogy a kezünkkel a testeket felgyorsíthatjuk, im­pulzust közlünk velük.

Az erőfogalom legfontosabb tartalmi je­gye a kölcsönösség: ha az A test erőt fe jt ki a B testre, akkor a B test ugyanilyen nagyságú, ellentétes irányú erőt fejt ki az A testre. Ez a hatás— ellenhatás törvénye. Ki kell itt emelnünk azt, hogy az A test és a B test között fellépő erők egyenlőségét nem befolyásolja az, hogy valamelyik test­re további testek hatnak.

A testek impulzusa megváltozhat te­hát az erőhatás miatt, de azért is, mert olyan vonatkoztatási rendszerből figyeljük a mozgást, amelyben a testek külső hatás nélkül is gyorsulnak.

Végiggondolva az impulzusváltozásnak ezeket a lehetőségeit, és felidézve magunk­ban, hogy a „kellemetlen” koordináta-rend­szereknek milyen sokféle bonyolult válto­zatuk van, a perspektíva első látásra nem valami biztató: a mozgás ok-okozati viszo­nyainak a leírása igen nehéz feladatnak tűnik.

Mit tudunk most kezdeni a fékező vonat koordináta-rendszerével, különösen ha rá-

84

adásul a kanyarban halad? Hogyan mo­zognak ebben a testek? Mit tehetünk?

Az Olvasó biztosan azt javasolja, hogy hagyjuk az egészet. Ne foglalkozzunk ilyen bonyolult esetekkel. Ne foglalkozzunk „kel­lemetlen” vonatkoztatási rendszerekkel.

Igaza van az Olvasónak. Elfogadjuk a javaslatát. Sőt, törvénybe iktatjuk. Ez a megállapodás lényegében Newton I. tör­vénye.

Mielőtt azonban megfogalmazzuk New­ton első törvényét, adjunk szalonképes ne­vet a „kellemes” és a „kellemetlen” vonat­koztatási rendszereknek. A kellemes vonat­koztatási rendszereket tehetetlenségi vagy inerciarendszereknek nevezzük.

Inerciarendszernek nevezzük az olyan vo­natkoztatási rendszert, amelyben bármely magára hagyott tömegpont impulzusa ál­landó (tehát a tömegpont vagy áll, vagy egyenes vonalú egyenletes mozgást végez).

Inerciarendszer vagy tehetetlenségi rend­szer az olyan vonatkoztatási rendszer, amelyben a tehetetlenség Galilei által meg­fogalmazott elve teljesül. Ezért, amikor a tehetetlenség törvényét a szokásos for­m ában megfogalmazzuk, akkor ki kellene kötnünk, hogy az az elv milyen feltételek mellett teljesül. Vagyis ki kellene monda­nunk, hogy a tehetetlenség elve csak iner­ciarendszerben érvényes. Ez azonban nem hangzik valami jól. Mert mi is az inercia­rendszer? Olyan vonatkoztatási rendszer, amelyben a tehetetlenség elve érvényes. Hát akkor persze, hogy teljesül a tehetet­lenség elve, akár van ilyen vonatkoztatási rendszer, akár nincs. (A tehetetlenség elve ebben az új formájában nem bölcsebb ki­jelentés, mint az, hogy: „Olyan családok­ban, ahol az apák szülik a gyerekeket, az apák szülik a gyerekeket.”)

Azt a kérdést, hogy egy vonatkoztatási rendszer tehetetlenségi-e vagy sem, kísér­

lettel dönthetjük el. Ha a magukra hagyott kis testek nem gyorsulnak, akkor elfogad­hatjuk, hogy a vonatkoztatási rendszerünk inerciarendszer. (Itt persze jó lenne ponto­san meghatározni, mit is jelent az, hogy egy testet magára hagyunk. Pontos megha­tározást nem adunk. Hogy mit is jelent a magára hagyottság, ebben a pillanatban alapfogalomként kezeljük. Mindenesetre a magára hagyott testre a környezete sem közvetlen érintkezéssel, sem közvetve, tá­volról nem hat.

Ha a tapasztalat szerint valamely vonat­koztatási rendszer tehetetlenségi rendszer, akkor minden olyan vonatkoztatási rend­szer, amely a tehetetlenségi rendszerünk­höz viszonyítva egyenletesen mozog, szin­tén az. Gondoljuk el, hogy a talaj vo­natkoztatási rendszerét al jelöljük, az egyenletes sebességgel haladó vonatét 3&- vel. Jelöljük a vonat sebességét a talajhoz képest u-vel. H a egy test az s í vonatkoz­tatási rendszerben u sebességgel mozog — az egyszerűség kedvéért a vonattal pár­huzamosan —, akkor a test sebessége a vonathoz képest u —v=:w. A sebességre vonatkozó összefüggésből áttérve a gyor­sulások közötti kapcsolatra (az egyenlőség differenciálásával) azt kapjuk, hogy ú = w, vagyis a test gyorsulása a talajhoz vi­szonyítva azonos a vonathoz viszonyított gyorsulásával. H a a talaj inerciarendszer, akkor az a test, amely a talajhoz képest nem gyorsul, nem gyorsul a vonathoz vi­szonyítva sem. A talajjal együtt a hozzá viszonyítva egyenletesen mozgó vonat is tehetetlenségi rendszer. Fordítva is így van: ha adott két inerciarendszer, akkor ezek egymáshoz képest vagy állnak, vagy egyen­letesen mozognak. Az olyan vonatkozta­tási rendszerek azonban, amelyek közül az egyik forog a másikhoz képest, ebből a szempontból nem egyenértékűek. Ha az

85

egyik tehetetlenségi rendszer, akkor a m á­sik biztosan nem az. Ha a Vidám Park főépülete inerciarendszer, akkor a forgó körhinta nem tehetetlenségi rendszer.

Említettük, hogy egy vonatkoztatási rend­szer tehetetlenségi voltát csak tapasztalat­tal ellenőrizhetjük. A kísérletek azonban nem abszolút pontosak, a mérési eredmé­nyekben biztosan mindig van kis hiba. A rendszer inerciális volta ezért sokszor csak közelítőleg áll fenn. (így a talaj sem „igazi” inerciarendszer, a Föld tengely körüli for­gása miatt. Az ebből fakadó eltérést azon­ban elhanyagoljuk.) Sokszor a mérések kimutatják a tehetetlenségi rendszertől va­ló eltérést, tehát elég pontosak, bizonyos fizikai problémák leírásánál mégis a rend­szer tehetetlenségi jellege mellett m ara­dunk.

Ki kell emelni ezzel összefüggésben még egy fontos dolgot. A tehetetlenség törvénye nem mondja ki, hogy van egyáltalán iner­ciarendszer. Ennek a kérdésnek az eldön­tését a tapasztalatra bízza. Ily módon a tehetetlenség törvénye nem is tartalmaz állítást.

Newton első törvénye az Olvasó által javasolt megállapodást rögzíti:

Newton 1. törvénye: A dinamika törvé­nyeit inerciarendszerekhez viszonyítva fo ­galmazzuk meg.

Newton I. törvénye így tényleg nem tar­talmaz állítást. Hasonló a szerepe, mint a KRESZ 1. paragrafusának. Az Olvasó előtt nyilvánvaló, még akkor is, ha nem rendel­kezik gépkocsivezetésre jogosító igazol­vánnyal, hogy a közúti közlekedés szabá­lyait be kell tartani, legalábbis ezt várják el tölünk a közelekedési rendészet emberei. A „megállni tilos” táblánál nem lehet meg­állni, piros lámpánál meg kell állni stb.

De van a KRESZ-nek olyan paragrafusa, amelyet nem kell betartanunk! Ilyen pél­dául az első paragrafus: „A rendelet a M a­gyar Köztársaság területén lévő közuta­kon . . . folyó közlekedést szabályozza.”

Világos: meg kell mondani, hogy egy ma­gyar turistát Angliában semmi sem ment, ha közlekedési balesetet okozott, mert az úttest jobb oldalán autózott. Ugyanígy: Magyarországon a KRESZ szabályait kell betartani a külföldieknek is. A KRESZ 1. paragrafusa tehát körülírja a többi parag­rafus érvényességi körét.

Newton I. törvénye nem igazi törvény, hanem kiválasztási szabály, megjelöli azo­kat a vonatkoztatási rendszereket, ame­lyekben a többi törvény érvényesül. New­ton első törvénye még azt sem mondja ki, hogy van-e ilyen vonatkoztatási rendszer a valóságban. (Az euklideszi geometria axiómái sem állítják azt, hogy a fizikai va­lóságban alkalmazhatók-e pontosan ezek az axiómák.)

Newton II. törvénye az első törvényben rögzített megállapodás következménye.

Newton II. törvénye: Inerciarendszerben egy tömegpont impulzusának megváltozása a környezetétől kapott impulzussal egyenlő:

AI = AI,kap ■ (2)

Valóban, hiszen tehetetlenségi rendszernek pontosan azt neveztük, amelyben AIforris = 0. Tegyük fel most, hogy a kölcsönhatás ideje A t>0, akkor

AI AI,At

kap

Aí

A pillanatnyi értékekre áttérve:

1= 1,kap*

#6

Ennek az utolsó egyenlőségnek a bal olda­la a test impulzusának időegységre eső megváltozása, azonosan egyenlő ma-val. A jobb oldal a környezettől időegység alatt kapott impulzus, ezt a mennyiséget elne­veztük a testre ható erőnek: l kap = :F.

Newton II. törvényének az ismert megfo­galmazása tehát: valamely test impulzusá­nak időegységre jutó megváltozása — az ma — egyenlő a környezetétől időegység alatt kapott impulzussal, amelyet a testre ható erőnek nevezünk:

ma = íkap= : F . (3)

Figyeljünk fel arra, hogy itt két egyenlő­ségjel szerepel. Az első azt állítja, hogy a test impulzusváltozása az időegység alatt vele közölt impulzussal egyenlő (ez New­ton II. törvénye), a második egyenlőség az erő definíciója.

Fontos megértenünk: az erő nem azonos ma-val. Ha azonos lenne, akkor mit mon­dana ki Newton II. törvénye?! Az erő fo­galmilag egészen más, mint az ma. Az ma a test tulajdonsága, impulzusának az idő­egységre eső megváltozása. Az erő nem a test tulajdonsága, hanem a test és a kör­nyezet kölcsönhatásának a mértéke, arra a folyamatra jellemző, amelyben a test részt vesz. Tömege, gyorsulása van a test­nek, ezek a test tulajdonságai, ereje azon­ban nincs. Az erő hat a testre.

A testtel közölt impulzust erőlökésnek nevezzük. A testre ható erő: a testtel idő­egység alatt közölt erőlökés. Az erőlö­kés mértékegysége megegyezik az impulzus mértékegységével, kg m/s, az erő mérték- egysége kg m/s2, amelyet röviden newton­nak hívunk, és N-nel jelöljük: N: = kg m/s2. Szokásos még az erő mértékegységeként a dyn: = g cm/s2 használata. Nyilvánvaló, hogy 105 dyn = 1 N.

Az erő — az impulzussal való kapcsola­ta miatt — vektormennyiség. Nagyságán kívül az iránya is jellemzi. Képzeljük el, hogy súlylökést gyakorolunk. Tenyerünk­be veszszük a súlygolyót, és igyekszünk messzire eldobni. A súlygolyóra erőt fej­tünk ki. A tenyerünk nagy felületen érint­kezik a súlygolyóval, az érintkezési felüle­ten keresztül közöljük a súlygolyóval az impulzust. A testek közvetlen érintkezése­kor az erőhatás tehát egy felületen keresz­tül történik. Az erő irányított mennyiség jellegét a 2.4. ábrán látható módon szem­léltethetjük, kifejezve azt, hogy az irányí­to tt mennyiség a felületen keresztül hat. Hasonlóan a hadtörténeti térképeken a hadseregek támadását jellemző nyilakhoz. Az ábrázolásnak ez a módja azonban kissé körülményes, ezért az erőt egyetlen irányí­tott szakasszal ábrázoljuk: iránya az im­pulzusközlés iránya, nagysága kifejezi az erő nagyságát, támadáspontját pedig arra a testre rajzoljuk, amelyik testre hat. Az erövektort szemléltető nyílra vagy az erő jelét (félkövér álló betűt), vagy az erő nagy­ságát (dőlt betűt) írjuk. Ez utóbbi esetben az egyenlő nagyságú erőket ugyanazzal a betűvel jelölhetjük. Két egyenlő nagyságú, de ellentétes irányú erővektort — mivel vektorként nem egyenlöek — úgy külön­böztetünk meg egymástól, hogy az egyiket mondjuk K-val, a másikat K*-gal jelöljük.

2.4.ábra

87

Szövegben F egy erövektort jelöl, F pedig ennek nagyságát.

Az erő háromdimenziós vektor. Irányí­tott szakasszal azonosítjuk, amely egy koor- dináta-rendszer kezdőpontjából indul ki. A koordináta-rendszer kezdőpontja az erő támadáspontja, a koordináta-rendszerben az origón átmenő — az erővektorral pár­huzamos — egyenes a hatásvonal. Úgy fogjuk fel tehát, hogy minden erőhöz hoz­zátartozik egy ilyen lokális koordináta- rendszer.

Az erő mérése elvben megoldott kérdés; a tömeg és a gyorsulás mérésére vezetjük vissza: egységnyi az az erő, mely egység­nyi tömegű testet egységnyi gyorsulással mozgat. Az erő mérésének kényelmeseb­ben megvalósítható módjait is tanulni fog­juk, helyességüket azonban végső soron a tömeg és a gyorsulás mérésére visszaveze­tett erőmérés támaszthatja alá. (A tömeg mérésére ezért nem is alkalmazhattunk kétkarú mérleget, rugós erömérőt. Mind­egyik erőhatás mérésén alapul. Logikai ellentmondáshoz vezetne: az erő mérését a tömeg mérésére, a tömeg mérését az erő mérésére visszavezetni. Annak a mennyi­ségnek a mérését kell előbb korrektül ér­telmezni, amelyik alapvetőbb. És kétségte­len, hogy a fizikában a tömegnél alapve­tőbb fogalom nehezen gondolható el. Az erő semmiképpen sem elörevalóbb a tö­megnél.)

Felvetődik még egy fontos kérdés: függ-e a testre ható erő attól, hogy az egymáshoz viszonyítva egyenletesen mozgó tehetetlen­ségi rendszerek melyikéből írjuk le a jelen­séget. Viszonylag egyszerűen beláthatjuk, hogy nem függ. A test tömegének mérő­száma független az inerciarendszer megvá­lasztásától — ezt láttuk. Az inerciarend­szerek egyenértékűsége miatt a gyorsulás sem tugg attól, hogy melyik inerciarend­

szerben figyeljük a jelenséget. A testre ható erő nem függ a vonatkoztatási rendszer megválasztásától.

Newton III. törvénye az impulzusmérleg másik oldalát világítja meg. A II. törvény egy test és a környezete közötti kapcsola­tot írja le, a III. törvényben „egyenrangú” partnerek kölcsönhatása tükröződik.

Mielőtt megfogalmaznánk Newton III. törvényét, a zárt rendszer fogalmát kell le­írnunk. Tegyük fel, hogy adott az anya­gi testek bizonyos összessége. Feltesszük, hogy ezek a testek a tér egy körülhatá­rolt, korlátos részéhez tartoznak. Egy ilyen rendszerről azt mondjuk, hogy impulzusra vonatkozóan zárt rendszer, ha a rendszert alkotó testek a rendszeren kívüli testektől nem kapnak impulzust, a rendszeren kívüli testeknek nem adnak impulzust. Példaként gondoljunk el két testet, amelyet rugóval kötünk össze, más testek hatásától pedig távol tartjuk.

A zártságot más mennyiségekkel kap­csolatban is meg lehet követelni. Beszél­hetünk ezért például tömegre vonatko­zóan zárt rendszerről. Elképzelhető, hogy egy rendszer impulzusra vonatkozóan nem zárt, de tömegre nézve igen; és ugyancsak elgondolható fordítva is. A zártságnak te­hát mindig csak bizonyos mennyiségre vo­natkoztatva van értelme.

A szemléletes párhuzam kedvéért kép­zeljünk most el egy hegyi falut. A falu lakosai gazdálkodnak, mezőgazdasággal, állattenyésztéssel foglalkoznak és keres­kednek. Egymás között is adnak, vesznek, meg a szomszédos falvak lakosaival is cse­reberélnek. A falu vagyona évről évre nö­vekszik. Milyen tényezőknek tudjuk be a falu vagyonának növekedését? A falu ösz- szes vagyona megváltozhat a kereskede­lem miatt, valamint ettől függetlenül, a termelés miatt. Ha a falut blokád alá veszi

88

az ellenség — vagyis a falu vagyonra nézve zárt lesz —, és egyidejűleg a kereskedelem­től független vagyonnövekedést is kizár­juk, vagyis egyszerűen szólva leáll a gaz­dálkodás, termelés, akkor a vagyon meg­változását m ár csak a belső kereskedelem­nek tulajdonítjuk. Ezt a lehetőséget azon­ban kizárhatjuk. Az egymással való ke­reskedelem nem növeli a közösség vagyo­nát: ha az egyik lakos nyer az üzleten, akkor a másik ugyanannyit veszít, így a közösség vagyona állandó lesz. Az egyik polgár annyi vagyont ad a a másiknak, mint amennyit a másik tőle kap. Függet­lenül attól, hogy valamelyikük esetleg más polgárokkal is kereskedik.

A lakosok közötti kereskedelemmel a testek közötti impulzuscserét — erőhatást— szemléltettük. Láttuk, hogy az erők párosával lépnek fel, egyenlő nagyágiak, ellentétes irányúak. Ezek összes hatása ezért nulla. Az erők legfontosabb tartalmi jegyét a hatás-ellenhatás elve foglalja össze: az erők párosával lépnek fel, az erő és ellenerő egyenlő nagy és ellentétes irányú. Ennek az elvnek impulzusra vonatkozó átfogalmazása

Newtor III. törvénye: A z impulzusra vo­natkozóan zárt rendszer összes impulzusa állandó.

Newton harmadik törvényét az impul­zusmegmaradás törvényének is nevezzük. Impulzusra nézve zárt rendszer impulzusa külső hatások m iatt nem változik meg, a kölcsönhatástól független impulzusválto­zásokat kizárja az inerciarendszer válasz­tása, a belső kölcsönhatások pedig nem változtatják meg az összes impulzust a hatás-ellenhatás törvénye értelmében.

Egyszerű példaként gondoljunk két test­ből álló, zárt rendszerre. Jelöljük az egyik

testet A-val, a másikat B-vel. Ekkor a hatás-ellenhatás törvénye értelmében

Fb-*a— ~ F (4)

vagyis a B test által az A testre kifejtett erő egyenlő nagyságú és ellentétes irányú az A test által a B-re kifejtett erővel. Felhasz­nálva Newton II. törvényét:

F b-*a = wAaA és FA_,B = mBaB,

ezért

mAaA = — mBaB,

ez pedig azt jelenti, hogy

AUAí

AIb

~ K t’

vagyis

AIa + AI„ = 0. (5)

A hatás-ellenhatás törvényét az erőfo­galom legfontosabb elemének tekintettük. Most példát láttunk arra, hogy ebből az elvből az impulzusmérlegnek ez a speciális esete hogyan vezethető le.

Az a kérdés vetődik fel az Olvasóban, hogy a fogalmak hierarchiájában mi az el­sődleges, az impulzus-e vagy az erő? A tör­vények között mi a fontosabb, a hatás­ellenhatás törvénye az erőkre, vagy az impulzus megmaradásának a törvénye?

Nem érinthetjük most a fizikai elméletek és törvények természetét részletesen, de azt biztosan állíthatjuk, hogy messze vagyunk attól a szemlélettől, hogy „a fogalmakat egyszerűen definiáljuk, aztán menjünk to­vább”. Az emberi gondolkodás dinamikus, a fogalmak, tételek, a mérési módszerek dinamikus egymásra hatásban születnek. Az impulzus elsődlegesnek tekinthető az erő mellett, de az erő fogalma történetileg előbb volt, mint az impulzus. E két fogalom

89

nem állítható valamilyen túl egyszerű logi­kai kapcsolatba.

Természetesen az erő összes hatását nem vettük számításba. Két test között felléphet erő anélkül is, hogy gyorsulás lenne, azaz impulzusváltozás nélkül is. Ezekre a kér­désekre később részletesen visszatérünk. Elemezni fogjuk például az erők rugalmas alakváltoztató hatását.

Emeljük ki Newton III. törvényével kap­csolatban azt a magától értetődő tényt, hogy az erő és az ellenereje mindig külön­böző testeken hat. Két test érintkezésekor az egymásnak megfelelő erőket rajzban a szomszédos felületekre rajzolva tüntetjük föl (2.5. ábra).

2.5. ábra

A hatás-ellenhatás törvényének megfele­lően a párosával fellépő erők egyenlő na­gyok, és ellentétes irányúak. A hatásvona­luk egy egyenesbe esik. Ez a hatás-ellen- hatás törvényének olyan tartalmi jegye, amelynek mélyebb értelme később lesz világos.

Newton II. törvényében a test környe­zete által kifejtett erő szerepel, egyesítve a környezet minden elemének a hatását. A testre környezetének elemei külön-külön hatnak. Az az impulzus, amelyet a test a környezetétől kap, felbontható. A testre ható erő egyik részét a környezet egyik tagja, a másikat a környezet másik tagja fejti ki stb. Ezeknek a hatásoknak az ösz- szegzödése eredményezi a környezet teljes hatását, Newton II. törvényében szereplő eredő erőt. Ezzel kapcsolatos a kővetkező törvény.

Newton IV. törvénye: A testre ható erő a környezet egyes részeitől származó erők vektori összege.

Tegyük fel például, hogy az A test kör­nyezete három testből áll, ez a három test: B, C, D. A B test FB A, a C test FC_ A, a D test F d_ a erőt fejt ki az A testre, akkor az A testre vonatkozó második Newton törvényben szereplő erő:

F = F b -a + F c ->a + F d -a -

Némileg más kérdés az, hogy ezek az erők befolyásolják-e egymást. Egyáltalán: ha ismert a fenti példában B, C és D együt­tes hatása, akkor meg tudjuk-e minden esetben állapítani, hogy mekkora erő szár­mazik B-töl, C-töl, D-től? Ez a kérdés az­zal függ össze, hogy mennyiben fejezhető ki az egyes erő a környezet adataival, tu­lajdonságaival. Másként fogalmazva: az az erő, amelyet a B test az A testre kifejt, függ-e a B test tulajdonságaitól, vagy in­kább A-tól, A mozgásától?

Az erőket két csoportba osztjuk.1. Szabaderők azok, amelyek nem füg­

genek a testre ható többi erőtől, a test pályájától, a test mozgásállapotától.

2. Kényszererők azok, amelyek függenek a testre ható többi erőtől, a mozgás pályájától, a mozgásállapottól. (Fel­adatok megoldásánál ezek az erők általában az ismeretlenek között sze­repelnek.)

Newton IV. törvényét az erőhatásokfüg- getlensége elvének is nevezik: „a testre ha­tó erők zavartalanul összegződnek". Vilá­gos azonban, hogy ez nincs így! Az erők zavartalan összegződésének az elve csak a szabaderőkre teljesül, a kényszererőkre nem. A kényszererök iránya, nagysága at­tól függ, hogy a test hogyan mozog, elő van-e írva a pályája, és milyen más erők

90

hatnak a testre. A szabaderőkre valóban érvényes az erők függetlenségének az elve, de pontosan ezeket az erőket neveztük szabaderőknek: ezek azok, amelyek zavar­talanul szuperponálódnak.

A testre ható erők eredőjét a vektorok ösz- szeadásának a szabályával határozzuk meg, vektorilag egyesítve a szabaderőket, és az általuk meghatározott kényszererőket is.

Világítsuk meg ezt egy példával. Képzel­jük el, hogy egy m tömegű test a 2.6. ábra szerint a vízszintes tengelyen mozoghat, mint egy vékony acélszálra fűzött karika. A testre a vízszintes tengellyel a szöget be-

F

záró irányban egy F szabaderő hat, ilyen például a rugók által kifejtett rugalmas erő. A szabaderő nem párhuzamos a test moz­gásának az irányával, kell tehát, hogy a testre hasson még egy erő, amelyet a ten­gely, a vékony acélszál fejt ki a karikára. Ez az erő — jelöljük F ig y e l — merőleges a tengelyre. Nagyságát azonban nem is­merjük. Az ismert F erő és az ismeretlen nagyságú F, erő eredője a test mozgásá­nak irányába mutat, tehát vízszintes. A para­lelogrammaszabályhoz tehát ismerjük az egyik összetevőt, a másik összetevő irányát és az eredő irányát. Ebből az eredő — amely ma-val egyenlő — és a másik összetevő— a kényszererő — is meghatározható.

Az elvont gondolatok után konkrétabb jelenségek tanulmányozására térünk át.

2.1.3. A szabadesés értelmezése

Gondoljunk először a legnyilvánvalóbb, mindenki által ismert tapasztalatra. Ke­zünkben tartunk egy testet, mondjuk egy almát. Óvatosan tartjuk a kezünkben, nem mozgatjuk. Nyugalomban van. Egy pilla­natra — csak egy pillanatra — elengedjük. Abban a pillanatban elindul a talaj felé. Amíg tartjuk a kezünkben, alátámasztjuk, nyugalomban van, mihelyt magára hagy­juk, gyorsul (2.7. ábra).

Mindennapi tapasztalat ez, valóban. Nem csodálkozunk rajta. De nem is szoktunk el­gondolkodni róla. Érdemes azonban eltű­nődni a jelenség értelmezésén. Gondoljuk át még egyszer! A test mindaddig nyuga­lomban van a tenyerünkben, amíg el nem engedjük. Mihelyt m agára hagyjuk, abban a pillanatban elindul a talaj felé. Mint a vonaton a bőröndök és a labda, miután megrántottuk a kart az ablak mellett. A labda és a többi tárgy a vonatban elindul­nak abba az irányba, amerről a bakter- ház jött. Ennek a jelenségnek egyetlen ma­gyarázata van: vonatkoztatási rendszerünk „kellemetlen” volta, vagy a fizikában szo­kásos megjelöléssel: a vonatkoztatási rend­szer nem inerciarendszer. A labda ezért indult el a vonaton. Kézenfekvő arra gon­dolni, hogy a kezünkből elengedett alma azért indult el a talaj felé, mert a talaj környezete nem inerciarendszer.

Az elengedett alma tehát nyugalomban van egy inerciarendszerhez képest — mint a labda a pálya vonatkoztatási rendszeré­hez viszonyítva. A talaj azonban ehhez az inerciarendszerhez képest g-vel „fölfelé” — a jegenyefák csúcsa felé — gyorsul.

Vegyes érzéseink vannak ezzel az ér­telmezéssel kapcsolatban. Tanácstalanok vagyunk, hogy mitévők legyünk, ha a köz­vetlen környezetünk sem inerciarendszer.

{ 91

2.7.ábra

Nem bánjuk-e meg máris, hogy csak iner- ciarendszerrel akartunk foglalkozni? (New­ton I. törvénye.)

Másrészt el kell ismerni, van a magya­rázatnak egy igen nagy értéke: teljesen kézenfekvővé teszi azt a különben eléggé nehezen érthető tényt, hogy minden test azonos gyorsulással esik a talaj felé. (A vonaton is azonos gyorsulással mozogtak a tárgyak a kocsi eleje felé.)

Szívesen elfogadnánk ezt az értelmezést, van azonban egy olyan ellenvetés, amelyet nem tudunk kivédeni: ha a talaj itt a nyárfák csúcsa felé gyorsul, és a testek ezért esnek rá a talajra, akkor a Föld túloldalán a testeknek el kellene esniük a földtől.

El kell fogadni egy másik értelmezést: a talaj és a környezet inerciarendszer, az elengedett tárgyak azért esnek a talaj felé, mert a Föld vonzóerőt fejt ki rájuk. Ezt az

erőt nehézségi erőnek nevezzük, és gyakran G-vel jelöljük.

Amíg az almát a m arkunkban tartjuk, nyugalomban van, mihelyt elengedjük, a Föld által kifejtett erő hatására elindul a Föld felé, és g-vel gyorsul.

Be kell azonban vallanunk, hogy a „sza­badesés” ilyen értelmezése sem probléma- mentes. Nem igazán értjük ennek az erőnek a hatásmechanizmusát. Nem tudjuk, hogy a test és a Föld közötti üres téren keresztül hogyan hat ez az erő. Honnan tudja a test, hogy merre kell elindulnia? Mi van a test környezetében, ami lefele mutat? Azután azt sem értjük, hogy miért azonos minden test gyorsulása.

Elfogadjuk tehát a nehézségi erő létét, be kell azonban vallanunk, hogy nem lát­juk világosan, mi módon hat ez az erő tá­volba.

92

A nehézségi erő nem a testek felületén hat. Ezért a rajzban a nehézségi erő táma­dáspontját a test középpontjába rajzoljuk. A nehézségi erő szabaderő. Minden testre egyaránt hat, akár mozog a test, akár nem.

Alkalmazzuk most Newton II. törvényét a szabadesésre! Az m tömegű testre a G nehézségi erő hat, ennek hatására g-vel gyorsul:

G = m g .

Ebben az állításban tehát G a testre ható nehézségi erőt, m a test tömegét, g sebessé­gének az időegységre eső megváltozását, gyorsulását jelenti.

Mielőtt az alkalmazásokra rátérnénk, kanyarodjunk vissza a szabadesés kétfé­le értelmezéséhez. Gondoljuk végig még egyszer az első abszurdnak tűnő — ér­telmezést! Képzeljünk el egy liftszekrényt, amelyben — valamilyen furcsa álomból — felébredtünk. Egyedül vagyunk a liftben, ijedtünkben elejtjük a kezünkben lévő tár­gyat, mondjuk most is az almát. Azért vagyunk ilyen rémültek, mert azt álmod­tuk, hogy a liftszekrény a Világűrben van, m ár távol a Földtől és a Naprendszertől is, és egyre gyorsabban mozog. Nagy tel­jesítményű rakéták éppen g-vel gyorsítják. Ki mondhatja meg nekünk, hogy a lift a liftaknában van beszorulva, vagy tényleg a Világűrben gyorsul? A liftből erre semmi­képpen nem kapunk választ: semmiféle kísérlettel nem tudjuk eldönteni, hogy a lift a Föld közelében van-e, és az alma a nehézségi erő hatására gyorsul-e, vagy pe­dig a rossz álmunk igaz, a lift inerciarend­szerhez képest g-vel gyorsul kint a Világ­űrben, az alma pedig a vonatbeli labda példája szerint mozdul el (2.8. ábra).

A tanulság: a nehézségi erő hatására végbemenő jelenségek inerciarendszerben nem különböztethetők meg a nem iner­

ciarendszerekben végbemenő jelenségek­től. így van ez, legalábbis olyan kis mére­tekben, mint a lift. (Ez az elv Einstein általános relativitáselméletének a magja.)

["vizsgáljuk meg most a következő egy­szerű — de annál tanulságosabb — prob­lémát. Helyezzük egy testet a talajra. Raj­zoljuk be a 2.9. ábrára az itt fellépő összes erőt. A test középpontjában „támad”, és függőlegesen lefelé m utat a testre ható G nehézségi erő. Ellenereje a Föld közepén,

2 .8 .

ábra

> 6370 km

2.9.ábra

93

6370 km távolságban hat. Az ábrán G*-gal jelöltük. A test nem gyorsul. Ennek az a magyarázata, hogy a test és a talaj érintke­zésénél fellép egy nyomóerő — N-nel jelöl­tük —, amely a test felületén fölfelé hat. Az N nyomóerő ellenerejét N*-gal jelöltük. Ez az erő a talajt lefelé nyomja.

Négy erő lép tehát fel: G és G*, illetőleg N és N* egymás ellenereje, Newton III. törvénye m iatt egyenlő nagyságúak, irá­nyuk ellentétes. Ebben az esetben azonban G és N is egyenlő nagyok, ellentétes irá­nyúak, ez azonban nem a harmadik, hanem a második törvény miatt van így: G és N ugyanarra a testre hat — ellentétben az erő-ellenerő párokkal —, eredőjük nulla, mert a test nem gyorsul: G + N = w °_l

2.1.4. Kötélerők

ÍKépzeljük el, hogy daru kötelén egy m tömegű test függ. A testre két erő hat, a nehézségi erő, és a kötél által kifejtett erő. Válasszuk meg a vonatkoztatási rendszert a 2.10. ábrán látható módon: mutasson az „x tengely” iránya lefelé. Newton II. tör­vénye:

G + K = ma.

Legyen a G erő nagysága G, a K erő nagysága K. Ekkor a két erővektor:

G =(G , 0,0),

K = ( —K ,0,0).

hiszen a két erő párhuzamos az x tengellyel, és G pozitív irányba, K negatív irányba mutat. A G első komponense ezért azonos a nagyságával, a K első komponense pedig nagyságának a ( — l)-szeresével. A gyorsu­lásvektort is így írhatjuk:

a (űx, űy) ű j í

de ax = ay = 0. Jelöljük most a„-et a-val a: = ax. Ekkor

a = (a, 0,0).

(Itt tehát a nem az a vektor nagyságát jelöli, hanem az első koordinátáját, ellentétben G-vel és K-val: ezek a két erő nagyságát jelölik, míg G és K vektorok első kompo­nense G, illetve — K.)

Térjünk most rá a fenti vektoregyenlet helyett az x tengely irányú vektorkompo­nensek között fennálló összefüggésre:

G — K = ma.

Tekintve azonban, hogy G = mg,

mg— K = ma. (1)

Ha a test lefelé — pozitív irányba — gyorsul, akkor K < G , ha fölfelé, akkor K > G . A kötélre függesztett test lefelé gyor­sul, ha álló helyzetből lefelé indul, vagy fölfelé mozogva megáll. Fordítva: a test fölfelé gyorsul, ha álló helyzetből fölfelé indul, vagy lefelé mozogva megáll. |

["Vizsgáljuk meg a 2.11. ábrán látható egyszerű szerkezetet. Egy könnyen elfor­duló, elhanyagolhatóan kis tömegű csigán súlytalan, nyújthatatlan, hajlékony fonalat vetünk át, egyik oldalon m 1, a másik oldalon m2 tömegű testet függesztünk a kötélágakra. A rendszert magára hagyva,

---------------------------------------------- ►y

K

G

, r 2 .10.x ábra

94

határozzuk meg a két test gyorsulását és a kötelet feszítő erőt!

Válasszuk meg a vonatkoztatási rend­szert úgy, hogy az első tengelye lefelé mutasson, a második tengelye a csiga kö­zéppontján haladjon át. Jelöljük be a tes­tekre ható erőket. A két testre ható nehéz­ségi erő mellett a kötélerő hat mindkét testre. H a a csiga elhanyagolható tömegű, akkor a kötélben mindenütt ugyanolyan nagyságú erő hat. A kötélerő végig azonos a kötél mentén.

Mit jelent ez? A következőről van szó: a kötél nulla tömegű, minden kis része az. Szemeljünk ki egy ilyen kis részt. Erre a kötéldarabra a felette látható kötélrészek K , felfelé m utató erőt, az alatta levő részek lefelé m utató K 2 erőt fejtenek ki. A kö­téldarabra alkalmazzuk Newton II. tör­vényét:

K 2 — K i =míólél <2 = 0,

így = K 2. A kötél minden pontjára két ellentétes irányú és azonos nagyságú erő hat.

Newton II. törvényét alkalmazzuk mind­két testre:

mlg - K = m 1a 1, (2)

m2g — K = m2a2. (3)

Itt üi és a2 a két test gyorsulását jelenti, ha pl. O |> 0 , akkor az első test lefelé gyorsul. A két egyenletben három ismeret­len van: at , a2, K. További egyenlethez jutunk, ha a fonál nyújthatatlansagát ki­használjuk. Jelöljük a két test „x-koordi- nátáját” x,-gyel és x 2-vel. Mind x t , mind x 2 időben változhat, a két koordináta ösz- szege azonban állandó; leszámítva a ko­rongra simuló félkörnyi fonálrészt, x , és x 2 összege éppen a fonál hossza:

x i + x 2 = /= á ll. (4)

Az egyenlőség differenciálása után a sebes­ségek között fennálló összefüggéshez ju ­tunk:

Xi + x 2 = 0.

Újabb differenciálás a gyorsulások közötti kapcsolatot eredményezi:

x i + x 2 = 0. (5)

Az egyenletrendszerünk:

m1g - K = m la 1,

m2g - K = m2a2,

a i + tf2 = 0.

A fenti példán jól bem utatható Newton IV. törvénye. A két testre egy-egy szabaderő hat, mindkettőre hat azonban egy kény­szererő. A feladatot határozottá az teszi, hogy a két test mozgására egy geometriai jellegű korlátozás is érvényes: a két testet összekötő fonál állandó hosszú, ezért ha az egyik test mondjuk lefelé gyorsul, akkor a másik test ugyanolyan nagyságú gyorsu­lással mozog fölfelé: a x + a2 =0. A Newton­törvények mellett szereplő geometriai fel­tételen alapuló összefüggéseket kényszer­egyenleteknek vagy kényszerfeltételeknek nevezzük.

95

Még egy megjegyzés a feladattal kapcso­latban: az itt szereplő összes vektor, az erővektorok, a gyorsulásvektorok mind függőleges irányúak voltak, csak a függő­leges tengellyel párhuzamos összetevőik­kel dolgoztunk, a többi koordináta állan­dó, illetve nullának tekinthető. Ezért az itt szereplő mennyiségeket az erő-, illetve a gyorsulásvektorok függőleges koordiná­táinak tekintsük: például mYg az első testre ható nehézségi erő függőleges összetevője. (A másik két összetevő nulla.) így a fela­datban szereplő mennyiségek nem vekto­rok, hanem számok, a vektorok koor­dinátái. Ezért számokként számolunk ve­lük, írhatjuk, hogy ismét a példa kedvéért— K < 0, mlg > 0. (K a két kötélerő azonos nagysága, — K pedig a kötélerők x koor­dinátája.)

H a ezeket a mennyiségeket végül is szá­moknak tekintjük, akkor mondhatjuk azt, hogy ezek skaláris mennyiségek? A fiziká­ban szokásos megállapodás szerint a vek­torok koordinátáit nem tekintjük skalá­ris mennyiségeknek: a skaláris mennyi­ségekkel kapcsolatban nagyon szigorú ki­kötéseink vannak: a skaláris mennyisé­gektől megköveteljük, hogy ne függjön a koordináta-rendszer eltolásától, sebességé­től. Ilyen például a tömeg, az idő, egy szakasz hossza. Ezek olyan mennyiségek, amelyek a sínen mozgó vonatról nézve is ugyanolyan nagyságúak, mint az őrházból nézve. |

IXegyen most a két test a 2.12. ábra sze­rint felfüggesztve. Jelöljük a testek tömegét megyei és m2-vel, a testek koordinátáit az ábrán látható vonatkoztatási rendszerben x t-gyel és x2-vel. Az x 2 valójában kisebb, mint a második test függőleges koordiná­tája, de a második testet a csiga közép­pontjával összekötő rövid fonál hosszának nincs jelentősége, akármilyen rövid lehet.

Az első testre pozitív irányba mtg, negatív irányba a kötélerő hat, így

m ^ — K = m1ü 1.

A második testnél hasonló a helyzet, csak az a különbség, hogy erre a testre két kö­télerő hat fölfelé:

m2g — 2K = m2a2.

A fonál hosszát most is kifejezzük a koor­dinátákkal. A fonál három függőleges sza­kaszból áll: az első rész a második és a harmadik rész x 2 hosszú. így

x, + 2x2 = /= á ll.

Kétszer differenciálva ezt az egyenlőséget, azt kapjuk, hogy

jtj + 2 jc2= 0 .

A feladat leírását szolgáltató egyenletrend­szer tehát:

mlg — K = m1a l ,

m2g - 2 K = m2a2,

a1+2a2=0.

Vizsgáljuk meg most a mozgó csigára ható erőket. A mozgó csigán átvetett fonál

96

mindkét szárában K nagyságú erő hat. A csiga közepéhez rögzített fonálban ébredő erőt jelöljük Kj-gyel. Ekkor a mozgó csi­gára írjuk fel Newton II. törvényét:

| ' mcsigaa 2.

A csiga tömege nulla, ezért

K l —2K = 0.

(Ez volt az oka annak, hogy a második testre 2K kényszererő hatott.) Általános tanulságként pedig azt kapjuk, hogy nulla tömegű testre ható erők eredője mindig nulla, akár gyorsul a test, akár nem. |

pMost három testről lesz szó, a tömegük rendre m1,m 2,m 3.A koordináta-rendszert most is úgy helyezzük el, hogy vízszintes tengelye a csigák közepén haladjon át, füg­gőleges tengelye mutasson lefelé (2.13. áb­ra). A testek koordinátái ebben a koordi- náta-rendszerben legyenek x 1; x2, x 3. A fonál hossza:

x t + 2 x 2 + x 3 = / = áll.

Innenűj +2a2+ a3=0.

A dinamikai egyenletekkel az egyenlet­rendszerünk: m1g - K = m ia1,

m2g — 2K = m 2a2,

m3g - K = m 3a3,

at + 2a2 + a3 = 0.

lA következő probléma annyiban kü­lönbözik az előző háromtól, hogy a három test mozgását két kötél korlátozza (2.14. ábra). A koordináta-rendszert a szokásos módon a mennyezeten függő csigához rög­zítjük. (A mozgó csigához nem viszonyít­hatjuk a mozgást — ez ugyanis nem iner­ciarendszer.)

ábra

x ábra

A koordináta-rendszerben a három test koordinátája rendre x lt x 2, x 3. Látható, hogy ezzel a három távolsággal nem fejez­hetjük ki egyik kötél hosszát sem. Be kell ezért vezetnünk egy negyedik koordinátát, a mozgó csiga mennyezettől mért távolsá­gát. Legyen ez x0. Ekkor a felső kötélág hossza:

Xj + x 0 = /1,

az alsó kötél hossza:

(x2- x 0)+ (x 3- x 0) = /2.

Ha ebben a második kötélben a kötélerő K nagyságú, akkor a felső kötélben 2K, így

97

az első testre m^g mellett 2K kötélerő hat, a másik két testre egyaránt K :

mig — 2 K = m la 1,

m2g - K = m2a2,

m3g — K = m 3a3,

a 1+ a o = 0>

(a2 — a0) + (03 — Q0) = 0 -

Itt a0 jelenti a mozgó csiga gyorsulását. Tegyük fel, hogy a három test tömege: 4 kg, 3 kg, 2 kg. Ekkor az egyenletrendszerbe behelyettesítve, figyelembe véve, hogy g = = 10 m /s2:

40—2K = 4ű j,

3 0 - K = 3a2,

20 — K = 2a3,

ö2 03 = 0 .

Az utolsó egyenletet a két kényszeregyen­let összevonásából kaptuk, az a0 gyorsulás kiküszöbölésével.

Az egyenletrendszer megoldásánál a kö­vetkező lépéseket hajtsuk végre. Osszuk el az első, a második, a harmadik egyenletet rendre a megfelelő tömegekkel: 4-gyeI, 3- mal, 2-vel. Ezután szorozzuk meg az egyen­leteket a negyedik egyenletben szereplő együtthatókkal. Ezután adjuk össze az első három egyenletet:

40—K ^ 1 + — -f = 2 a1 + a 2 + a 3 = 0,

így K = 21,8 N. Ezt visszahelyettesítve az egyenletrendszerbe, kapjuk a gyorsulásokat: ^ = - 0 , 9 m/s2, a2 = 2,l m/s2, a3= — 0,9 m/s2. Az első és a harmadik test fölfelé gyorsul 0,9 m/s2 gyorsulással, a második lefelé 2,7 m/s2-tel. |

Lényegesen nehezebb feladatnak tűnik az alábbi.

I"A 2.15. ábra szerint négy test mozog a csigákon átvetett fonalakon. A négy test tömege rendre legyen m 1 = 6 kg, m 2= 5 kg,

x ábra

m 3 = 9 kg, mA= 10 kg. A testek mennyezet­től mért kezdeti távolsága — koordinátája— x, = 3 m, x 2 = 5 m, x 3= 7 m, x A=2 m. Az első test kezdetben áll, a második kezdetben lefelé mozog 1 m/s kezdősebes­séggel, a harmadik fölfelé kezd mozogni 1,5 m/s-mal. Határozzuk meg, hogy hol van­nak a testek az indulás után 1 s elteltével. Jelöljük be a négy testre ható erőket az ábra szerint, vigyázva arra, hogy egy kötél egyik végétől a másikig minden pontban ugyanaz az erő ébred. A bal oldali álló csigán átvetett kötélben 2K erő hat, ha a jobb oldali álló csigán átvetett kötélben K erő hat. Az első testre így 2K nagyságú kötélerő hat, a harmadikra szintén, a m á­sodikra és a negyedikre K erő hat a nehéz­ségi erő mellett.

A testek koordinátái mellett vezessünk be egy újabb koordinátát a felső mozgó csiga helyének a jellemzésére. Ekkor a bal

98

oldali álló csigán átvetett kötél hossza: indulás után t idővel

Xj(í) + xo(í) = Íi = áll.,

a másik kötél hossza indulás után t idő múlva:

x 2(t) - x0(f) + x 3(f) - x0(t) + x 3(í) + x4(f) =

= /2 = áll.

A négy mozgó test és a két kötél miatt négy dinamikai egyenletet és két kényszeregyen­letet írunk fel:

mlg — 2 K = m 1a í ,

m2g - K = t n 2a2,

m3g - 2 K = m3a3,

m^g — K = m AaA.,

ű i + flo = 0 ,

ű 2 — ctQ-\-a3 — í j 0 4- ű 3 + ű 4 = 0.

A tömegek konkrét értékét behelyettesítve, és az egyenletrendszert az előző problémá­nál látott lépésekben megoldva azt kapjuk, hogy K = 42,52 N és ax= — 4,17 m/s2, a2= l,5 0 m/s2, a 3=0,55 m/s2, ű4= = 5,75 m/s2.

Mindegyik test egyenes vonalú, egyen­letesen változó mozgást végez. Ahhoz, hogy a testek helyzetét meghatározzuk, szüksé­günk van a gyorsulások mellett a kez­deti helyzetekre és a kezdeti sebességekre. A kezdeti helyezeteket ismerjük, a kez­deti sebességek közül azonban csak három számértékét adtuk meg. A negyedik ki­számítható. A helykoordináták közötti ösz- szefüggés differenciálásával — mielőtt a gyorsulások közötti kapcsolathoz ju to t­tunk — a sebességek közötti összefüggést is megkaptuk:

”i(0 + ”oW = 0,

és

v2 (0 - t’o(0 + ”3(0 - v0(t) + v3(t) + v j t ) = 0,

illetve az első egyenlet kétszeresét és a má­sodikat összeadva:

2 v,(t) + v2(t) + 2u3(f) + r4(í)= 0 .

A t = 0 időpontbeli értékeket behelyette­sítve:

2 -0 + 1 + 2 (— l,5) + t>4(0)=0.

Innen

r4(0) = 2 m/s.

A négy test hely-idő függvénye:

— 4 17x i(0 = — ^ — t2 + 0 -1 + 3,

x 2(0 = /2 +1 ‘ / + 5,

x 3(í)= 12— 1,5' t + 1,

x4(í) = t2 + 2• í + 2.2

A t = 1 s időpontban: x 1(l)=0,92 m, x2( l)= = 6,75 m, x 3(l) = 5,77 m, x4(l) = 6,87 m j

t z utóbbi teladaton jól látszik a newtoni mechanika alapgondolata. A koncepció vi­lágos: a feladatok megfogalmazásából és a megoldásokból is látszik. H a ismertek a tömegpontokra ható erők és a tömegpon­tok kezdeti állapota, akkor ezek megha­tározzák a tömegpontok későbbi állapo­tát.

Képzeljük el, hogy van egy szellemi lény, az ún. Laplace-féle démon, ez tökéletesen ismeri a világmindenségben az összes tö­megpont helyzetét és a sebességét ebben a pillanatban. Ismeri ugyanakkor a testek között fellépő erőket is. Ekkor a démon — mert nagyon gyorsan számol — meg tudja

99

határozni, hogy hol lesznek a tömegpon­tok, és milyen sebességgel mozognak 1 m á­sodperc múlva, 10 másodperc múlva vagy akár 100 év múlva.

Világos, hogy a dologban a démonnak van a legkevesebb szerepe. Akár van a dé­mon, akár nincs, a newtoni mechanika sze­rint a világmindenség abszolút determinált.

ÍÁ következő problémában mindössze két test és egyetlen kötél szerepel. A szoká­sos módon elhelyezzük a koordináta-rend­szert. A két test koordinátái x 1 és x 2, a mozgó csiga koordinátája x 0. A fonál hossza:

x t + 2x0+ x 2 + (x2 - x0) = /,

a gyorsulások között fennáll az

a 1+ 2 a 2 + ao==0

egyenlőség.Jelöljük most be a 2.16. ábrán a nehéz­

ségi erőket, majd a kényszererőket. A kö­télben mindenütt ugyanakkora erő hat. A mozgó csigára igy lefelé K erő hat, más­részt fölfelé 2K, így 2K = K. Ez lehetséges: a kötélben nulla erő hat. A kötél nem feszül meg, a testek szabadon esnek: a1 = a2—g, vagyis a0 = — g — 2g = — 30 m/s2. A mozgó csiga 30 m/s2 gyorsulással indul fölfelé. |

100

2.1.5. Mozgás lejtőn

Ebben a pontban is kényszerpályán moz­gó testek leírásával foglalkozunk. Az előző pont feladataitól a most sorra kerülő prob­lémák annyiban különböznek, hogy a tes­tek mozgására két dimenziót használunk, a mozgás ugyan egyenes vonalú, de a testre ható erők nem párhuzamosak a mozgás pályájával.

ÍÁ 2.17. ábra szerint az a hajlásszögű lejtőre helyezzünk m tömegű testet. E test­re két erő hat. Az egyik a nehézségi erő, a másik erőt a lejtő felülete fejti ki a testre. (Ebben a pontban éljünk azzal a feltevés­sel, hogy az érintkező felületek között csak a felületre merőleges nyomóerők lépnek fel.) Meg kell most választanunk a mozgás leírására alkalmas koordináta-rendszert. Kézenfekvőnek tűnik a koordináta-rend- szert úgy elhelyezni, hogy egyik tengelye vízszintes, a másik függőleges legyen.

A testre ható erővektorokat bontsuk fel a koordinátatengelyekkel párhuzamos ösz- szetevőkre.

G = (0 , —mg), hiszen a nehézségi erő víz­szintes összetevője nulla, a függőleges ösz- szetevője mg nagyságú, és a függőleges tengely negatív fele felé mutat. A nyomó­erő N = (N sina , N cos a), mindkét kom­ponense pozitív. Jelöljük a gyorsulásvek­tor koordinátáit ax-ázel és ay-nal. Ekkor

y

Newton II. törvénye:

G + N = m a ,

(0, — mg) + (N sin a, N cos oc) = m(ax, ay).

Áttérünk a vektori írásmódról a koordiná­ták között fennálló egyenlőségre:

0 + N sin a = max,

— mg + N cos a = may.

A két gyorsuláskomponens mellett a kény­szererő nagysága — N — is ismeretlen. Ki kell használnunk a mozgás geometriai fel­tételét, azt, hogy a test a lejtőn mozog. Jelöljük a test vízszintes irányú elmozdulá­sát x-szel, függőleges elmozdulását y-nal.

A 2.18. ábrából nyilvánvaló, hogy x > 0 és }'<0. Az ábrán a lejtő fölött látha­tó háromszög két befogójának a hossza I.Vl= —y > 0 és x > 0 . Ekkor

— vtg a = — ,x

innen a mozgást meghatározó geometriai összefüggés:

x tg « = - > ',

illetőleg a gyorsulások között fennálló kényszeregyenlet.

a , tg a = —ay.

A feladat megoldását szolgáltató egyenlet­

rendszer:

N sin a =max,

N cos a — mg=may,

aTt g a = - a y.

A három egyenletből álló egyenletrendszer szolgáltatja a gyorsulás két összetevőjét és a nyomóerő nagyságát. A második egyen­let mindkét oldalához adjunk mg-1, majd osszuk el az első egyenletet az így kapott másodikkal:

ax a.t g a = — * - = -------i — .

g + ay g - a , tg a

Innen

g tg a = a,(l + tg 2 a),

és

g tg a1 + tg 2 a

sin a9 ------cos a

= — -----= a sin a cos a.1 y

cos2 a

Figyelembe véve a kényszeregyenletet,

ay= — £? sin2 a.

A nyomóerő nagysága az első egyenletből adódik:

K, mü*N = —— = mq cos a. | sin a —1

f~A most megtárgyalt kérdéssel egysze­rűbben megbirkózunk, ha a koordináta- rendszert úgy választjuk meg, hogy az első tengelye a lejtővel párhuzamos legyen, a második tengelye a lejtőre merőleges (2.19. ábra). A testre természetesen ugyanazok az erők hatnak. Az erők tengelyekkel pár-

101

2.19. x ábra

huzamos vetületei azonban most mások:

G = (mg sin a, — mg cos a),

N = (0, N).

Newton II. törvénye:

G + N = m a,

(mg sin a, — mg cos a) + (0, N) = m(ax, ay),

illetve áttérve a koordináták közötti egyen­lőségre:

mg sin a + 0 = max,

— mg cos a + N = may.

A feladat megoldásához szükségünk van még a mozgás geometriai feltételeit kifejező kényszeregyenletre. Ez most igen egyszerű. Gondoljuk meg, hogy a test mozgása során a második koordináta állandóan nulla, a test a lejtőn fekvő tengely mentén mozog: y = 0 , annál inkább j/= 0 és y= 0 .

így a feladat megoldását szolgáltató egyenletrendszer:

mg sin a = műr,

N — mg cos a = may,

ay= 0.

Innen nyilvánvalóan adódik, hogy ax = = g sin a = |a |, és N = mg cos a.

Ugyanannak a feladatnak kétféle leírá­sát adtuk meg. A két leírás közötti kap­csolat jól látható az ábrán: a lejtő menti g sin a nagyságú gyorsulásvektor vízszin­tes komponense g sin a cos a, a függőleges komponense — g sin a sin a = — g sin2 a. [

["Gondol juk most el, hogy a lejtő elmoz­dulhat a vízszintes talajon, a lejtő orrát, csigán átvetett fonállal, ml tömegű testtel kötjük össze. A lejtőn m tömegű test van. A lejtő tömegét jelöljük M-mel, hajlásszöge legyen a. A rendszer nyugalomból indul. A feladatunk az, hogy a rendszer mozgását leíró egyenletrendszert felállítsuk. H at di­namikai egyenletre számítunk: három test mozgását kell leírnunk, és a mozgások le­írásához két dimenzióra van szükség. Egy testre két, koordinátákkal felírt dinamikai egyenlet tartozik. Jelöljük most be a tes­tekre ható erőket. Az mx tömegű testre a nehézségi erőn kívül csak a K kötélerő hat. A lejtőre vízszintes irányban a K erő, függőlegesen a nehézségi erő, a talaj T nyomóereje és az m tömegű testtől szár­mazó nyomóerő hat. Az m tömegű testre a nehézségi erő és a lejtő nyomóereje fejt ki hatást. A lejtő nyomóerejének és el­lenerejének a nagyságát jelöljük N-nel. A koordináta-rendszert most úgy célsze-

y

102

rü megválasztani, hogy az egyik tenge­lye vízszintes, a másik függőleges legyen (2.20. ábra).

Az m, tömegű testre, amely csak függő­leges irányban mozog, vízszintes erők nem hatnak, ezért csak egy dinamikai egyenletet írunk fel:

K — m1g = m iaí .

A lejtőre vízszintes irányban a K kötél­erő és a nyomóerő vízszintes összetevője (N sin a) hat:

K — N sin a = MaL.

Minthogy a fonál nyújthatatlan,

o1+ a L = 0,

ezért bevezethetjük a következő jelölést:

aL= —a1 = :a.

(Ezzel egy kényszerkapcsolatot figyelembe vettünk.) A lejtőre ható függőleges erő­komponensek: a lejtőre ható nehézségi erő, a talaj nyomóereje és az m tömegű test ál­tal kifejtett nyomóerő függőleges összete­vője (N cos a), így

T— Mg — N c o sa = M 0 ,

hiszen a lejtő függőleges irányban nem gyorsul: Az m tömegű testre vízszintes irányban a nyomóerő a szöggel szembeni összetevője (N sin a), függőleges irányban mg mellett az a szög melletti összetevő (N cos a) hat:

N sin a= m fl„

N cos a — mg = may;

itt ax és ay az m tömegű test gyorsulásának vetületei.

Ki kell még aknáznunk a mozgásnak azt a geometriai feltételét, hogy a test mozgás közben a — szintén mozgó — lejtőn van.

2.21. ábra

Jelöljük a test elmozdulásvektorát (x, >')- nal. Világos, hogy x > 0 és y < 0 . A lejtő elmozdulása vízszintes, legyen ez x t . Nyil­vánvaló a 2.21. ábra alapján, hogy

A lejtő feletti pontozott háromszög a szög­gel szembeni oldala |_y|= — y, a szög mel­letti oldala x —X!- Innen

(x—x t) tg a = —y,

és ebből az első deriváltra áttérve a sebes­ségek között az

(x —x , ) t g a = - y ,

a második deriváltra i ttérve a gyorsulások között az

( x - x j ) tg a = - y .

összefüggéshez jutunk.A feladatot leíró egyenletrendszer:

m1g — K = m 1a,

K — N sin a — Ma,

[ T — Mg — N cos a = 0,]

N sin a = max,

N cos a — mg = may,

K - f l l ) t g g = — ű y .

Összefoglalva: az m l tömegű testre víz­szintes irányban nem hat erő, ezért a New- ton-törvények száma eggyel kevesebb. A

*

103

harmadik egyenletet zárójelbe tettük, mert a mozgás leírásához valójában nem szük­séges. A fonál hosszának állandóságát az­zal vettük figyelembe, hogy az első két egyenletben ugyanaz az a gyorsulás szere­pel. A lejtő függőlegesen nem gyorsul, ezért a harmadik egyenlet jobb oldala nulla, és végül a harmadik kényszerkapcsolatot az utolsó egyenlet fejezi ki. |

2.1.6. Súrlódás

Az előző pontban egy kikötéssel éltünk: a testek között fellépő erő a felületekre merőleges. Általában ez nem így van. Két tenyerünket összedörzsölve nyilvánvalóan érezzük, hogy a merőleges erők mellett a bőrünkkel párhuzamos erő is fellép.

Tekintsük a 2.22. ábrán látható két tes­tet, legyen az egyik jele A, a másiké B. Ekkor a B test által az A testre ható köz­vetlen érintkezésből származó erő F B_A, jelöljük röviden F-fel. Ez az erő nem feltét­len merőleges a két test közös érintkezési síkjára: jelöljük az F erő közös érintősíkra merőleges összetevőjét N-nel, ez a B által A-ra kifejtett nyomóerő. A közös érintő­síkkal párhuzamos összetevőt S-sel jelöl­jük. Ez az összetevő a B test által A-ra kifejtett súrlódási erő.

A súrlódási erő tehát a felületek kö­zös érintősíkjában fellépő erő. A súrlódás

szembeötlő tulajdonsága a természetnek, úgy véljük, nincs helye és értelme a súrló­dást magyarázgatni, a felületek érdessé­gére, simaságára hivatkozni. A nyomóerő felléptét sem kell indokolnunk.

Igen sokféle súrlódási jelenség van. Eb­ben a pillanatban azonban számunkra a tapadási és a csúszási súrlódási jelenségek a fontosak.

Csúszási súrlódási erő két felület között akkor lép fel, ha a két felület egymással érintkező pontja egymáshoz képest elmoz­dul. A B test által A-ra kifejtett csúszó súrlódási erő az A test B-vel érintkező pontjának a B-hez viszonyított sebessé­gével ellentétes irányú. Nagysága minden esetben a felületekre merőlegesen fellépő nyomóerővel arányos. Az arányossági té­nyezőt /i-vel jelöljük, és csúszási súrlódási együtthatónak nevezzük. Tehát

S = fiN.

Ez a körülmény a 2.23. ábra szerint azt jelenti, hogy a nyomóerő és az F eredő erő által bezárt a szög tangense:

Stg a = u = — .

A két felület bárhogy mozog egymáson, bármekkora a köztük fellépő nyomóerő, csúszáskor a két felület között fellépő erők eredője egy 2a nyílásszögű kúp palástján

104

hat. Fontos kiemelnünk, hogy az S= fiN nem általános természeti törvény, csak elég széles keretek között jó közelítés.

Tapadási súrlódási erő két felület között akkor léphet fel, ha a két felület egymással érintkező pontja egymáshoz képest nyuga­lomban van. A tapadási súrlódási erő tipi­kus kényszererő. Irányát is és nagyságát is a testekre ható többi erőből és a mozgás geometriai feltételeiből határozhatjuk meg. Egyetlen kikötést kell tennünk. A tapadási súrlódási erő nem lehet akármilyen nagy. Maximális értéke a nyomóerőtől függ:

^max — floN •

A n0 együtthatót tapadási súrlódási együtt­hatónak nevezik.

A tapadási súrlódási erő és a nyomóerő eredője a felületekre merőleges, 2oc0 nyílás­szögű kúp palástján hat, vagy a kúp belseje felé mutat (2.24. ábra), ahol

A két súrlódási együttható az érintkező felületek anyagi minőségétől függ, de mint láttuk, nem függ a fellépő erőktől.

A n és a [i0 együtthatók viszonyáról a következőt mondhatjuk: n általában ki­sebb, mint az ugyanarra a felületpárra vo­natkozó /t0. Gondoljuk el, hogy egy szek­rényt szeretnénk arrébb tolni a szobában. Eleinte nem akar mozdulni: egyre nagyobb

és nagyobb erővel veselkedünk neki. A nyugalom feltétele: az erőnket pontosan kompenzálja a talajnál fellépő tapadási súrlódási erő. Ha nagyobb erővel hatunk, akkor a talajnál fellépő erő is nagyobb mindaddig, míg a szekrény nyugalomban van. Amig a szekrény nem mozdul, a ta­padási súrlódási erő nagyságát mi hatá­rozzuk meg, és egyáltalán nem függ /i0-tól.

Abban a pillanatban, amikor a szek­rény megmozdul, máris gyorsulni kezd. Ha egyenletesen szeretnénk tolni a szek­rényt, nem kell akkora erőt kifejteni, mint a megmozdításához. Amikor azonban a szekrény mozog, a súrlódási erő nem attól függ, hogy mekkora erőt fejtek ki rá, csak a nyomóerőtől és /i-től függ: S = iiN = fímg. Ha növelem a szekrényre kifejtett erőt, a szekrény gyorsulni fog, de a súrlódási erő állandó marad.

A 2.25. ábrán látható grafikonon az ugrás azt fejezi ki, hogy a szekrény meg- mozditásához nagyobb erő szükséges, mint az egyenletes mozgatáshoz. így tehát a

s

*-F 2.25.ábra

105

tapadó súrlódási erő maximális értéke ál­talában nagyobb, mint az ugyanolyan kö­rülmények között fellépő csúszási súrlódási erő:

A két együttható közötti eltérés azonban sok esetben csak néhány százaléknyi. Meg­állapodunk ezért abban, hogy — ha a fel­adat külön nem hangsúlyozza az ellenke­zőjét — a n és /i0 között nem teszünk különbséget. Ennek az a következménye, hogy az előbb vázolt grafikonon nincs ugrás (2.26. ábra), és a csúszó súrlódási erő egyenlő a tapadási súrlódási erő maximu­mával. A tapadás határán fellépő maximá­lis tapadási súrlódási erő egyenlő a csú­száskor fellépő súrlódási erővel.

A tapadás feltétele az, hogy a két test egymással érintkező pontjai azonos sebes­ségei mozogjanak. Ha az érintkező pontok sebessége azonos, akkor a gyorsulásuk is megegyezik. Fordítva azonban ez általá­ban nem igaz. Ha két pont gyorsulása azonos, akkor a sebességük azonossága azon múlik, hogy a kezdeti sebességük megegyezett-e vagy sem.

IÁ 2.27. ábrán látható m tömegű test kezdetben áll. A testre vízszintes irányú F erőt fejtünk ki, Határozzuk meg a testre ható súrlódási erőt és a test gyorsulását, ha a test és a talaj között a súrlódás együtthatója /x.

s

106

y

v(0) = 0

s

Válasszuk meg a koordináta-rendszert az ábrán látható módon. Rajzoljuk be a testre ható vízszintes irányú erőket. (Füg­gőleges irányban két erő hat, mg és N,N = mg.)

Newton II. törvénye a vízszintes irányú mozgásra:

F —S = ma.

Ez az egyenlet két ismeretlent tartalmaz: a test gyorsulását és a súrlódási erőt. Az S = fiN = nmg egyenlőséget csak akkor használhatjuk, ha a test csúszik, de nem tudjuk biztosan, hogy csúszik-e. Ha a test tapad, akkor a súrlódási erő ismeretlen.

Honnan lehet ezt előre tudni? Sehonnan. A feladat megoldásakor nem tudhatjuk, hogy a test csúszik-e vagy sem. Ez utólag derül ki.

Tegyük fel ugyanis, hogy a test csúszik, ekkor S=fxmg. H a például a mi esetünk­ben m = 2 kg, /i = 0,2 és F = 3 N, akkor S = 4 N, Newton II. törvényéből a gyor­sulás a= — 0,5 m/s2. Ez nyilvánvalóan le­hetetlenség, ha a test kezdetben áll. (Nulla kezdősebesség esetén a negatív gyorsulása azt eredményezi, hogy a test negatív irány­ba, hátra felé mozog. Ekkor azonban a súrlódási erő jobbra, pozitív irányba hat­na, mert a sebességgel ellentétes irányú, így a testre ható mindkét erő pozitív irány­ba, előre mutatna. Ebből viszont pozitív gyorsulás adódna, ellentétben a kiindu­lással.)

Ha a test kezdősebessége nulla, akkor a gyorsulás nem lehet negatív. Ez azt jelenti, hogy az a feltevésünk, amely szerint a test csúszik, nem helyes: a test tehát tapad. A gyorsulás nulla, a súrlódási erő pedig New­ton II. törvényéből adódik: S = F = 3N.

A feladat megoldást a következőképpen foglalhatjuk össze:

Newton II. törvénye mellett a test csú­szásakor az S=(img egyenletet, tapadása­kor az a = 0 egyenletet használjuk. így mindkét esetben két egyenletünk van, két ismeretlennel. A feladat konkrét megoldá­sakor választunk egy alternatívát, feltesz- szük hogy a test csúszik, vagy feltesszük, hogy a test tapad. Ekkor az egyenletrend­szert megoldva, az eredményeket utólag ellenőrizzük. Ha abból indultunk ki, hogy a test csúszik, akkor negatív vagy nulla gyorsulást nem fogadhatunk el helyesnek. Ha tehát a< 0, akkor megoldjuk a felada­tot újra, most az S= ^m g egyenlet helyett az o = 0 egyenletet használva.

Ha a tapadás hipotéziséből indultunk volna ki, akkor a dinamikai egyenlet mel­lett az ű = 0 egyenlettel élünk. Ebben az esetben azonban S értékét ellenőrizni kell. Ha S > nmy, akkor az eredmény elfogad­hatatlan. Áttérünk a csúszás esetére, és az a = 0 egyenlet helyett az S = \ang egyenletet használjuk. Tehát:

Az S súrlódási erő a sebességgel ellentéte­sen balra mutat (2.28. ábra). A test bizto­san csúszik, mert a kezdősebesség nem nulla. így S = pung, tehát

F — S — ma,S = nmg.

Ebben az esetben elképzelhető pozitív, nul­la, sőt negatív gyorsulás is. Lehet, hogy a húzóerő nagyobb, mint [tmg, a testet nö­vekvő sebességgel húzzuk. Az is elkép­zelhető, hogy a testre akkora erőt fejtünk ki, mint a súrlódási erő, a test egyenletesen mozog. A negatív gyorsulás olyan esetben adódik, amikor a húzóerő kisebb, mint a nmg, vagyis a test jobbra mozog csökkenő sebességgel. |

ÍAbban az esetben, amikor a test kezdő- sebessége a mozgás kezdetén balra, hátra­felé mutat (2.29. ábra), a súrlódási erő a húzóerővel megegyező irányú lesz: jobbra mutat. Nagysága most is /xmg, hiszen a test csúszik. így

F + S = ma,

S = nmg.

Egyetlen eset valósulhat meg: a gyorsulás csak pozitív lehet — hiszen mindkét erő

v(0)» 0

F — S = ma. s \

Csúszáskor: Tapadáskor:S = /img. a = 0.Ellenőrzés: Ellenőrzés:a> 0.

f"Tegyük most fel az előző esettel szem­ben, hogy a test a megfigyelésünk kezde­tén jobbra — pozitív irányba — mozog, i?(0) > 0. A testre most is az F húzóerő hat.

2.28.ábra

v(0l<0

2.29.ábra

107

v(0)>0

W0)<0 2.30.ábra

jobbra mutat —, a test csökkenő sebesség­gel halad balra, lassul. Az, hogy egy test lassul, azt jelenti, hogy a sebessége és a gyorsulása ellentétes előjelű. |

Foglaljuk most össze a három rokon problémát. A 2.30. ábrán látható táblá­zat első sorában a kezdősebesség nagyobb mint nulla. Ilyenkor az a > 0, a = 0 és a < 0 esetek egyaránt megvalósulhatnak. A má­sodik sorban a kezdősebesség nulla, ilyen­kor a gyorsulás csak pozitív vagy nulla lehet. Ha a kezdősebesség negatív, akkor pozitív gyorsulás fogadható el. A táblá­zat kilenc rekeszébe tehát hat megvalósuló eset tartozik. Három eset nem valósulhat meg. A hat megvalósuló eset közül a kö­zépső a tapadás esete, ekkor a súrlódási erő S<nm g, a többi öt esetben biztosan S —fímg.

F f együk most fel, hogy egy m2 tömegű kocsira tömegű testet helyezünk, és a testre F erőt fejtünk ki jobbra. A test és a kocsi között a súrlódási együttható legyen

X Z I Z S I Z

/a. Tegyük fel, hogy mindkét test állt kez­detben. Jelöljük be a 2.31. ábrán a testekre ható vízszintes irányú erőket. A két testre felírjuk a dinamika alaptörvényét.

F — S = m la 1,

S — /fi 2^2 •

A kis kocsit tehát csak a súrlódási erő gyor­sítja, akár csúszik a két felület egymáson, akár tapadnak egymáshoz.

Mindkét eset előfordulhat. Ha a két felü­let megcsúszik egymáson, akkor S = tim , ezt az összefüggést a dinamikai törvények­hez csatolva, a két gyorsulás meghatároz­ható. A feltevést — hogy a felületek csúsz­nak egymáson — ellenőrizni kell: a test gyorsulása nagyobb, mint a kocsié.

Ha a tapadás feltételéből indulnánk ki, akkor az S = nm^g egyenlet helyett az a, = a2 kényszeregyenlettel élünk. Utólag azonban ellenőrizzük, hogy teljesül-e az S<ixmxg feltétel. Tehát:

F — S = m1a1,S = m2a2.

2.31.ábra

Csúszáskor:S=/xm1g.Ellenőrzés:flj ^ Ű2 *

Tapadáskor:a \ = a2 — '-a- Ellenőrzés:

108

["Módosítsuk most a feladatot úgy, hogy az F erővel nem a testre, hanem a kisko­csira hatunk (2.32. ábra). A probléma megoldásának a töm ör vázlata:

S = m1fl1,F — S = m 2a2.

S \Csúszáskor: Tapadáskor:S u lim ig . a , = a2 = :a.Ellenőrzés: Ellenőrzés:a1<a2. S<,ntnlg.

Itt a testet csak a súrlódási erő gyorsítja. Megcsúszást feltéve, a kocsi nagyobb gyor­sulással fog mozogni. Ha a tapadási hipo­tézisből indulunk ki, akkor a testek gyor­sulása azonos, jelöljük ezeket a-val. Ilyen­kor a zS < m ig feltételt kell ellenőrizni. |

("Helyezzünk most egymásra két téglát, a felső tömege legyen m l , az alsó tömege m2. Tegyük fel, hogy a két tégla között is, és a talajnál is, fellép a súrlódás. A két tégla közötti súrlódás együtthatóját /vgyel, az alsó tégla és a talaj közötti súrlódás együtt­hatóját /*2-vel jelöljük. Tegyük fel, hogy a két test kezdetben áll. A felső testre fejtsünk ki F nagyságú, vízszintes irányú erőt a 2.33. ábra szerint. A feladatunk az, hogy meghatározzuk a két test gyorsulását és a fellépő súrlódási erőket.

Jelöljük be az ábrán a vízszintes irányú erőket. A felső testre a húzóerőn kívül a két felület között fellépő súrlódási erő hat, jelöljük ennek a nagyságát S1-gyel. Ennek az erőnek az ellenereje az alsó tégla felső felületén hat jobbra. Természetesen ez is S t

S Z Z2.32.ábra

2.33.ábra

nagyságú. Az alsó testre még egy súrlódási erő hat, a test és a talaj közötti, és balra mutat. Ennek az erőnek a nagyságát jelöl­jük S2-vel.

A dinamikai törvények:

F — S 1—m la l ,

S j S2 = m2a2 ■

A feladatnak több ága létezik. Elképzel­hető, hogy mind a két test között, mind a talajnál csúszás lép fel. Csúszás esetén a súrlódási erő nagyságát ismerjük:

S i= /í i mig ,S2 = /i2(m1+ m 2)0 .

A négy egyenletből álló egyenletrendszert megoldva a két test gyorsulását kapjuk: olyan megoldásokat fogadhatunk el, ahol a felső test gyorsulása nagyobb, mint az alsó testé, de ez az utóbbi is pozitív.

Ha a két tégla egymáson elmozdul, de az alsó tapad a talajon, akkor a dinamikai egyenletek mellett az

S i= /i jm 10, a2 = 0

egyenleteket használjuk. Ellenőrizni kell azt, hogy a felső test valóban gyorsul-e, és a talajon tapadó súrlódás lép-e fel?

Elképzelhető az az eset is, amikor a két test összetapad, de együtt csúsznak a tala­jon. A pótlólagos egyenletek most:

a i = a2 = :a,

S2 = /í2(w i ,+ m 2)0 .

109

Ellenőrizni kell a tapadást a két tégla között: és azt, hogy a két testközös gyorsulása valóban pozitív-e.

Végül az is megvalósulhat, hogy a két test egyaránt nyugalomban van. M ind­kettő áll. A dinamikai egyenletek mellett az Ű! = 0 és az a2 = 0 egyenletek érvénye­sek. Mindkét felületnél tapadó súrlódás lép fel, ezért az

S i <Hí m^g,S 2 < / i 2(«Ji + m 2)g

egyenlőtlenségeknek teljesülni kell. Összefoglalva:

F - S 1= m 1al,

S j S 2 —— wi2ű 2 .

Ha mindkét test külön-külön csúszik:

S i = / i i m tg,

S2 = n2{m1+ m 2)g.

Ellenőrzés:

ű i> ű2,a2> 0.A két test összetapadva csúszik:

Cl i = Ű2 = .fl,

S2 = n2(ml+ m 2)g.

Ellenőrzés:

Si< H i mtg, a2> 0.

A felső test csúszik, az alsó áll:

Si = /V » i0> a2 = 0 .

Ellenőrzés:

ű i > 0 ,

S2< n 2(m1+ m 2)g.

M indkettő áll:

ű i = 0 ,

a2= 0.

Ellenőrzés:

St </*iS2< /i2(m i+ m 2)0_ J

Pfegyük fel most, hogy a. hajlásszögű lejtőre m tömegű testet helyezünk a 2.34. ábra szerint. A test és a lejtő között a súr­lódási együttható /i.

Tegyük fel először, hogy a test kezdőse­bessége nulla. A testre ható erők: nehézségi erő, a lejtő által kifejtett nyomóerő és a súrlódási erő.

A dinamikai egyenletek:

mg sin a — S = ma,

N — mg cos a = 0,

hiszen a súrlódási erő a lejtő síkjával pár­huzamos, és a lejtő teteje felé mutat. Te­gyük fel most, hogy a test nem mozdul el a lejtőn. Ekkor a = 0, és S < nN = iimg cos a. Innen S = mg sin a. Mindez akkor áll fenn, ha mg sin a < nmg cos a, így a tapadás fel­tétele: tg a < /i . A lejtőre helyezett, kezdet­ben álló test nyugalomban marad, ha a lejtő hajlásszögének a tangense nem na­gyobb a súrlódási együtthatónál.

Vizsgáljuk meg azt az esetet, hogy a test csúszik a lejtőn. Ekkor

S = ftN = [img cos a.

2.34.ábra

110

A gyorsulás ebben az esetben csak pozitív lehet:

a = 0(sin a —//cos a ) > 0 .

A csúszás feltételére természetesen azt kap­juk, hogy tg oc > /£.

Abban az esetben, ha a testnek lefe­lé m utató kezdősebességet adunk, akkor a fenti dinamikai egyenleteket az S = f iN

erőtörvénnyel egészítjük ki. Az egyenlet­rendszer megoldásából a = g(sin a —//cos a). Ebben az esetben lehetséges, hogy a test gyorsulása pozitív, az is lehet, hogy nulla, sőt lehetséges, hogy negatív. Ha a gyorsu­lás pozitív, akkor a test egyre növekvő sebességgel halad lefelé a lejtőn. Ha a gyorsulás nulla, akkor a mozgó test egyen­letes sebességgel csúszik lefelé. Negatív gyorsulás esetén a test lassul a lejtőn, majd megáll.

H a a testnek fölfelé mutató, tehát negatív kezdősebességet adunk (2.35. ábra), akkor a súrlódási erő a lejtő síkjában lefelé, a ten­gely pozitív fele felé mutat. A probléma megoldását szolgáltató egyenletek:

mg sin cc + S = ma,

N — mg cos a = 0,

S = nN.

A gyorsulás: a = í/(sin ct + n cos a), minden­képpen pozitív. A fölfelé csúszó test tehát lassul, és megáll. (Ezután vagy elindul lefelé

— ha tg a > n — vagy állva m arad — ha tgociS/zOj

I"a fentiek egyszerű alkalmazására vizs­gáljuk meg a következő problémát. Te­gyük fel, hogy a hajlásszögű lejtő aljáról a lejtő teteje felé r o < 0 kezdősebességgel indítunk egy testet, amely v1>0, vt < |l-0| sebességgel érkezik vissza. Határozzuk meg a súrlódási együtthatót.

Mindenekelőtt jegyezzük meg, hogy az a> 0 gyorsulással, kezdősebesség nélkül in­duló test az s úton v = y /la s sebességre tesz szert. Ezt az egyszerű állítást az egyenlete­sen változó mozgásra vonatkozó

a 2s = — t , v = at

kinematikai összefüggésekből kapjuk. Osz- szuk el ugyanis a második egyenlet négy­zetét az első egyenlettel:

v2 2a2t2 „— 2 2ű,

s at

vagyis

v2 = 2as.

Ugyanez a képlet érvényes lassuló moz­gásra is. Ha a > 0 gyorsulással lassuló test t < 0 sebességről indulva megáll, akkor az elmozdulás:

Az elmozdulás abszolút értéke az út:

a 2 - s = + — t , es v = — at.

Innen (ugyanúgy, mint fenn) adódik, hogy

v2 = 2 as.

Térjünk vissza a feladat megoldására. Ha a test fölfelé mozog, a gyorsulása pozi-

111

tiv, űf = í/(sin a + n cos a). Ugyanakkor, ha a test m ár lefelé mozog, akkor a gyorsulása a! = i/(sina—//cosa). A megtett út fölfelé is, és lefele is azonos: jelöljük s-sel. Ekkor

v\ = 2 ű ,s = 2c/(sin a — n cos a)s,

Vq = 2 afs = 2í/(sin a + /i cos a)s.

Osszuk el a két egyenletet egymással:

V* _ s in a — /íco sa 1—//c tg a t?o sina + //co sa l + / / c t g a '

Innen j.i könnyen kifejezhető. Ha bevezet­jük a q := (v jv 0)2 jelölést, akkor

1 —q

Hfegyük fel most, hogy a hajlásszögű lejtőn egy m tömegű test van. k lejtő és a test között a súrlódási együttható \x. A testre a 2J6 . dfcra szerint fölfelé m utató F erőt fejtünk ki. Mi történik a testtel, és mekkora a fellépő súrlódási erő?

Legyen a = 30°, = 0,3, m = 10 kg. Vezes­sük be a következő jelöléseket:

Q: = mg sin a = 50 N,

R: — fimg cos a = 26 N.

Ekkor, ha az F > Q + R = 76 N, a test fölfelé gyorsul, a gyorsulása F —Q — R = m a -ból számítható, ilyenkor a > 0. Ha F = Q + R, akkor a test a tapadás határán nyugalom-

f N

_*--------------f..................,---- ----- 2.36.24 N 50 N 76 N ábra

ban van. Ezzel az erővel kell fölfelé húz­ni a testet, ha azt kívánjuk, hogy fölfe­lé egyenletesen mozogjon. Ha F + R = Q, vagyis F = 2 4 N, akkor a test vagy nyuga­lomban van, vagy egyenletesen lefelé mo­zog. Ekkora erővel kell tehát a testet fölfelé húzni, hogy lefelé egyenletesen mozogjon. A kezdetben nyugalomban lévő test nyu­galomban marad, amíg Q — R < F <Q + F. Ha F <Q — R, akkor a test lefelé gyorsul.

Súrlódási erő nem lép fel, ha F = Q = 50 N. Ha F > Q = 50 N, akkor a súrlódási erő lefelé mutat, és ha F <Q, akkor a súr­lódási erő fölfelé mutat. H a F < Q —R, vagy F > Q + R, akkor a súrlódási erő S = = R = 26 N. Egyébként |S |< R . Az ábrán látható vízszintes egyenesen az F húzóerőt ábrázoltuk, feltüntetve a feladat szempont­jából érdekes erőintervallumokat. |

ÍA következő problémákban előre tud­juk, hogy a mozgó testek megcsúsznak egymáson. Képzeljük el, hogy egy teher­autó t;0 sebességre felgyorsul t0 idő alatt, majd egyenletesen mozog (2.37. ábra). Az autó rakfelülete és a rajta fekvő láda között a súrlódás együtthatója n- Az m tömegű ládára ható súrlódási erő az autó sebessé­gével párhuzamos. Feltéve, hogy a láda

112

megcsúszik, S = nmg, Newton II. törvényé­ből S=ma, a két egyenletből a=ng. (Ér­demes megjegyezni: vízszintes felületen csú­szó test gyorsulása fig nagyságú.) A láda valóban megcsúszik, ha a gyorsulása ki­sebb az autó gyorsulásánál: ng< v0/ t0. A láda gyorsulása mindaddig ng, amíg a sebessége egyenlő nem lesz az autó sebes­ségével, akárhogy változik is eközben az autó sebessége. A láda sebességfüggvényé­nek a grafikonja egyenes szakasz, amíg nem metszi az autó sebességgrafikonját. Jelöljük ezt az időpontot t-vel: gt=Vb. Az autó által í idő alatt megtett út az ábrán a pontozott trapéz területe; a láda által megtett utat is szemléltettük: a vonalká- zott háromszög területe. így tehát az autó a vonalkázott háromszög feletti tompa­szögű háromszög területével több utat tett meg a ládánál. Ez a két sebességgrafikon közötti terület. Ennek a háromszögnek a vízszintes oldala t —t0, magassága v0, így a két test közötti relatív elmozdulás:

( í - í o K ,S = — —

["Gondol juk végig a következő feladatot is. Tegyük fel, hogy a 2.38. ábrán látható M tömegű kocsi hossza L, a kocsira v0 kezdősebességgel egy m tömegű zsák csú­szik. Tegyük fel, hogy a súrlódás miatt a zsák a kocsin pontosan végigcsúszik. A két test között a csúszási súrlódási erő hat:

— tang = maí ,

imig = Ma,

itt a1 a zsák, a a kocsi gyorsulása. A két test végső sebességét jelöljük u-val. New­ton III. törvényéből

mv0=(m + M)u.

V

2.38. ábra

Ábrázoljuk a két test sebességfüggvényét. A kocsi sebessége nulláról w-ig nő, a zsák sebessége u0-ról u-ra csökken. Jelöljük azt az időpontot t-vel, amikor a két sebesség azonos lesz. A zsák által t idő alatt megtett út a trapéz területe, a kocsi által megtett út az alsó háromszög területe. A két terület különbsége (az ábrán a pontozott három­szög területe) a két út különbsége, ez pon­tosan a kocsi hossza. A sebességgrafikonok másik jelentése a gyorsulással van össze­függésben: az ábrán bejelölt szög tangense a kocsi gyorsulása.

Gyűjtsük tehát össze a probléma meg­oldása szempontjából lényeges egyenlete­ket:

fimg = Ma,

mv0=(m + M)u,

i -2 ’

ua= — .

t-----------------_ l

113

2.1.7. Ütközések

Tömegpontok impulzusa nemcsak fo­lyamatos erőhatás, hanem a környezet pil­lanatszerű erőlökése következtében is meg­változhat. A testek impulzusa igen gyakran hirtelen hatások következtében így válto­zik meg. A pillanatszerű impulzuscserét nevezzük ütközésnek.

Az ütközések igen sokféle szempont sze­rint osztályozhatók. A feladatunk most nem ez, ezért állapodjunk meg abban, hogy egyelőre két esetről lesz szó:

1. két tömegpont ütközéséről,2. egy tömegpont igen nagy tömegű test

felületén való ütközéséről.Tegyük fel, hogy két tömegpont egy

egyenesen mozog. A tömegük legyen Wj és m2, a sebességük v, és v2. H a a két tömeg­pont ütközik egymással, akkor az ütközés után megváltozott sebességgel haladnak, jelöljük az ütközés utáni sebességeket w,- gyel és u2-vel (2.39. ábra).

A két pontszerű test ütközésére érvényes az impulzusmérleg:

m1vl +m2v2 = m1ul + m 2u2. (1)

Tekintsük most azt az esetet, amikor egy tömegpont merőlegesen ütközik egy fal­nak. A 2.40. ábra szerint legyen az ütközés

□□□□

□

□□□□

ff} j

□ □ □ □ □

□□□□

előtti sebessége vl5 az ütközés után v2. Ekkor az impulzusának a megváltozása AI = m(v2 — vt). Newton II. törvénye szerint a test impulzusának a megváltozása azzal az erőlökéssel egyenlő, amit a fal kifejt a testre:

AI = AIkap = :J . (2)

Két tömegpont ütközésére és a tömegpont falon való ütközésére felírt impulzusmérle­gek egyaránt bizonyos határozatlanságot tartalmaznak. Ha ismerjük a testek üt­közés előtti sebességét és tömegüket, ak­kor az impulzusmérleg egyik esetben sem ad elég információt ahhoz, hogy megha­tározzuk az ütközés utáni sebességeket. Az (1) egyenletben két ismeretlen szerepel, u, és u2, a (2) egyenletben pedig a v2 mellett ismeretlen az erőlökés mértéke is/*0

Hogy a nehézséget kidomborítsuk, kon­centráljunk két tömegpont ütközésére. Az (1) egyenletben ismeretlen tehát az uí és az u2 sebesség is. Az impulzusmegmaradás sokféleképpen teljesülhet? Az ütközés előt­ti összes impulzuson a két tömegpont hol így, hol úgy osztozkodik? Úgy van ez, mint amikor a krimiben két rabló kira­bol egy ékszerüzletet. A megszerzett ék­szereken hajnaltájt osztozkodni kezdenek. Hogy melyikük mennyit kap az ebül szer­zett zsákmányból, azt bizony nem tudjuk megmondani, erre nézve nincs szabály. Lehet, hogy az egyik zsebre vágja az egé­szet, lehet, hogy a másik. Még az is le­het, hogy fele-fele arányban osztozkodnak. Bármilyen is az osztozkodás, az ékszerek összes mennyisége állandó marad.

□□□□

□ □ □ □ □

&//

□□□□

□ □ □ □ □2.40.ábra

<*> Newton II. törvényében általában ismert az erő vagy az erők egy része. Az erőkkel végzett kísérletek ugyanis a szabaderők esetén lehetőséget adtak arra, hogy az erőtörvényt felállítsuk. A pillanatszerü erő­lökés nagyságára általában nem ismerünk hasonló törvényeket.

114

Ugyanez a helyzet az impulzussal is. Az (1) impulzusmérleg igaz, csak nem sokra megyünk vele. Emlékeztetünk a dinamika Laplace-féle koncepciójára és a Laplace- féle démonra. Az az elgondolás, hogy a világ sorsát az impulzusmérleg különböző megfogalmazásai — a Newton-törvények— a kezdeti állapot ismeretében meghatá­rozzák, itt nem vezet eredményre. Hiába ismertek a kezdeti feltételek, és hiába ta­nultuk meg az impulzusmérleget, a Jö v ő t”, az ütközés utáni sebességeket nem tud­juk kiszámítani. Laplace tévedése az volt, hogy azt hitte, az egész világot a mecha­nika törvényei irányítják, azt gondolta, hogy minden leírható úgy, hogy kis tömeg­pontokból állóknak gondoljuk, és ezeknek a pontoknak a sorsát az közöttük kicseré­lődő impulzusok meghatározzák. A való­ság azonban sokkal bonyolultabb, mint ami a mechanikai szemléletmódnak megfe­lel. Különben pedig, már itt is látszik, hogy a mechanikai jelenségeket sem lehet egyér­telműen leírni a Newton-törvények segít­ségével.

Gondolhatnánk arra nagy tanácstalan­ságunkban, hogy ha nem is ismerjük az ütközés utáni sebességek kiszámításának a módját, de elképzelhető talán, hogy vala­milyen valószínűségi jellegű törvény ta­pasztalati alapon felállítható. Konkrét kí­sérletekben mindig más és más lesz az u, és az «2, de valamilyen valószínűségi tör­vényszerűséget felállíthatnánk?

Azt világosan kell látni, hogy az (1) im- pulzusm leg határozatlansága az I. axió­ma következménye. Az elégtelenség m ár azI. axiómában benne van. Ezért, bármilyen törvényszerűséget is állítunk fel, akár de­terminisztikusat, akár valószínűségit, azt nem következtethetjük ki eddigi eredmé­nyeinkből. Elméleti úton ilyen törvénysze­rűségre nem számíthatunk. A fizikában

ilyenkor van igazán létjogosultsága a kí­sérletezésnek.

A kísérlet szerepe az, hogy az elmélet nyitvahagyott kérdéseire választ szolgál­tasson, ezzel az elmélet bővüljön. (A kísér­let — de általában a műszaki gyakorlat — másik szerepe az, hogy ellenőrizze okosko­dásaink helyességét. Végül: a demonstrá­ciós kísérletek azért vannak, hogy az el­vont állításokat szemléltessék.)

Térjünk vissza az impulzustétel bizony­talanságára. Egy új törvényszerűséget kí­vánunk felállítani, hogy az (1) egyenlő­ség mellé kapcsolva az ütközés kimenete­lét megjósolhassuk. Vizsgálnunk kell két pontszerű test ütközését, részletesen ele­mezve az ütközés utáni sebességek elosz­lását. Szerencsésebb azonban, ha nem két tömegpont ütközését vizsgáljuk, hanem a másik gyakorlati esetre irányítjuk a figyel­münket: arra az esetre, amikor egy pont­szerű test fallal ütközik. Ekkor ugyanis egyetlen pont ütközés utáni sebességét kell megfigyelnünk.

A tanulmányozott kísérlet rendkívül egy­szerű. Különböző magasságokból ejtsünk kis golyót a talajon fekvő lapra (2.41. áb­ra). A tapasztalatot könnyen megfogal­mazhatjuk: ha a testet h0 magasságból

rh<

2.41.ábra

115

ejtjük le, és ht magasságra pattan fel, ak­kor a h j h 0 arány nem függ a kezdeti magasságtól:

h—í- = :q = állandó. (3)K

így, ha egy test 10 méter magasról esett, és a talajjal való ütközés után 6 méter m a­gasra emelkedik, akkor innen visszaesve3,6 méter magasra fog ismét felemelkedni.

X

2.42. ábra

A q hányados általában 0 és 1 közé esik. Csak az ütköző testek anyagi minőségétől függ, ugyanúgy két testre jellemző, mint a súrlódási együttható.

Ha q = \, akkor az ütközést tökéletesen rugalmasnak, ha 4 = 0, akkor az ütközést tökéletesen rugalmatlannak nevezzük. Az emelkedési magasságok aránya állandó, ez azt jelenti, hogy az egymás után következő magasságok (2.42. ábra) mértani soroza­tot alkotnak, amelynek a hányadosa (kvó- ciense) q.

Pvizsgáljuk most meg a következő prob­lémát. Ejtsünk le egy testet ho = \0 m magasról, és tegyük fel, hogy az első ütkö­zés után hí = 6 m magasra emelkedik. Ek­kor q —0,6. Az egymás után következő ma­gasságok h0, ht , h2, . ■ -, hn, . . . sorozata mértani sorozat, a belőle képzett h0 + hi + + h2+ . . . + hn+ . . . végtelen mértani sor konvergens. Összege

s ‘ = *»T ^ = 10o!4=25m-

vagyis h0 + #i, + /i3+ . . . +h„+ . . .= 2 5 m . Tekintve, hogy a fenti h0, h t , h2, . . . tá­volságok mindegyiket kétszer teszi meg a test, egyszer lefelé, egyszer fölfelé, kivéve az elsőt, ezért a test által megtett összes út:

S = 2S, —ho = 40 m.

A 10 m magasról leejtett golyó megállásig végtelen sokszor ütközik a talajjal, de a megtett összes út mindössze 40 méter.(*’

Vizsgáljuk most az esés idejét: a h = y t2

összefüggés alapján t = így az elsőesés ideje t0 = x/2 h jg , a másodiké í , = = yj2 h J g stb. Mindenesetre

fl = h' = t i K q’

tehát

Eszerint az esési idők hányadosa sem függ az esés magasságától, ha egy test f0 ideig esik, és ezután ideig emelkedik, ak­kor a f ,/ t0 hányados állandó, ezt az arányt e-nal jelöljük, és ütközési számnak ne­vezzük. Láttuk, hogy e: = /q . A vizsgált konkrét feladatban t0 = 1,41 s, í , = 1,09 s, í2 = 0,84 s , ___

**’ A tapasztalat szerint a golyó a valóságban mindössze ötször vagy hatszor fog felpattanni a talajról, nem végtelen sokszor. A jelenség idealizáció- járól van itt szó. Úgy képzeljük, hogy a golyó egy ideális tömegpont, a talaj pedig hasonlóképpen ideá­lis felület. Az ilyen ütközesek sorozatát valóban lehet végtelen sorozattal modellezni. A valóságos folyama­tokra azonban csak közelítőleg és csak néhány ütkö­zésre érvényesek az összefüggések.

Abban az ideális esetben, amikor q= 1, a golyó állandóan ugyanarra a magasságra ugrik fel, mig a q = 0 esetben az első esés után a talajon marad.

116

Az egymás után következő időszaka­szok aránya állandó, ezért az idők szor­zata is mértani sorozat. Mivel q e [0; 1], emiatt az e e [0; 1],

A ÍO + Í1 + Í2+ + f n + ••• végtelen sor összege most

r ' “ ' » r b “ 1,41 t ^ 7 7 = 6,27s'

így a test T: = 2Ti —10 = 11,13 s ideig van a levegőben— ez idő alatt végtelen sokszor ütközik a talajjal. Úgy értjük ezt, hogy11,13 másodperc után m ár biztosan nyu­galomban van a talajon.

A test impulzusa kezdetben nulla, hiszen nyugalomból ejtjük el, és a végén pedig megáll, tehát szintén nulla az impulzus. így a test impulzusváltozása ebben a bonyolult folyamatban nulla. A testet eközben két hatás éri. Egyrészt a Föld vonzóereje hat rá, másrészt erőlökések sorozatát kapja. A talaj által kifejtett összes erőlökést jelöljük J-vel, a Föld vonzóereje által kifejtett erő­lökés T idő alatt mgT. Newton második törvénye szerint a teljes impulzusváltozás az erőlökések összegével egyenlő, tehát

0 — 0 = mgT—J,

innen

J

vagyis a talaj által kifejtett átlagos erő éppen a nehézsegi erővel egyenlő. |

Érdekes lesz megvizsgálni az ütközés előtti „becsapódási” sebességnek és az üt­közés utáni „visszavert” sebességnek az ará­nyát. H a egy test h magasságból esik, ak­

kor h = ^ t 2 és v = gt aiapján (a második

egyenlet négyzetét elosztva az elsővel) azt kapjuk, hogy v2 = 2gh. Ha a h0 magasról leeső golyó v0 sebességgel esik a talajra, és

onnan vt sebességgel kezd fölfelé mozogn* majd hí magasságra emelkedik, akkor

v\ = 2ghí ,

vl = 2gh0.

A két összefüggést egymással elosztva:

vl h0

Innen

- =£• (4)

Az ütközés előtti és utáni sebességek ará­nya is állandó, ez az arány megegyezik az esési idők arányával. Ha az ütközés tökéletesen rugalmas, akkor e = l , ha az ütközés tökéletesen rugalmatlan, akkor £ = 0 .

Ez az állítás sokszor előnyösebb, mint az elődje, a (3) állítás. Alkalmazható pél­dául akkor is, ha a golyó függőleges falhoz ütközik.

Ha a tömegpont sima falhoz, a fal nor­málisával valamilyen a > 0 szöggel ütközik, akkor a falra merőleges komponens meg­változik, a fallal párhuzamos komponens állandó marad.

Abban az esetben, ha a fal nem sima, a golyó és a fal között a súrlódás együttha­tója fi, akkor a falra merőleges erőlökés maga után vonja egy fallal párhuzamos erőlökés felléptét, mint a falra merőleges nyomóerő a fallal párhuzamos súrlódási erő felléptét.

Pf együk fel például, hogy egy pontszerű test fallal ütközik. A test r t = 4 m/s se­bességgel, a =45° beesési szöggel érkezik a falhoz, és t '2 = 3 m/s sebességgel, /?=30° visszaverődési szöggel távozik a faltól. Ek­kor a 2.43. ábrán látható koordináta-rend- szerben a test impulzusának fallal párhu-

117

/y*im 2.43.W-__________ .. x ábra

zamos komponense az ütközés előtt

/ lx= m r1 sin a,

és ütközés után

h x = mV2 S*n P'

a falra merőleges komponens az ütközés előtt

I \ y= — mvt cos a,

és ütközés után

I 2y=mv2 cos /S.

Ekkor az impulzusváltozás fallal párhu­zamos összetevője

AI x = mv2 sin sin a,

és a falra merőleges összetevő:

A Iy = mv2 cos /?—( — mv! cos a).

Newton II. törvénye értelmében a falra me­rőleges impulzusváltozás a falra merőleges erőlökéssel, a fallal párhuzamos impulzus­változás a fallal párhuzamos (súrlódási) erőlökéssel egyenlő:

A IX = J",

A Iy = J 1.

Hasonlóan a súrlódási erő és a nyomó­erő kapcsolatához, a párhuzamos erőlökés maximális értéke:

Tehát

mv2 sin sin a = — J 11 = — //Jx,

mv2 cos /?—( —WL-, cos a) = J 1 .

Innen — a két egyenletet osztva egymással— a súrlódási együttható meghatározható: H=0,245j

ÍG ondoljuk most el, hogy egy M tömegű test csúszik a vízszintes talajon. A talaj és a test közötti súrlódási együttható fi. A test felett h magasságban egy m tömegű pont­szerű test van, amely leesik az éppen alatta haladó M tömegű testre, azzal rugalmat­lanul ütközik, hozzáragad, és együtt mo­zognak tovább. Az ütközés után s utat tesznek meg, amíg meg nem állnak. Vizs­gáljuk meg, hogy mennyivel tett volna meg több utat az M tömegű csúszó test, ha nem esik rá a másik!

Az eső test í idő alatt h u tat tesz meg, és

elér v sebességet. Ekkor a - f2 és a r =

= gt egyenletekből v = -Jlgb. — mint ezt már többször láttuk.

A talajra merőleges impulzusváltozás:

A/y = 0 —(— mv) = niy/lgh.

A talajjal párhuzamos impulzusváltozás:

A Ix = (m + M )uí — Mu0,

ahol m0 az ütközés előtti és w, az ütközés utáni sebesség. Newton II. törvényét alkal­mazva:

(m + M )uí —M u0= —J x= —fiJy,

és nty/2gh = J y, innen

(m + M )ui - M u0 = — nm ^Jlgh.

(Megjegyezzük, hogy a talajjal párhuza­mos erőlökés nagysága legfeljebb n-sző­röse a merőleges erőlökésnek. H a például a

118

\

deszka áll, akkor a ráeső golyótól nem in­dul el, vagyis a merőleges erőlökést nem kíséri párhuzamos erőlökés. Az is fontos azonban, hogy ha a deszka mozog, a ráeső golyó hatására megállhat, visszafelé azon­ban nem indulhat el. Az utóbbi egyenletbenu, nem lehet negatív.) Ábrázoljuk a folya­mat sebességfüggvényét (2.44. ábra). Lát­ható, hogy az ütközés pillanatában az M tömegű test sebessége hirtelen u0-ról Mj-re esik le. A két test ütközése a mozgó M tömegű test sebességét két dolog miatt változtatja meg. Egyrészt megnő a tömeg— hiszen összeragadnak —, másrészt a merőleges ütés miatt fellép egy súrlódási erőlökés, amely mintegy megakasztja a testet. Ebből a pillanatszerű folyamatból a folyamatosan ható erők — a nehézségi erők és nyomóerők — hatását joggal ki­hagyhatjuk, mert folyamatos erők erőlö­kése egy pillanat alatt nulla.

A pillanatszerű hatás lezajlása után a két test most már együtt tovább lassul — \ig

gyorsulással. A megtett út az alsó három­szög területe. Ha az m tömegű test nem esik a csúszó testre, akkor annak az útja a nagy háromszög területe lett volna. Jelöl­jük ezt s0-lal. Ekkor

f*!“o ’

mert a hasonló háromszögek területének az aránya egyenlő az oldalak arányának a négyzetével. Ugyanakkor az

— uq ,S = — - — t - f - M j í

es

0 = - n g í + «j

alapján

u\ = 2ngs.

Összefoglalva: a feladat megoldása szem­pontjából lényeges egyenleteket:

(m + M)uj — M u0 — — niy/lgh ,

s

*01 ,2

Ml“o ’

ui = 2figs.

, 2.44. ábra

A harmadik egyenletből határozzuk meg Mx-et, majd ezt felhasználva az impulzus­mérlegből u0-t. Ezután a középső egyenlet­ből s0 meghatározható. Ha az ütközés nem következik be, akkor az egyedül csúszó test s0—s-sel több utat tett volna meg. |

Ha egy tömegpont nagy tömegű test fe­lületére merőlegesen ütközik, akkor New­ton II. törvénye mellett a v2/v l = E = áll. egyenlőség teljesül. Itt és d2 az ütközés előtti és ütközés utáni sebességek abszolút értékét jelenti. (Emlékezzünk vissza a szár­maztatásra!) Ha v t és v2 a sebességvekto-

119

rok koordinátáit jelenti, akkor a (4) egyen­lőség valójában így fogalmazható meg:

K I= E.

Tekintve azonban, hogy a két komponens ellentétes előjelű,

K I _ _ ^2 __gK I fi

(5)

Térjünk most át az egyenesen mozgó két tömegpont ütközésére. Az (1) impul­zusmérleg két ismeretlent tartalmaz. To­vábbi egyenletre van szükségünk. A (5) egyenlet mintájára olyan egyenletet kere­sünk, amelyben az ütközés utáni és az ütközés előtti sebességek mellett az ütkö­zési szám szerepel. A (4) egyenletben a számlálóban a test ütközés utáni sebes­sége, a nevezőben az ütközés előtti sebes­ség szerepel. írjuk most fel ennek az egyen­letnek a megfelelőjét úgy, hogy a számlá­lóban az ütközés utáni, a nevezőben az ütközés előtti sebességek különbsége sze­repeljen:

= £. (6)

Ezt az egyenletet az (5) egyenlet mintájára alkottuk meg. Helyességét azonban ez a „rokonság” még nem bizonyítja. A tapasz­talat azonban azt mutatja, hogy két pont­szerű test ütközésére ez az egyenlőség va­lóban fennáll.

A (6) egyenlet bal oldalát az

Mi M i M i Út--------- vagy az ---------”2 -^1 f l - f 2

formában is írhatjuk.Az (1) egyenlet mellett a (6) egyenlet azt

eredményezi, hogy az ütközés utáni sebes­ségeket az ütköző anyagokra jellemző üt­

közési szám ismeretében meghatározhat­juk: a tömegpontok ütközését tehát az

mt vt + m2v2= m lui + m2u2,

Uj~U2 V i - V ,

= £. (7)

egyenletrendszer írja le. Ha a e = l, akkor az ütközés most is tökéletesen rugalmas, ha £ = 0, akkor tökéletesen rugalmatlan.

Vml = 1 kg tömegű test jobbra mozog a koordinátaegyenesen, sebessége ví =4 m/s. Vele szemben halad egy m2 = 3 kg tömegű test, amelynek a sebessége 1 m/s, tehát v2 = = — 1 m/s. Határozzuk meg a testek ütkö­zés előtti és ütközés utáni sebességét, ha az ütközés tökéletesen rugalmatlan.

Ekkor £=0, ezért a (6) egyenlőség szám­lálója nulla: u2 — uí =0, így u2 = u, =:u, a két test közös sebességgel mozog az ütkö­zés után, ezt a közös sebességet jelöltük M-val. A (7) egyenletrendszer most:

niiVi +m2v2=(m l +m2)u,

innen u meghatározható; behelyettesítve az adatokat:

1 -4 + 3(— 1) = 4m, vagyis u = 0,25 m/s,

a két test tehát jobbra, pozitív irányba mo­zog 0,25 m/s sebességgel. Ha a két test üt­közésénél £=0,5 lenne, akkor a (7) egyenlet megfelelője — adatokkal —

1 • 4 -+- 3( — 1)= lu , 4-3u2,

» i - « 2 = 0 ,5 ( - 1 - 4 ) = - 2 ,5 .

Innen

1 — 1 2,5 + 3«2,

1 =4m2 —2,5

tehát u2 = 0,875 m/s, és u, = - 1,625 m/s.

120

Ütközés után az első test visszafelé fog ha­ladni —1,625 m/s sebességgel, míg a máso­dik előrefelé 0,875 m/s sebességgel.

Vizsgáljuk meg most a tökéletesen ru­galmas ütközést: tegyük fel, hogy e = 1, ek­kor a (7) egyenletrendszer:

1 •4 + 3 ( - 1 ) = 1 m1+ 3 w2,

ui —u2 = v2—ví = —1—4 = —5.

Tehát

1 = u, + 3m2,

— 5 = u l — u2.

A két egyenletet kivonva egymásból:

6 = 4 u2,

tehát u2= 1,5 m/s. Most az első egyenlet­hez adjuk hozzá a második háromszorosát

— 14 = 4« j ,

így

u l = —3,5 m/s. |Vizsgáljuk most két tömegpont rugal­

mas ütközését általában: a (7) egyenlet­rendszer megfelelője e = l esetén:

m ^ i +m2v2 — mí ul + m 2u2,

(8)U i - u 2 = v2- v 1.

Rendezzük át a két egyenletet úgy, hogy V az 1-es indexek balra, a 2-es indexek jobb­

ra kerüljenek:

"Ji(i>i-M i)=w2(u2-i>2),

vl + u1= u2 + v2.

Az első egyenletben sebességek különb­sége, a második egyenletben ugyanezeknek a sebességeknek az összege áll. Kézenfekvő

a két egyenletet összeszorozni:

fnl(v f—uf)= m 2(u2 — v2).

Alakítsuk át ezt az egyenletet:

ni! vf + m2v\ = m , u\ + m2u \ .

Ez az egyenlet matematikailag a (8) egyen­letrendszerből azonos átalakítással kelet­kezett. Ha visszahelyettesítjük a (8) egyen­letrendszerbe, akkor a (8)-cal ekvivalens egyenletrendszert kapunk:

mlv l + m 2v2 = ml ul + m 2u2,

2 2 2 2 (9) rriivi + m2v2 = m1wj + m2u2.

A (9) egyenletrendszer matematikailag és fizikailag is teljesen egyenértékű a (8) egyen­letrendszerrel, csak kissé bonyolultabb: a (8)-ban a második egyenlet egy egyszerű elsőfokú egyenlet, ezt „sikerült” úgy átala­kítanunk, hogy másodfokú lett. Nem az volt a célunk, hogy egy második egyenlet­rendszert gyártsunk, de ha már előállítot­tuk, akkor vegyük szemügyre.

A (8) és a (9) egyenletrendszer ugyanan­nak a problémának a megoldását szolgál­tatja. Van olyan ember, akinek a (8) tetszik, mert két lineáris egyenletet tartalmaz, de akad olyan is, akinek a (9) a megnyerőbb: úgy érzi ugyanis, hogy a két egyenlet for­mája annyira hasonlít egymáshoz, hogy feladatmegoldásnál erre könnyebb vissza­emlékezni.

Valóban, nagyon feltűnő a (9) egyenlet­rendszer két egyenletének a hasonlósága. Az első egyenlet az impulzus megmara­dását mondja ki: a „tömeg x sebességiek összege állandó.

A második egyenletet is lehetne így fo­galmazni: a „tömeg x sebességnégyzetek” összege állandó. Valóban: formaérzékünk

121

azt súgja, hogy olvassuk a (9) második egyenletét is megmaradási törvénynek.

Vezessünk be azonban előbb egy elneve­zést. Nevezzük az m tömegű, v sebességgel mozgó tömegpont esetén az mv2 mennyi­séget, pontosabban ennek az 1/2-szeresét mozgási energiának:

1 2 E:= — m v .2

Két pontszerű test tökéletesen rugalmas ütközése esetén tehát az impulzus megma­radása mellett teljesül a mozgási energia megmaradása is:

m + m2v2 = m ^ ! + m2u2,

2 2 2 2 (10) mi vi tn2v2 mtUi m2u22 + 2 = 2 + 2 '

A tökéletesen rugalmas golyók ütközésé­nek leírására a (8) és a (10) egyenletrend­szer teljesen egyenértékű, egymásból leve­zethető. A (8) egyenletrendszer második egyenlete tapasztalati alapokon — kísér­letekre támaszkodva — felállított törvény- szerűség. Ez az egyenlet, pontosabban a (6) egyenlet az impulzusmegmaradásban fennálló határozatlanságot megszünteti. A (6) egyenlet formáját az (5) állításból sej­tettük meg, a helyességét azonban terve­zett, szisztematikus kísérletekkel támaszt­juk alá. Ezeknek az egyenleteknek az „őse” a (3) állítás: a talajra eső — és onnan visszapattanó — golyó emelkedési és esési magasságának a hányadosa állandó.

Igen fontos felhívnunk az Olvasó figyel­mét arra, hogy ez az állítás független a Newton-törvényektől. Igazsága nem függ attól, hogy a Newton-törvények igazak. A (3) összefüggést Newton előtt évszázadok­kal felfedezhettük volna.

Ki kell még emelni egy igen lényeges

körülményt: a (10) egyenletrendszer máso­dik egyenlete csak rugalmas ütközés esetén áll fenn; ha e < 1, akkor az egyenlőség nem teljesül. A legegyszerűbb eset: két, azonos m tömegű, azonos v sebességű tömegpont halad egymással szemben, és rugalmatla­nul ütköznek. Ekkor az ütközés előtti ösz-

szes mozgási energia 2 y mv2, ütközés után

a két test közös sebessége nulla, így a moz­gási energia is nulla. A mozgási energiák

összege tehát 2 y w t2-tel csökkent.

Általában nem tökéletesen rugalmas üt­közés esetén a mozgási energiák összege csökken. A tömegpontok szerkezet nélküli objektumok. Néha bizonyos feladatokban a pontszerű tárgyaknak valamiféle szer­kezetet tulajdonítunk. Ilyenkor a mozgási energia növekedhet is. Az ilyen feladatok azonban kissé kilógnak a mechanika fo­galmi rendszeréből.

rfek in tsük példaként azt az x tengely irányába haladó m = 6 kg tömegű lövedé­ket, amely d = 200 m/s sebességgel halad. Két részre robban — ez az, amit igazi tö­megpont nem tud megtenni! —, az egyik rész a keleti iránnyal a = 60°-os szöget be­záró irányban észak felé mozog r 1 = 130 m/s sebességgel (2.45. ábra). írjuk fel az

y(É)

122

impulzusmérleget koordinátánként:

mv = m jüj cos a + m2v2 cos /J,

0 = m 1t>1 sin <x + m2v2 sin p.

Behelyettesítve:

1200 = 520 cos 60° + 2v2 cos /?,

0 = 520 sin 60° + 2v2 sin /?.

Innen /?= —25,58° és v2 = 52í m/s. A m á­sodik rész délkelet felé 25,58°-kal, 521 m/s sebességgel mozog. A mozgási energia eb­ben a folyamatban nőni fo g j

IV. Feladatcsoport: Newton-törvények

IV/1. M ekkora (állandó nagyságú) erő hat egy 2 kg tömegű testre, ha az álló hely­zetből indulva 2 másodperc alatt 60 cm utat tesz meg?

IV/2. Egy 2 kg tömegű test 100 méter úton 2 m/s sebességről 2,6 m/s sebességre gyorsul fel. Mennyi ideig tartott a gyorsu­lás? M ekkor a testre ható erő?

IV/3. Egy 10 kg tömegű testre függőle­gesen fölfelé 140 N erő hat a nehézségi erő mellett. A test sebessége a t= 0 időpontban 4 m/s nagyságú és lefelé irányul. M ekkora a test sebessége az indulástól számított3 másodperc múlva? Hol van ekkor a test? Mekkora utat tett meg a test 3 másodperc alatt?

IV/4. Daruval egyenletesen gyorsulva emelünk egy 100 kg tömegű testet. A test nyugalomból indul, és 3 másodperc alatt 1,8 métert emelkedik. M ekkora erő feszíti a kötelet? M ekkora sebességre gyorsul fel a test?

IV/5. Egy daru kötelén 20 méter maga­san nyugalomban függ egy 100 kg tömegű test. A talajra akaiják helyezni, ezért el­

indítják lefelé. A test gyorsulása egyenletes, 0,6 m/s2 nagyságú. A gyorsítás 2 másod­percig tart. Ezután a test egyenletesen mozog, majd az utolsó 3 méteren egyenle­tesen lassulva megáll. Ábrázoljuk a test sebességfüggvényét! M ekkora erő feszíti a kötelet a mozgás egyes szakaszaiban? M ekkora a mozgás átlagsebessége?

IV/6. Három testet helyezünk egymás­ra, ahogyan az a 2.46. ábrán látható, ne­vezzük ezeket A-nak, B-nek és C-nek. Mind­egyik 1 kg tömegű. M ekkora erőt fejtenek ki a testek egymásra? M ekkora erő hat a talajra?

IV/7. A 2.47. ábrán látható három testet helyezzük egymás mellé. M indhárom test1 kg tömegű. Az A testre F = 1 2 N erőt fejtünk ki. M ekkora erővel hat az A test a B testre, a B test az A testre és a C testre, valamint a C a B-re?

IV /8. A 2.48. ábra szerint két testet vé­kony kötéllel összekötünk, és sima aszta­lon a jobb oldali testre F = 20 N erőt

A

B

C

A 8 C

2.47.ábra

F2.48.

----- ábra

123

fejtünk ki vízszintes irányban. A két test tömege: m1 = 3 kg, m2 = 2 kg. M ekkora erő feszíti a két testet összekötő kötelet?

IV/9. A 2.49. ábra szerint w, = 8 kg, m2 = 6 kg, m3=4 kg tömegű testeket köte­lekkel összekötünk, és sima talajon jobbra húzzuk vízszintes F = 36 N erővel. Mek­kora erő feszíti a köteleket?

IV/10. A 2.50. ábrán látható testek tö­mege: ml = 4 kg, m2 = 6 kg. A két testet összekötő fonál ideális: nyújthatatlan, haj­lékony és súlytalan. A csiga tömege is el­hanyagolható, súrlódás nem lép fel. Mek­kora a két test gyorsulása, és mekkora a kötelet feszítő erő?

IV/11. A 2.51. ábrán látható két test tö­mege: m1= 2 kg, m2 = 8 kg. Az m l tömegű test a talajtól 2 méterre indult. Ekkor a másik test a csigától 4 méterre volt.

2.49.ábra

2.50.ábra

2.52.ábra

2.53.ábra

2.54.ábra

2.51.ábra

2.55.ábra

2 56ábra

124

2.57.ábra

2.58.ábra

2.59.ábra

2.60.ábra

2.61.ábra

Mennyi idő múlva ér a második test a csigához? M ekkora lesz itt a sebessége?

IV/12. A 2.52. ábrán látható testek tö­mege: m, = 3 kg, m2 = 3 kg, m3 = 2 kg. H a­tározzuk meg a testek gyorsulását!

IV/13. A 2.53. ábrán látható két test

tömege: m1 = 3 kg, m2 = 2 kg. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a köteleket feszítő erőket!

IV /14. A 2.54. ábrán látható testek tö­mege: m j = 1 kg, m2 = 2 kg, M = 2 kg. Az M tömegű kerekeken mozgó asztalra F = = 20 N erőt fejtünk ki. Határozzuk meg a három test gyorsulását!

IV/15. A 2.55. ábrán látható testek tö­mege: m, =1 kg, m2 =2 kg. Határozzuk meg a testek gyorsulását!

IV/16. Vízszintes lapra könnyen moz­gó kiskocsit helyezünk, az átvetett fonal függőleges végére egy kis csészét függesz­tünk. 1 kg tömegű sörét egyik részét a csészébe, a másik részét a kocsiba rakjuk (2.56. ábra). Mennyi sörétet kell a kocsiba tenni, hogy a rendszert magára hagyva a fonalat feszítő erő maximális legyen?

IV/17. Egy 30° hajlásszögű, súrlódás- mentes lejtő alján fölfelé indítunk egy tes­tet 10 m/s kezdősebességgel (2.57. ábra). Hol áll meg a test? Mennyi idő múlva érkezik vissza az elindulás helyére?

IV/18. A 2.58. ábrán látható testek tö­mege: m1 = 1 kg, m2 =2 kg. A lejtő hajlás­szöge 45°, a súrlódás elhanyagolható. H a­tározzuk meg a két test gyorsulását!

IV/19. A 2.59. ábrán látható kettős lejtő szögei: a = 30°, p = 45°. A két test tömege: m l = 8 kg, m2 = 6 kg. A súrlódás elhanya­golható. Hogyan mozog a két test? H atá­rozzuk meg a gyorsulásukat és a kötelet feszítő erőt!

IV/20. Súrlódásmentes lejtő hajlásszöge 30°, a lejtőre 8 kg tömegű testet helyezünk, és a 2.60. ábra szerint F = 12 N nagyságú, a lejtővel 15' -os szöget bezáró erőt fejtünk ki. M ekkora a test gyorsulása, és mekkora a lejtő által kifejtett nyomóerő?

IV/21. Csigán átvetett fonálon mt = 3 kg és m2 = 2 kg tömegű testek függenek (2.61. ábra). Kezdetben azonos magasságban van-

125

nak. Mennyi idő múlva lesz a két test tá­volsága 80 cm? M ekkora a testek sebessége ekkor? M ekkora a kötélerő?

IV/22. A 2.62. ábrán látható testek tö­mege: m1= 3 kg, m2 = 4 kg és m3 = 2 kg. A három test kezdeti koordinátái: x,(0) = = 2 m, x 2(0)=3 m, x 3(0)=2,5 m. Az első test kezdetben fölfelé mozog, kezdősebes­sége 5,45 m/s. A második test lefelé kezd mozogni, és kezdősebessége 0,91 m/s. Áb­rázoljuk a három test hely-idő függvényét!

IV/23. A 2.63. ábrán látható testek tö­mege: Wi = 2 kg, m2 = 2 kg, m3= 1 kg. A testek kezdetben nyugalomban vannak, ekkor magukra hagyjuk őket. M ekkora a testek gyorsulása, és mekkora erő feszíti a köteleket?

IV/24. A 2.64. ábrán látható testek tö­mege: ml = 2 kg, m2 = 2 kg. M ekkora gyor­sulással mozognak a magukra hagyott tes­tek?

IV/25. A 2.65. ábrán látható testek tö­mege: m, = 4 kg, m2 = 5 kg, m3 = 3 kg. M ekkora a testek gyorsulása? Mekkora erő feszíti a köteleket? Mennyivel mozdul­nak el a testek az idő alatt, amíg az első test 50 cm utat tett meg?

IV/26. Egy csigán átvetett fonál mind­két végére m = 1 kg tömegű testet függesz­tünk. A jobb oldali testre 0,1 kg tömegű

2.63.ábra

2.64.ábra

2.65.ábra

2.62.ábra

2.66.ábra

126

test esik 5 méter magasról (2.66. ábra). Ütközés után a testek összetapadnak. Mek­kora lesz ezután a csiga két oldalán függő test távolsága az ütközés után 1 másodperc múlva?

IV/27. Az ábrán látható testek tömege: = 1 kg, m2 = 1,2 kg. Az első test kezdet­

ben 1 méterre van a talajtól, a második test 1,2 méterre. A csiga középpontja 4 méterre van a talajtól. A rendszer nyugalomban van. Ekkor m agára hagyjuk (2.67. ábra). Milyen magasra emelkedik az m, tömegű test?

IV/28. Egy csigán átvetünk egy kötelet. Egyik végén egy 6 kg tömegű rúd függ, a rúd alján 4 kg tömegű macska kapaszko­dik (2.68. ábra). A kötél másik végén 10 kg tömegű test van. A macska és az ellensúly kezdetben 10 méterre van a csiga közép­pontján átmenő egyenestől. Egy pillanat­ban a macska állandó gyorsulással fölfelé kezd futni a rúdon, és megtesz a rúdon 2 métert. Hol van ekkor a macska, és hol van a kötél végén az ellensúly?

IV/29. Kötélre függesztünk egy 4 kg tö­megű rudat. A rúd alján a 2.69. ábrán látható módon egy macska kapaszkodik. A macska tömege 3 kg. Egy pillanatban elvágjuk a kötelet. A macska ekkor rémül­ten fölfelé kezd szaladni a rúdon, s amíg a rúd függőlegesen lefelé esik, a macska a talajhoz viszonyítva állandó magasságban van. Határozzuk meg a rúd gyorsulását!

IV/30. A talajra 4 kg tömegű testet he­lyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,4. A test nyugalomban van. M ekkora a test és a talaj között fellépő súrlódási erő?

IV/31. Egy lejtő hajlásszöge 30c. A lej­tőre 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,6. A test kezdősebessége nulla. M ekkora a test és a lejtő között fellépő súrlódási erő?

><

ábra

IV/32. A talajra 4 kg tömegű testet he­lyezünk. A test és a talaj között a súrlódási együttható 0,6. A testnek 10 m/s kezdőse­bességet adunk. M ekkora a test és a talaj között fellépő súrlódási erő? M ekkora a test gyorsulása?

IV/33. A talajra 4 kg tömegű testet he­lyezünk. A test és a talaj között a súrlódási

127

együttható 0,6. A test kezdetben áll. A 2.70. ábra szerint F = 20 N erőt fejtünk ki víz­szintesen. M ekkora a talaj és a test között fellépő súrlódási erő? M ekkora a súrlódási erő, ha a húzóerő 48 N?

IV/34. A talajra 4 kg tömegű testet he­lyezünk. A test és a talaj között a súr­lódási együttható 0,6. A test kezdősebes­sége 10 m/s. A testre a sebességgel meg­egyező irányú, F = 20 N erőt fejtünk ki (2.71. ábra). M ekkora a test és a talaj között fellépő súrlódási erő? M ekkora a test gyorsulása? Mekkora a súrlódási erő és a gyorsulás, ha a testre ható erő 48 N nagyságú?

IV/35. A talajra 4 kg tömegű testet he­lyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,6. A test kezdősebessége a 2.72. ábrának megfelelően balra — tehát negatív irányba — mutat, és 10 m/s nagy­ságú. A testre jobbra mutató, tehát a sebes­séggel ellentétes irányú, F = 20 N erőt fej­tünk ki. Mekkora a test és a talaj között fellépő súrlódási erő? Határozzuk meg a test gyorsulását! Mekkora a súrlódási erő és a gyorsulás, ha a testre ható erő 48 N nagyságú és változatlan irányú?

F— *“ 2.70. _______ ábra

F— *■ 2 71.______ ábra

r~ 2.72._________ ábra

IV/36. Egy 30° hajlásszögű lejtő és a rá­helyezett m = 4 kg tömegű test között a súrlódás együtthatója 0,2. A lejtő tetején a testnek lefelé mutató, v0 = 2 m/s kezdőse­bességet adunk (2.73. ábra). Mekkora a test sebessége 4 méter út megtétele után? M ekkora a súrlódási erő?

IV/37. Egy 30° hajlásszögű lejtő és a rá­helyezett 4 kg tömegű test között a súrló­dás együtthatója 0,1. A testnek a lejtő alján fölfelé irányuló, 10 m/s kezdősebességet adunk. M ekkora a testre ható súrlódási erő? Mennyi idő múlva erkezik vissza a test az elindulási helyére?

IV/38. Egy 30° hajlásszögű lejtőn fölfelé lökünk egy testet. A test = 2 s-ig mozog fölfelé, ezután t2 = 3,5 s alatt visszacsúszik az elindulási helyére. M ekkora a súrlódási együttható?

IV/39. Egy 30° hajlásszögű lejtőn fölfelé lökünk egy testet. A kezdeti sebesség d, = = 10 m/s. A test megfordul, és visszacsú­szik. Az elindulási helyére v2 = 3 m/s sebes­séggel érkezik vissza. Határozzuk meg a súrlódási együtthatót!

IV/40. Egy 30° hajlásszögű lejtőre 4 kg tömegű testet helyezünk. A súrlódás együtt­hatója 0,2 (2.74. ábra). M ekkora lejtő

128

irányú F erővel lehet a testet nyugalomban tartani?

IV/41. Vízszintes talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,2. A testre a víz­szintessel 20°-os szöget bezáró, 30 N nagy­ságú erőt fejtünk ki (2.75. ábra). Határoz­zuk meg a testre ható súrlódási erőt és a test gyorsulását!

IV/42. Vízszintes talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,2. A testre a 2.76. ábra szerint lefelé mutató, a függőlegessel 10 -os szöget bezáró erőt fejtünk ki. Mek­kora erővel tudjuk a testet elmozdítani?

IV/43. A 2.77. ábrán látható kis kocsi tömege 2 kg, a ráhelyezett test tömege 3 kg. A kis test kezdetben nyugalomban van. A test és a kocsi közötti súrlódás együtt­hatója 0,2. A testre 25 N erőt fejtünk ki vízszintes irányban. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a közöttük fellépő súr­lódási erőt!

2.75.ábra

F

F- 2.80.

-------- -■ J------------ ábra

IV/44. A 2.78. ábrán látható kis kocsi4 kg tömegű. A kis kocsira 3 kg tömegű testet helyezünk. A test és a kocsi között a súrlódás együtthatója 0,3. A kis kocsira 25 N nagyságú, vízszintes irányú erőt fejtünk ki. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a közöttük fellépő súrlódási erőt!

IV/45. A 2.79. ábrán látható kis kocsi tömege 10 kg. A kocsira 5 kg tömegű tes­tet helyezünk. A felületek súrlódási együtt­hatója 0,3. A testre 15 N erőt fejtünk ki vízszintes irányban. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a két test között fellépő súrlódási erőt!

IV/46. Két tégla fekszik egymáson. A fel­ső tömege 4 kg, az alsóé 6 kg. A két tégla között fellépő súrlódás együtthatója 0,3, az alsó tégla és a talaj között 0,2. Az alsó tég­lára 9 N nagyságú erőt fejtünk ki vízszintes irányban (2.80. ábra). Határozzuk meg a két tégla gyorsulását és a fellépő súrlódási erőket!

IV/47. Egy 30° hajlásszögű lejtőre egy m2 = 2 kg tömegű deszkát, a deszkára m l =

129

= 4 kg tömegű testet helyezünk. A deszka és a test között a súrlódási együtthatót je­lölje /íj , a deszka és a lejtő között n 2 ■ A két test kezdetben nyugalomban van (2.81. ábra). Adjunk feltételt /íj-re és n 2-re, hogy

a) a két test nyugalomban legyen,b) csak a felső test mozogjon,c) a két test együtt, azonos sebességgel

mozogjon,d) a két test külön-külön mozogjon!IV/48. Két testet helyezzünk egymásra a

2.82. ábra szerint. A felső test tömege = = 4 kg, az alsó testé m2 = 6 kg. A két test között a súrlódás együtthatója = 0,4, az alsó test és a talaj között n 2=0,2. A felső testet, a vízszintessel 30°-os szöget bezáró irányban, egy fonállal a falhoz rögzítjük. M ekkora vízszintes irányú F erőt kell ki­fejteni az alsó testre, hogy a felső test alól kihúzzuk?

IV/49. A 2.83. ábrán látható kis szán és a rajta ülő gyermek együttes tömege 40 kg. A szán és a talaj között a súrlódás együtt­hatója 0,1. A fonal a vízszintessel 30°-os szöget zár be. M ekkora erőt kell a gyer­meknek kifejteni, hogy a szán megmozdul­jon?

IV/50. Egy 30° hajlásszögű lejtő tömege3 kg. A lejtőre 2 kg tömegű kis testet he­lyezünk. A lejtő és a test között a súrlódás együtthatója 0,1. A lejtő súrlódásmentesen elmozdulhat a talajon. M ekkora erőt kell a 2.84. ábra szerint a lejtőre kifejteni, hogy ne csússzon le róla a test?

IV/51. A 2.85. ábra szerint az M = 10 kg tömegű kis kocsira rácsúszik egy m = 4 kg tömegű tégla, 4 m/s kezdősebességgel. A súrlódás együtthatója 0,6. Mennyit csúszik a tégla a kocsin?

IV/52. Egy teherautó 4,5 másodpercig gyorsít, 15 m/s sebességre gyorsul fel. Ez­után egyenletesen mozog. A rakfelület és a láda között a súrlódás együtthatója 0,3.

2 81.ábra

2.82.ábra

2.83.ábra

2.84.ábra

2.85.ábra

130

Hány métert csúszik a teherautó rakfelüle­tén (2.86. ábra) a láda?

IV/53. Egy vonat 20 m/s sebességgel ha­lad. Egy pillanatban két részre szakad. Az első rész tömege 500 tonna ( = 500000 kg), a hátsó rész tömege 100 tonna. A szétsza­kadás után a hátsó rész 800 méter után megáll. Milyen messze van ebben a pil­lanatban a két rész egymástól, ha a moz­dony húzóereje nem változott, és a súrló­dás (gördülő ellenállás) együtthatója 0,01?

IV/54. Két testet helyezünk a 2.87. áb­rán látható 30° hajlásszögű lejtőre. Az alsó test tömege 4 kg, közötte és a lejtő között a súrlódás együtthatója 0,3. A felső test tömege 2 kg, a súrlódási együttható 0,2. M ekkora a két test gyorsulása? Mekkorák a fellépő súrlódási erők? M ekkora erőt fejt ki a két test egymásra?

IV/55. Egy test 10 méter magasról esik kemény talajra. Ezután 6 méter magasra emelkedik. Mennyi idő telik el a 15. ütkö­zésig? Mennyi utat tesz meg a test a 15. ütközésig?

IV/56. Egy testet 10 méter magasról5 m/s kezdősebességgel lefelé dobunk. A test a talajjal való ütközés után az eldobás magasságába emelkedik. Milyen magas­ra emelkedik a test, ha a kezdősebesség 8 m/s?

IV/57. Egy test 45° szög alatt falhoz pat­tan, és 55°-os szögben verődik vissza. A súrlódási együttható 0,4. M ekkora az üt­közés utáni és az ütközés előtti sebességek aránya?

IV/58. Egy 15° hajlásszögű lejtő, és a rá­helyezett 4 kg tömegű deszka között a súr­lódási együttható 0,3. A deszkába vízszin­tes irányban 0,2 kg tömegű 10 m/s sebes­ségű lövedéket lövünk (2.88. ábra). A lö­vedék az ütközés után a deszkában marad. Mennyit mozdul el ezután a deszka fölfelé?

TV/59. Egy 30° hajlásszögű lejtő és a ra­

l i2.86.ábra

2.87.ábra

2.88.ábra

2.89.ábra

helyezett 4 kg tömegű deszka között a súr­lódás együtthatója 0,6. A deszka felett 4 méter magasságban egy m = 0,1 kg tömegű pontszerű test van, amely a deszkára esik és azzal rugalmatlanul ütközik (2.89. áb­ra). Mennyivel mozdul el ezután a deszka lefelé? Mekkora a lejtővel párhuzamos és a lejtőre merőleges erőlökés?

131

IV/60. Egy M =4 kg tömegű deszka csú­szik a talajon. A talaj és a deszka között a súrlódás együtthatója 0,1. A deszka felett 4 méter magasságban egy m= 1 kg tömegű pontszerű test van, amely az alatta csúszó deszkára esik és vele rugalmatlanul ütkö­zik, hozzátapad. Ezután a deszka 0,8 mé­ter utat tesz meg megállásig (2.90. ábra). Mennyivel több utat tett volna meg, ha a test nem esik rá?

IV/61. Egy M = 4 kg tömegű deszka csú­szik a talajon. A talaj és a deszka között a súrlódás együtthatója 0,1. A deszka felett4 méter magasan egy m = 1 kg tömegű pont pontszerű test van, amely az alatta csúszó deszkáéra esik és vele tökéletesen rugal­masan ütközik. A deszka felülete és a golyó között súrlódás sem lép fel. Ezután a deszka 0,8 méter utat tesz meg megállá­sig Mennyivel több utat tett volna meg, ha a golyó nem esik rá?

IV/62. Két test egy egyenes mentén mo­zog. Az m, = 4 kg tömegű test r t = 8 m/s sebességgel rugalmasan ütközik a vele azo­nos irányban haladó m2 = 6 kg tömegű, v 2 = 6 m/s sebességű testtel (2.91. ábra). Határozzuk meg az ütközés utáni sebessé­geket!

IV/63. Két test egy egyenes mentén mo­zog. Az m, —4 kg tömegű test = 8 m/s sebességgel rugalmasan ütközik a vele szem­ben mozgó m2 = 6 kg tömegű, v2 = 6 m/s sebességű testtel. Határozzuk meg az ütkö­zés utáni sebességeket!

IV/64. Két test mozog egy egyenes men­tén ugyanabban az irányban. A z m 1=2 kg tömegű, i;j = 4 m/s sebességű test utoléri az m2 = 1 kg tömegű, v2 = 2 m/s sebességű tes­tet. Az ütközés után az első test sebessége3 m/s-ra csökken. M ekkora a második test sebessége az ütközés után? Hogyan válto­zik meg az első test sebessége, ha a máso-

2.90.ábra

m2

V7Zy5777777777?T7777777} ahra2.91

2.92.ábra

dik test 3 m/s sebességgel szemben halad vele az ütközés előtt?

IV/65. Egy M = 4 kg tömegű kis ko­csira a 2.92. ábrán látható módon egy m = 1 kg tömegű kis testet rögzítünk. A két test együtt mozog 4 m/s sebességgel. Ekkor a test rögzítését feloldjuk, és egy rugó lelö­ki ezt a testet a kis kocsiról. A kocsi sebessége így 5 m/s-ra változik. Mekkora volt a rugó felszabadítása után a kis test sebessége a talajhoz viszonyítva, illetve a kocsihoz viszonyítva?

IV/66. Egy M = 1 0 kg tömegű kocsin három — egyenként m = 1 kg tömegű — kis test van. A rendszer kezdetben áll. Ezután másodpercenként kilövünk egy tes­tet, mindegyiket a kocsihoz viszonyított 10 m/s sebességgel. Mennyi lesz a kocsi végsebessége?

IV/67. Egy 10 kg tömegű test kelet felé mozog 100 m/s sebességgel. Egy pilla­natban felrobban, és két részre válik. Az

132

90 m

2.94.ábra

45°

m, V 2.93.v? ábra

egyik rész délkeleti irányba mozog, a keleti iránnyal 45°-os szöget bezáró irányban. Ez a test 4 kg tömegű, a sebessége 200 m/s (2.93. ábra). Merre mozog és milyen se­bességgel a másik repeszdarab?

IV/68. Egy oszlop tetején, a talaj felett6 méter magasságban van egy 2 kg töme­gű golyó. Ezt a golyót egy 20 g tömegű, 200 m/s kezdősebességü lövedékkel víz­szintesen keresztüllőjük (2.94. ábra). A lö­vedék a golyón keresztülhaladva az osz­lop aljától 90 méter távolságra ér földet. Hol esett le a másik test?

2.2. A munkatétel

2.2.1. Mozgási energia, fizikai mennyiségek

Egy m tömegű, v sebességű tömegpont mozgási energiájának — mint láttuk az ütközéseknél — az

E .= - m v 2

mennyiséget nevezzük. A mozgási ener­gia értelmezésében szereplő v2 a sebes­ség nagyságának a négyzete. Ha vala­mely koordináta-rendszerben v = (rx, vy, vz), akkor v2 = v2 + v2 + v2. A mozgási ener­gia mértékegysége kg m 2/s2, amit röviden joule-nak nevezünk, és J-vel jelölünk. A mozgási energia másik szokásos mérték- egysége gcm 2/s2 = :erg. Könnyen látható, hogy 107 e rg = l J.

A mozgási energia definíciójával a tö­megpontokat jellemző új fizikai mennyisé­get értelmeztünk. Mielőtt azonban a moz­gási energia legfontosabb tulajdonságait fogalmilag kibontanánk, a fizikai mennyi­ségekről kell általában néhány szót szól­nunk.

Nagyon felületesen körülírva azt m ond­hatnánk, hogy a fizikai jelenségek ma­tematikai modellezésében szerepet játszó bizonyos matematikai objektumokat te­kintünk fizikai mennyiségeknek. Definí­cióként azonban ez nem fogadható el, mert sok olyan matematikai objektum szerepel a fizikai fejezetek matematikai modelljei­ben, amelyeket a szokásos felfogás szerint nem tekintünk fizikai mennyiségnek. így például nem fizikai mennyiség a tömeg­pontok mozgásának leírásakor szerepet

133

játszó háromdimenziós geometriai-fizikai tér. Azt mondhatnánk, hogy a számok, számértékü függvények vagy a vektorok a fizikai mennyiségek — szóval azok, ame­lyekkel „számolni tudunk”. Vannak azon­ban olyan fizikai mennyiségek, amelyek bonyolultabbak, mint a számok vagy a vektorok, másrészt a számértékű függvé­nyek sem mind tekinthetők fizikai mennyi­ségeknek.

A fizikai mennyiségek fogalmát itt nem értelmezzük. Szeretnénk azonban rendet teremteni a fizikai mennyiségek „dzsunge­lében”. A fizikai mennyiségeket több szem­pont szerint „osztályozhatjuk”.

Az első ilyen szempont az, hogy a fizikai mennyiség skaláris vagy vektoriális jelle­gű. A skaláris fizikai mennyiségek értékei egyetlen számmal jellemezhetők, ilyenek, az idő, a szakasz hossza, a tömeg. Vektor­nak nevezzük az olyan fizikai mennyisé­get, amelyet a nagyságán kívül az irányá­val is jellemezzük. A legjobb példa az el­mozdulásvektor. Ebből származtatjuk a sebesség és a gyorsulásvektorokat, azután pedig az impulzust, erőt. A vektort meg­adhatjuk az abszolút értékével és az irá­nyával, vagy a koordináta-rendszer ten­gelyeivel párhuzamos összetevőivel, a koor­dinátáival.

A fizikai mennyiségek osztályozásának másik szempontja azon alapszik, hogy a fizikai mennyiség mit jellemez, minek a tu­lajdonsága. Ebből a szempontból alapve- tőek a fizikai testek tulajdonságait kifejező mennyiségek. Ezeket a mennyiségeket álla­potjelzőknek nevezzük: a testek állapotát jellemző tulajdonságok. A legfontosabb ál­lapotjelzők: a test helye, a sebessége, gyor­sulása, tömege, impulzusa, mozgási ener­giája. (Nagyjából támpontot ad az Olvasó­nak: az állapotjelzők birtokos kapcsolat­ba állíthatók a testekkel.) Az állapotjelzők

között természetesen vannak skaláris és vektorértékü állapotjelzők.

A fizikai mennyiségek másik csoportját azok a mennyiségek képviselik, amelyek nem a testeket, hanem azokat a folyamato­kat jellemzik, amelyekben a testek részt vesznek, amelyek a testekkel kapcsolatban végbemennek. Ilyenek: az erőlökés, az erő, az impulzusforrás.

Kétségtelen, hogy a testek tulajdonsá­gait jellemző állapotjelzők logikailag fon­tosabbak. A test tömege és impulzusa alap­vetőbb fogalom, mint a testre ható erőlö­kés vagy erő. (Ezért a fizikai mennyiségek értelmezésénél azt az elvet követjük, hogy előbb a fontos állapotjelzőket definiáljuk vagy írjuk körül, majd a velük kapcsola­tos folyamatjelző mennyiségeket. így előbb beszéltünk a tömegről és az impulzusról, azután az erőről.)

Az állapotjelzők egyszerűbbek, mint a folyamatokat jellemző mennyiségek. Egy meghatározott testnél az összes állapotjel­zőt úgy fogjuk fel, mint az idő függvényét. A folyamatjelző mennyiségek azonban ál­talában nem egy időponttól függenek, ha­nem az egész folyamattól. Képzeljük el, hogy egy test a t , időpontban kezd mo­zogni, és a t2 időpontban fejeződik be a mozgása. Tegyük fel, hogy a sebessége

V

134

pozitív, Ekkor a megtett út a sebességgra­fikon alatti területtel egyenlő. Nyilvánvaló, hogy a megtett út a folyamat egészétől, a folyamat minden kis részétől függ. H a a sebességet csak egész kis szakaszon meg­változtatjuk úgy, ahogyan az a 2.95. ábrán látszik, akkor a megtett út jelentősen meg­változhat.

A fizikai mennyiségeket a számérték mel­lett a mértékegységgel is jellemezzük. A fi­zikai mennyiségek mértékegységét a fizikai mennyiség szögletes zárójelbe tett szimbó­luma jelzi; például:

[x ]= m , [ t ]= s , [VJ = m/s, [ /]= k g m /s ,

[F ] = kg m/s2 = : N, [£ ]= k g m /s 2 = :J.

A fizikai mennyiségek mértékegységeit dimenzióknak is nevezzük. A mértékegy­ségekkel műveleteket végezhetünk: össze­szorozhatjuk, eloszthatjuk őket egymás­sal. Hatványozhatjuk a mértékegységet, sőt gyököt vonhatunk belőlük: általában racionális kitevőjű hatványra emelhetjük. Például:

M / [ f ] = m s _1, [ m ] [ i ) ] = k g m s " 1,

[E] = [m] • [ r 2] = kg m 2 s 2.

A mértékegységek irracionális kitevőjű hat­ványa azonban nincs értelmezve, ugyanígy nem beszélhetünk a mértékegység logarit­musáról, szinuszáról stb.

A mértékegységek közül kiválasztható néhány, amelyekkel a többi mennyiség ki­fejezhető. Ha a méter, kilogramm, másod­perc mértékegységek {m, kg, s} rendszeré­ből indulunk ki, ebből képezzük a töb­bi mértékegységet, akkor az ún. Sí (Sys­tem International) mértékrendszerről be­szélünk. (Ez lényegében megegyezik a ko­rábban ismert ún. MKS mértékrendszer­rel.) A másik szokásos mértékrendszer az ún. CGS rendszer: a {centiméter, gramm,

secundum} = {cm, g, s} alapvető mérték- egységekből és a belőlük képzett mérték- egységekből áll.

Ki kell emelni, hogy a mértékegysé­gekkel való számolásnak nem elvi, ha­nem gyakorlati okai vannak. Megállapod­hatnánk abban, hogy minden távolságot méterben, minden időszakaszt másodperc­ben és minden test tömegét kilogrammban mérjük, ekkor ezek mértékegységeit meg­választhatnánk 1-nek: [ x ] = [ t ] = [m] = l, így az összes fizikai mennyiség mérték- egysége 1 lenne. Ebben az esetben azonban a csillagok távolságát is, és a hajszál vas­tagságát is méterben kellene mérnünk.<*)

Figyeljünk fel arra, hogy akár a {m, kg, s}, akár a {cm, g, s} mértékrendszert használjuk, ebben azoknak az alapvető mennyiségeknek a mértékegysége szerepel, amelyek mérését már leírtuk: a távolság, az idő és a tömeg. Minden fizikai mennyiség mérését ezeknek a mennyiségeknek a mé­résére kívánjuk visszavezetni. (így tulaj­donképpen a távolság és idő mérésére, hiszen a tömeget is izeknek a mennyisé­geknek a segítségével mértük. Valójában minden mérés — kivéve a számlálás — a

A mértékegységekkel való számolásnál a kö­vetkező konvencióhoz tartjuk magunkat.

1. Egy-egy probléma megoldása során az összes adatot ugyanabban a mértékrendszerben adjuk meg: Sl-ben vagy cgs-ben. Ekkor a számítások eredményei is ugyanabban a mértékrendszerben adódnak.

2. Számolás közben nem írjuk ki a mértékegysé­geket, csak a végeredmény mellett tüntetjük fel a dimenziót. Fogjuk fel úgy, hogy ott vannak a mérték- egységek, csak mintegy rejtve, láthatatlanná téve. A mértékegységekkel ugyanis nem kell számolni. Semmiféle fizikai-szakmai szempont nem szól amel­lett, hogy a mértékegységekkel párhuzamosan ugyan­úgy számoljunk, mint a számokkal. Az, hogy ezzel mintegy ellenőrizzük a számolásunk helyességét, kétes értékű szempont.

135

távolságmérésre vezethető vissza. M érő­eszközök skáláin is távolságok olvashatók le, sőt az órák számlapján is elmozdulások mérhetők.)

Az állapotjelző fizikai mennyiségek kö­zött műveleteket végezhetünk. Bizonyos korlátozásokkal, persze. így távolsághoz tömeget nem szabad hozzáadnunk. Ösz- szeadni és kivonni különböző dimenziójú mennyiségeket nem szabad. Hasonlókép­pen tekintettel kell lennünk a mennyiségek skaláris-vektori jellegére. Az azonos di­menziójú (mértékegységű) vektorokat és skalárokat nem adhatjuk össze. Vektori fizikai mennyiségekkel csak a vektormű­veletek által meghatározott műveleteket végezhetünk.

Megengedhetők azonban a következő műveletek: a tömeget megszorozhatjuk az idővel, az impulzust eloszthatjuk az ener­giával, a helykoordinátát megszorozhat­juk az idő köbével, azt is megtehetjük, hogy a test tömegét megszorozzuk a hely- koordináta gf-szeresével, a tömeget a se­besség négyzetével. Ezek a mennyiségek mind állapotjelzők, mindegyik korrektül van értelmezve, legtöbbjük azonban ha­szontalan konstrukció: nem rendelkeznek semmiféle jó fizikai tulajdonsággal. Az egyik kivételt éppen az utolsónak említett meny- nyiség, a tömeg és a sebesség négyzetének a szorzata képezi. Ez rendelkezik jó fizikai tulajdonsággal: az előző pont (9) állítása szerint ez a mennyiség tökéletesen rugal­mas pontok ütközése előtt és ütközése után megegyezik.

Még egy gondolattal térjünk vissza az állapotjelzők konstrukciójára. Lényegében mindegyiket egy-két alapvető mennyiség­ből értelmeztük, illetve mindegyik mérését egy-két alapvető mennyiség mérésére ve­zettük vissza. így ha a tömegpont helyét és a vele kapcsolatos esemény idejét egy­

idejűleg korlátozás nélkül mérhetjük, ak­kor ugyanígy mérhető a többi mennyiség is: a tömegpontok állapotát az állapotjel­zők bizonyos szempontból összefüggő — egyidejűleg mérhető — rendszere jellemzi. Ha egyetlen m agára hagyott pontszerű test állapotát tekintjük, akkor ezek közül a mennyiségek közül sok fölöslegesnek tű­nik: az idő, hely és a sebesség, valamint a tömeg mellett az impulzus és a mozgási energia bevezetése felesleges luxusnak tű­nik. Ezek a mennyiségek egy izolált állapot leírásához valóban nem tesznek sokat hoz­zá. A jelentőségük nem is ez, ezek nem az állapot egy-egy új oldalát mutatják meg, hanem azért vezetjük be, mert a kölcsön­hatások tulajdonságainak leírására alkal­masak. Az impulzus összes mennyisége a kölcsönhatásoknál nem változik, a moz­gási energia is a mozgás valamilyen fontos tulajdonságának a kidomborítására szol­gál. Egyszóval: izolált testek tulajdonsá­gainak leírásához egy-két mennyiség elég­séges lenne. A kollektív állapotok, a köl­csönhatások leírásához más mennyisége­ket is értelmezni kell, érzékenyebb, fino­mabb ecsetvonásokra van szükség a test állapotának a megrajzolásához: az izolált, egyedülálló test állapotát a tömeg, a se­besség és a helyzet kielégítően jellemzi, de a környezetében „élő” pont állapotát „élén- kebb színekkel kell megfesteni”.

Az előző pontban az (1) egyenlőség ha­tározatlanságának az érzékeltetésére pél­daként felhoztunk egy szemléletes analó­giát az éjszakai ékszerrablásról. Beszéljünk ismét a két rablóról. Tegyük fel, hogy a gyémánt forintban kifejezett értéke az egészben lévő rész tömegének a négyzeté­vel arányos. így ha 1 gramm tömegű gyé­mánt 1000000 forint, akkor 2 gramm tömegű 4000000 forint, 3 gramm tömegű 9000000 F t stb. Szóval a történetünkben

136

szereplő két rabló két darab gyémántra tesz szert. Az egyik darab 1 gramm töme­gű, a másik darab 3 gramm tömegű. A zsákmányolt ékszer értéke 10 millió forint. Hogyan osztoznak meg a gyémántokon? Lehetséges, hogy a főnök magának tartja meg a nagyobbat, és a kisebbet a beosztott rablónak adja. Fordítva is lehetséges. Elő­fordulhat az is, hogy az egyik vagy a másik rabló magához veszi az egész kincset, „be­csapva” a társát. Ezeket az osztozkodáso­kat az jellemzi, hogy az egyik gonosztevő rosszabbul jár, mint a másik.

Ha egyenlő értékű gyémánthoz akar­nak jutni, akkor például a következő­képpen járnak el: a nagyobbik darab gyé­m ántot három felé törik, három 1 gram­mos darabra. így mindketten két darab1 grammos gyémántot vágynak zsebre és nem érezhetik magukat hátrányos hely­zetben a társukhoz képest. Mindegyiknek 2000000 Ft értékű gyémántja van. Az osztozkodás így igazságos volt. De hová tűnt a 6000000 Ft? Természetes: az osz­tozkodásnál megsemmisült.

A két rabló osztozkodását hajnaltájban az jellemzi, hogy a gyémánt mennyisége „grammra” állandó marad, de az értéke általában csökken, kivéve egy-két osztoz­kodást, amely viszont a rablók „igazságér­zetét” bántja: ez az eset, amikor mind Két darab gyémánt egészben marad.

Hasonló a helyzet az impulzussal és a mozgási energiával. Két pontszerű test üt­közésekor az impulzus (és a tömeg is) megmarad — mint a gyémánt mennyisége —■, de a mozgási energia a rugalmas ütkö­zés esetét kivéve csökken — mint a gyé­mánt értéke.

De hát hová tűnt a mozgási energia, kérdezhetné az Olvasó. Erre természetesen azt mondjuk, hogy az ütközésnél megsem­misült, lecsökkent. Ugyanúgy, mint a gyé­

mánt értéke az osztozkodásnál. Ennek a gondolatnak az elfogadása azért okozhat nehézséget, mert az Olvasóban valamiért— iskolai tanulmányai, a népszerűsítő ol­vasmányok, műsorok m iatt — kialakult az a kép, hogy az energia ugyanúgy létezik, mint az anyag: az energia ugyanúgy szub­sztancia, mint az anyag. Az a mód, aho­gyan mi az energiát szóba hoztuk, nem ezt a képet támasztja alá. Nem azért beszél­tünk az energiáról, mert „van”, és így beszélni kell róla. Nem is tekintettük eleve adottnak.

Mi azért értelmeztük a mozgási energiát, mert a pontszerű testek kölcsönhatásait az impulzusmérleg nem jellemzi egyértel­műen. Az egyértelműség fenntartásához egy másik egyenlet kellett. Ezt az egyen­letet, az előző pont (10) állításának má­sodik egyenletét a (3) tapasztalati alapo­kon nyugvó állítás támasztja alá. Nagyjá­ból úgy foghatjuk fel, hogy a (3) állítás a (10) állítás második egyenletének két pont rugalmas ütközésére átfogalmazott formá­ja. Az előző pont (10) állításának második egyenlete szimmetrikus. Ez a szimmetria inspirált bennünket arra, hogy megmara­dási tételt lássunk benne, és a benne sze­replő állapotjelzőt az impulzus párhuza­mára, mozgási energiának nevezzük. Az

1 ,E = 2 mv m°zgasi energia ugyanugy a test

állapotjelzője, mint mondjuk az | m 2f 3,

csak az utóbbiról nem tudjuk, hogy vala­mire is használható lenne. Egzisztenciáju­kat tekintve azonban egyenértékűek. Egyik sem tekinthető valamilyen reális létező­nek, szubsztanciának. M indkettő attribú­tum: az anyag tulajdonsága, az anyagi testek tulajdonságának mennyiségi kifeje­zése. M aradjunk egy újabb párhuzam ked­véért az ékszereknél. Egy szép gyűrű leta-

137

gadhatatlan valóság . . . O tt csillog a ki­rakatban. A gyürü minden kétséget kizá­róan van. De van-e értéke? Persze, hogy van — mondja az Olvasó — különben is ott az ára. A problémába bele gondolva azonban könnyen láthatjuk: a gyűrű ér­téke nem úgy létezik, mint maga a gyürü, a gyürü értéke a tudatban, az egyéni és a társadalmi tudatban létezik.

2.2.2. A mozgási energia tulajdonságai

A mozgási energia skaláris értékű álla­potjelző. Bizonyos értelemben rokona az impulzusnak: az impulzus vektori értékű állapotjelző.

A mozgási energia ugyanúgy, mint az impulzus és a sebesség, függ a vonatkozta­tási rendszertől. Különböző vonatkozta­tási rendszerekben különböző a testek se­bessége, és így különböző a mozgási ener­giájuk is. Egy talajon csúszó test mozgási energiája pozitív a talajhoz viszonyítva, de nulla, ha a vonatkoztatási rendszert a test­hez rögzítjük. Pontosan úgy, mint az im­pulzus esetén.

Az impulzus tulajdonságait a Newton­törvények foglalják össze. Kézenfekvőnek látszik, hogy a mozgási energia legfonto­sabb vonásait úgy próbáljuk felvázolni, hogy megvizsgáljuk: a Newton-törvények megfelelői teljesülnek-e a mozgási ener­giára.

Vizsgáljuk meg először Newton I. törvé­nyének az analógját. Ha egy tömegpon­tot inerciarendszerben magára hagyunk, akkor az impulzusa állandó, így a sebes­sége is. Állandó tehát a mozgási energia is. Inerciarendszerben magára hagyott pont­szerű test mozgási energiája állandó. (For­dítva: abból, hogy a mozgási energia ál­landó, nem következik, hogy az impulzus

is az. Az egyenletes körmozgást végző tömegpont esete ezt mutatja.)

A magára hagyott tömegpont mozgási energiája nem változik meg, a változás oka mindig a testen kívül keresendő. Ezt a tényt önti formába az alábbi tétel.

Munkatétel: Inerciarendszerben egy pont­szerű test mozgási energiájának a megválto­zása a környezettől kapott mozgási energia mennyiségével egyenlő. Ez utóbbit a testre ható erők munkájának, vagy a testen vég­zett munkának nevezzük:

A E = A E kap= :W . (1)

A munkatételnek és Newton II. törvé­nyének párhuzama szembetűnő. A testen végzett munka — a környezettől kapott mozgási energia — az erőlökéssel, a kör­nyezettől kapott impulzussal rokon.

Az (1) állítás akkor is alkalmazható, ha a kölcsönhatás a test és a környezete kö­zött pillanatszerű. Ha azonban a folyamat időtartam a nem nulla: A t>0 , akkor

AE At

AE,kap

AtW A t ’

illetve a pillanatnyi értékekre áttérve:

É = É kBp = :P . (2)

A munkatételnek ez a megfogalmazása azt mondja, hogy egy pontszerű test mozgási energiájának időegységre eső megválto­zása egyenlő a környezetétől időegység alatt kapott mozgási energiával. Ezt a testre ható teljesítménynek nevezzük, és P-vel jelöljük. A teljesítmény mértékegy­sége: [P ] = J/s = :wűíí, jele W.

A teljesítmény — szemléletesen fogal­mazva — a testen időegység alatt végzett munkával egyenlő: ha összevetjük a mun-

138

katétel (2) formáját, akkor világossá válik, hogy a teljesítmény az erő megfelelője. A teljesítmény: energiaközlő képesség. Ez a párhuzam arra is rámutat, hogy a munka is, és a teljesítmény is folyamatokat jel­lemző mennyiség.

A test mozgási energiájának a megválto­zása inerciarendszerben csak külső hatá­sok eredménye lehet. Ez azonban szükség­képpen együtt já r az erőhatással. Erőhatás nélkül a tömegpont nem gyorsul, mozgási energiája nem változik meg, így munka­végzés sem történik. A munkavégzés tehát szorosan összefügg az impulzusközléssel. Ez alapján azt is mondhatjuk, hogy a munka: impulzussal együtt közölt energia. Nem meglepő tehát, hogy a testen végzett m unka függ a testre ható erőtől. Az egy­szerűség kedvéért gondoljuk el, hogy egy tömegpont egyenes vonalú egyenletesen változó mozgást végez, a tömegét jelöljük m-mel, a kezdősebességét r 1-gyel, a végse­besség legyen v2, mozgás ideje t. Ekkor mozgási energiájának a megváltozása:

A ,7 1 2 1 2A£ = - n w \ - 2 =

= m (v2-vl)(vg + vl)2

Ábrázoljuk a tömegpont sebességét az idő

V

függvényében (2.96. ábra). A grafikon két geometriai jelentése alapján:

v2 ~ vl v2 + vta -------— , t.

E két összefüggést felhasználva:

A E = mas.

Newton II. törvénye alapján ma=F, így

A E = Fs=W .

A testen végzett munka ebben az egyszerű esetben a testre ható erő nagyságának és a test által megtett útnak a szorzata.

Ha a testre ható erő nem párhuzamos az elmozdulással, ^kkor az erő nagysága helyett az erő elmozdulással párhuzamos összetevőjével szorozzuk a megtett utat:

W= F^s = F cos a - s = Fs cos a = FAr11.

ahol F 11 az F erő elmozdulással párhuza­mos összetevőjét, Ar11 pedig az elmozdu­lás erővel párhuzamos összetevőjét jelenti (2.97. ábra).

A vektorok abszolút értékének — hosz- szának — és a köztük levő szög koszinu­szának a szorzata a két vektor skaláris

2.97.A r ábra

139

szorzata; így a munka: az erő és az elmoz­dulásvektorok skaláris szorzata:

W =FAr (3)

A részletesebb és pontosabb indoklás kedvéért tekintsük a mozgási energia idő­egységre eső megváltozását:

É = ^ y mv2 ^ = y 2mvi/ = m i\ = F \,

a testre ható erő teljesítménye tehát a testre ható erő és a test sebességének a skaláris szorzata:

P = F ^v = Fv cos a = Ft’11 = Fv. (4)

A feladatmegoldás szempontjából is fon­tos, hogy kiemeljük: ha az erő és a sebesség merőleges egymásra, akkor a teljesítmény nulla.

Fogalmazzuk meg most még egyszer a munkatételt, kidomborítva a feladatok megoldása szempontjából fontos szempon­tokat:

Tegyük fel, hogy az A test tömege mA, egy folyamatban a kezdeti sebessége vt , a folyamat végén a sebessége v2. A test kör­nyezete legyen a B test. Az A test elmozdu­lását jelöljük ArA-val, a B test által az A testre ható erőt FB_A-val.

Ekkor a munkatétel: az A test mozgá­si energiájának a megváltozása egyenlő a környezete által kifejtett eredő erő mun­kájával, vagyis az A testre ható erőnek és az A test elmozdulásának a skaláris szor­zatával:

j m/ A - j mAvj = F B AArA (5)v .... .

A£a W ^ a

Vizsgáljuk most meg, hogy Newton III. törvényének a megfelelője — a hatás-ellen­hatás elve — teljesül-e a munkára is. Kép­

zeljünk el sima talajon két embert, az egyik egy = 50 kg tömegű kislány, a másik egy 100 kg tömegű férfi, mondjuk az édesapja. Görkorcsolya van a lábukon, és kötéllel 200 N nagyságú erővel hatnak egymásra1 másodpercig. Ekkor a kislány gyorsulása4 m/s2, a férfié 2 m/s2. A kislány által

4megtett út — • 12= 2 m, a férfi által meg-

2tett út: — - 1 = 1 m. Ekkor az a munka,

amelyet a férfi végez a kislány felgyor­sításával: 200 -2 J= 4 0 0 J, az a munka,

2.98.s, * s2 ábra

amit a kislány az édesapja felgyorsításával 200 1 J =200 J. A két test egymáson végzett munkája tehát nem egyenlő nagy. A munkavégzésre nem teljesül a hatás­ellenhatás elve. Newton III. törvényének nincs megfelelője a mozgási energiára.

I"Á súrlódásról szóló fejezetben találkoz­tunk már a következő problémával: M tömegű álló kis kocsira m tömegű, v0 se­bességű zsák csúszik rá, és pontosan a kocsi végéig csúszik. A kocsi hosszát L-lel jelöltük. Ekkor a feladat leírására szolgáló egyenletrendszer:

fimg = Ma,

mv0 = (m + M)u,

L ~ 2 *'

ua= —.

t

140

t 2.99. ábra

Ez az egyenletrendszer alkalmas arra, hogy— például a két tömeget, a kocsi hosszát és a v kezdősebességet megadva — a súrló­dási együtthatót kiszámítsuk.

A 2.99. ábráról leolvasható, hogy a kocsi által megtett út ut/2, a zsák által megtett út éppen a kocsi hosszával több:

u + v 0

A két test között a /img csúszási súrlódási erő hat, ezért a kocsi által a zsákon végzett munka:

W -F - u + vokocsi *zsák * kocsi-*zsák^zsák ^ 1

ez azonban a munkatétel szerint egyenlő a zsák energiájának a megváltozásával is, tehát

1 , 1 ,A £ zS;,k = y m u - = ^kocá-zsák -

Hasonlóképpen a zsák által a kocsin vég­zett munka:

PF — F -^ z sák -* k o c s i z sák * k o cs in k CCS i ^ *

ez a munkatétel alapján a kocsi energiájá­nak a megváltozásával egyenlő:

1 1A L = - Mm2 - - M ■ 02 = WL,zsák-* kocsi *

A kocsi által a zsákon végzett munka ne­gatív, a zsák mozgási energiája csökken — a zsák által a kocsin végzett munka pozitív, a kocsi mozgási energiája nő. A két munka összege nem nulla, a hatás-ellenhatás tör­vénye nem teljesül. Könnyen ellenőrizhető, hogy a két test összes mozgási energiája ebben a folyamatban csökken. |

Vizsgáljuk most meg Newton IV. törvé­nyének a megfelelőjét. Az egyszerűség ked­véért tegyük fel, hogy két erő hat egy testre:F , és F z. A két erő eredője legyen F, F: = F t + F 2, a test elmozdulása pedig Ar, ekkor

FAr = (F 1 + F 2)Ar = F 1Ar + F 2Ar.

Az erők összegének a munkája egyenlő tehát a munkák összegével. Vagyis a munka­tételt így is fogalmazhatjuk: a test mozgási energiájának a megváltozása egyenlő a testre ható erők munkájának az össze­gével.

Jelöljük most a testre ható erőt F-fel, és tegyük fel, hogy a test elmozdulása két sza­kaszból áll, Arr ből és Ar2-ből, vagyis A r= = A ^ + Ar2. Ekkor

FAr = F(Arj + A r2) = FAr, + F A r2.

A testen végzett munka tehát nemcsak erőnként, hanem út mentén is additív: az erő munkája két egymáshoz csatla­kozó útszakaszon egyenlő az útszakaszo­kon végzett munkák összegével.

Tegyük fel most, hogy egy tömegpont valamilyen görbe vonalú pályán mozog. A mozgó tömegpontra minden helyzetében hat egy erő, jelöljük ezt F-fel. Az F erő iránya és nagysága attól függ, hogy a test a pálya melyik pontján tartózkodik.

Ahhoz, hogy a testen végzett munkát ki­számítsuk, osszuk fel a pályát kis elmoz­dulásvektorokkal (2.100. ábra), egy-egy kis szakaszon az F erő által végzett munka

141

F ábra

FAr, ezeknek az elemi munkáknak az ősz- szege adja a testen végzett összes mun­kát, a munka út menti additivitása elvének megfelelően. Tehát

W= £ F A r = £ F " A r =

— £ FAr11 = Y, F cos a As.

Ha az út függvényében ábrázoljuk a testre ható erő elmozdulással párhuzamos össze­tevőjét, akkor a grafikon alatti terület az erő munkájával egyenlő (2.101. ábra).

Tekintsük még egyszer a munka pálya menti kiszámítását:

W= £ FAr

Jelölje a testre ható erővektor koordinátáit Fx, Fy, Fz, az elmozdulásvektor koordiná­táit Ax, Ay, Az:

F = (FX, Fy, F z) és Ar = (Ax, Ay, Az).

Ekkor

W= X F Ar = £ (Fx Ax + F y Ay + FzAz).

Az elmozdulásvektor Ar = vAf, vagyis

Ar = (rx, vy, vJAt.

Ezek alapján

W= £ F v A r=

= Y, {FxvxAt + FyvyAt + FzvzAt) =

= Z (f x x + + Fzvz)At =

= £ P A t.

Ha tehát ismert a teljesítmény időfüggése, akkor a testre ható erő munkáját meg­határozhatjuk a teljesítmény-idő grafikon alatti területből (2.102. ábra).

2.101.ábra

t 2. 102.

ábra

pEgyszem példaként szerepeljen itt a kö­vetkező: képzeljük el, hogy egy L hosszú­ságú, m tömegű, vékony, hajlékony kötél úgy fekszik az asztalon, hogy a kötél fele éppen lelóg az asztalról. A kötél és az asztal lapja közötti súrlódás együtthatója n. Ha a kötél felső végére F erőt gyakorolunk, és a kötelet egyenletesen felhúzzuk az asztalra úgy, hogy a kötél nem gyorsul, akkor kez­detben a kötél egyik felére ható nehéz­ségi erő mellett a kötél másik részére ha­tó súrlódási erőt kell kompenzálni, „le­győzni”:

„ m mF ‘ = » 2 e + 2 S-

Végül már csak a súrlódási erőt kell kom­penzálni:

F 2 = nm g.

142

A testre ható erőnk a 2.103. ábra szerint változik, miközben a kötél felső pontja L/2 hosszú utat mozdul el. A végzett munka a görbe alatti területtel egyenlő:

W=

m m ^ m g + n ~ g + ~ g

_ l

Ebben a pontban kidomborítottuk a mozgásmennyiség és a mozgási energia rokonságát, Newton II. törvényének és a munkatételnek a párhuzamát. Rámutat­tunk az erőlökés (erő) és a munka (telje­sítmény) fogalmi rokonságára. Azt is meg­beszéltük, hogy a párhuzam mennyiben nem teljes: a hatás-ellenhatás elve nem teljesül a munkára.

Az (1) munkatételben a testre ható erők eredőjének a munkája szerepel. Az eredő erő munkájáról beláttuk, hogy ez a testre ható erő és a test elmozdulásának a skalá­ris szorzatával egyenlő. Kiemeltük ezután

ábra

2.104.ábra

a munka erőnkénti additivitását, ezért a munkatételben a testre ható erők eredőjé­nek a munkája helyett a testre ható erők munkájának az összege is szerepelhet.

A munka út mentén is additív: ez az elv teszi lehetővé változó erő munkájának ki­számítását görbe vonalú pályán mozgó testnél is. A munka az egész görbétől függ. H a a mozgás egy egészen kicsi szakaszán megváltozik az erő, akkor a munka jelen­tősen megváltozhat. A 2.104. ábrán vala­milyen görbe vonalú pályán mozgó testre ható erő pályamenti komponensének a megtett úttól való függését ábrázoltuk. Ha egy rövid intervallumon lecsökken az erő, akkor a munka a pontozott „téglalap” területével csökken. A munka tehát — ezt ki kell ismét emelnünk — folyamatjelző mennyiség. Nem a testtől, hanem attól a folyamattól, annak a folyamatnak minden kis részétől függ, amelyben a test részt vesz. Olyan a munka, mint a taxi viteldíja. Tegyük fel, hogy valaki gyakran kénysze­rül taxiba szállni, hogy a város egyik pont­jából a másikba vitesse magát. Világos dolog, hogy a viteldíj — még ugyanolyan díjszabás esetén is — nemcsak attól függ, hogy hol szálltunk a taxiba és mi az utunk célja. A viteldíj az útvonaltól is függ, de ugyanazon az útvonalon attól is, hogy mikor, hol alakul ki forgalmi dugó, mikor

143

és hol kap piros lámpát a taxi. Lehetséges: már abban bízunk, hogy a szokásosnál korábban célba érünk, amikor hirtelen forgalmi akadály kerül az utunkba. A taxi viteldíja nemcsak a kezdeti és a végső állapottól, hanem minden közbülső álla­pottól is függ.

Ugyanez a helyzet a munkával is. A munka egy egész folyamattól függ, ellen­tétben a mozgási energiával, amely minden pillanatban más és más lehet, az energia egyszerűen az idő függvénye. Pontosab­ban: az energia pillanatnyi értéke a folya­matnak ugyanazon időpontbeli értékétől függ, a munka pillanatnyi értéke az összes korábbi értékektől.

2.2.3. A nehézségi erő munkája

Határozzuk most meg az m tömegű testre ható G=m g nehézségi erő mun­káját néhány folyamatban. Ha a test s úton esik lefelé, akkor a nehézségi erő munkája mgs = „erő x út”.

H a az m tömegű testet a hajlásszögben, v0 kezdősebességgel elhajítjuk, akkor a nehézségi erő testre ható teljesítménye:

P = (0, — mg) (v0 cos a, v0 sin a —gt) =

= - mv0g sin a -g t ( - m g ) =

= mg2t — v0mg sin a.

A teljesítmény-idő függvény grafikonját a 2.105. ábrán látjuk. A t = v0 sin a/g idő alatt, amíg a test a pálya csúcsára ér, a testen végzett munka a grafikon „feletti” háromszög területe:

v0g sin a v0 sin aW= - m -------------------- =

2 g

Vo ■ 2— — — sin a ■ mg.2g

y

A nehézségi erő munkája most negatív — az erő- és az elmozdulásvektor tompaszö­get zár be —, a mozgási energia csökken. A nehézségi erő munkájának a nagysága a testre ható erő és a pályacsúcs függőleges koordinátájának a szorzata.

Tegyük fel most, hogy a test valamilyen bonyolult pályán mozog az (jq , yj) hely- vektorú helyről az (x2, y2) helyvektorú helyre. Feltehető, hogy a testre a nehézségi erő mellett más erő is hat, különben a test vagy egyenesen, vagy parabola pályán mo­zogna.

Számítsuk ki most a nehézségi erő mun­káját a 2.106. ábrán vázolt pálya mentén. Világos, hogy

WG= £ (GAr cos a) = £ (mgAr cos a) =

= m g Y ^ y ,

ahol Ay a Ar elmozdulásvektor függőleges komponense, ezek összege — y 2, tehát

Wc = mg(yí - y 2). (1)

144

t

A meglepő az a dologban, hogy a pálya szinte minden tulajdonsága „eltűnt”. A ne­hézségi erő munkája — ellentétben a vára­kozásunkkal — csak a pálya kezdő és végső pontjából függ, és nem függ a köz­bülső állapotoktól, nem függ a pálya alak­jától, nem függ attól, hogy a testre hat-e más erő vagy nem.

A munkától azt várnánk, hogy a folya­mat egészétől függ, a folyamat minden kis részétől is, itt meglepő módon azt kaptuk, hogy a nehézségi erő munkája a folyamat­nak csak a kezdő és végső állapotától függ.

Bontsuk most két részre a munkatétel­ben szereplő munkák összegét, az egyik rész legyen a testre ható nehézségi erő munkája, a másik pedig a testre ható többi munka:

j mvl - j mv\ = mgyi - mgy2 + W(6bbi. (2)

A munkatétel bal oldalán itt a moz­gási energia — egy állapotjelző — meg­változása, a jobb oldalon a nehézségi erő munkája mellett a többi erő munkájá­nak az összege szerepel, ezek folyamat­jelző mennyiségek. Folyamatjelző a Wc = = mgy1- m g y 2 és a W{öbbl is. Figyeljünk fel azonban a nehézségi erő munkájának kife­

jezésében szereplő mgy mennyiségre: ez a test tömegének és függőleges helykoordi­nátájának g-vel való szorzata. Ez pedig állapotjelző.

A (2) munkatétel jobb oldalán tehát az egyik munka egy állapotjelző megválto­zása, hasonlóan a bal oldalhoz. Rendezzük tehát át az egyenlőséget úgy, hogy az állapotjelzők egy oldalra kerüljenek. A „rendcsinálás” eredménye:

(3)

2.106.ábra

Ezt az állítást így is olvashatjuk: a mozgási energia és az mgy újonnan „feltűnt” álla­potjelző összegének a megváltozása egyen­lő a nehézségi erőtől különböző erők mun­kájával.

Döntenünk kellene afelől, hogy milyen nevet adjunk az új állapotjelzőnek. Az a körülmény, hogy az mgy mennyiséget a mozgási energiához adtuk hozzá, érthe­tővé teszi, hogy az mgy mennyiséget is energiafajtának nevezzük: legyen a neve helyzeti energia.™ A helyzeti és a mozgási energia összegét a továbbiakban mecha­nikai energiának nevezzük.

Ekképpen a (3) állítás a munkatétel „má­sodik generációjának” tekintendő: a me­chanikai energia megváltozása egyenlő a testre ható erők munkájának összegével — kivéve a nehézségi erőt.

Nyilvánvaló, hogy a (2) és a (3) állítás fizikai és matematikai szempontból is telje­sen egyenértékű. Fontos azonban, hogy a fizikai gondolatmenetekben, a feladatmeg­oldásoknál pontosan rögzítsük, hogy a munkatétel a (2) vagy a (3) állítást jelenti-e

A helyzeti energia természetesen függ a vonat­koztatási rendszer megválasztásától.

145

%

számunkra. H a a (2) állítást használjuk, akkor a mozgási energia fogalma mellett a nehézségi erő munkájáról beszélünk. Ha a (3) állítással dolgozunk, akkor beszélhe­tünk a helyzeti, a mozgási és a mechanikai energiáról, de a munkák között nem vesz- szük számításba a nehézségi erő munkáját. A helyzeti energia és a nehézségi erő mun­kája egy gondolatmenetben nem fordulhat elő, mert a két dolog ugyanazt jelenti: a nehézségi erő munkája és a helyzeti ener­gia ugyanannak a dolognak különböző fo ­galmi szintű elnevezései.

ÍKépzeljük el, hogy egy repülőgép h = = 1000 m magasan u, =200 m/s sebesség­gel repül. A gépből kiugrik egy ejtőernyős, akinek az ernyővel együtt m=120 kg a tömege. Az ejtőernyős v2 = 6 m/s sebesség­gel ér földet. A feladatunk az, hogy hatá­rozzuk meg, mennyi munkát végzett az ejtőernyősön a közegellenállási erő.

Jelentse most az energia a helyzeti és a mozgási energia összegét, a mechani­kai energiát és helyezzük el a koordináta- rendszerünket a 2.107. ábrán látható mó­don a talajra. Legyen tehát a helyzeti energia nulla zintje a talaj felszínén. Ekkor a mechanikai energia megváltozása egyen­lő a testre ható közeg-ellenállási erő mun­kájával:

^ mvl + 0 ^ ^ mv\ + mgh^ = W£6zeg.

Az adatok behelyettesítése után: W£özeg= = —3597800 J. Ugyanennél a problémá­nál élhetnénk a következő szóhasználattal is. Jelentse számunkra az energiát a moz­gási energia. Ekkor a test — az ejtőernyős— mozgási energiájának a megváltozása egyenlő a testre ható nehézségi és közegel­lenállási erők munkájával:

1 , 1 ,2 mv2 ~ 2 1 = m9 + Wk6°*'

y

Világos, hogy ezen az úton is ugyanazt a számszerű eredményt kapjuk. |

A gondolatmenetünkből kitűnik, hogy a helyzeti energia értelmezése nem szükség­szerű lépés. A (3) állítás használata nem jár különösebb előnyökkel a (2) állítás használatához képest. Az is világos, hogy a helyzeti energia fogalmának a bevezetése azon múlik, hogy a nehézségi erő munkája független a mozgástól, csak a kezdeti és a végső állapottól függ, pontosabban kife­jezhető az mgy állapotjelző megváltozá­sával. Ezt az állapotjelzőt neveztük később helyzeti energiának.

Térjünk most vissza a (3) állításhoz:

(^■mvl + m gy^ - (^m v l + m gy^ =

Világos, hogy ha Wöbbi= 0 , akkor a test mechanikai energiája nem változik meg — hiszen a megváltozás éppen WJöbbj —, ebben az esetben tehát a test mechanikai energiája állandó. Ezt a teljesen nyilvánvaló állítást néha a mechanikai energia megmaradása tételének nevezik. Mi ezt az elnevezést nem használjuk, pontosan az állítás nyilvánva­lósága miatt; a mechanikai energia bizto­san nem változik, ha a megváltozása nulla, (így van ez minden dologgal a világon.) Állapodjunk meg abban, hogy a (3) állí­tást akkor is munkatételnek nevezzük, ha valamilyen konkrét probléma kapcsán azt

•kapjuk, hogy Wíöbbi= 0.

146

Kiemeltük már, hogy a helyzeti ener­gia fogalma annak a ténynek köszönheti létét, hogy az (1) egyenlőség mindig igaz: akár hat a testre más erő, akár nem, füg­getlen az (1) egyenlőség fennállása a moz­gás konkrét megvalósulásától is. Az azon­ban nyilvánvaló, hogy ha a testre a ne­hézségi erő mellett nem hat más erő, a test szabadon esik, akkor a mozgási ener­gia megváltozása egyenlő a nehézségi erő munkájával:

mgs = mg(h1- h 2)= ^ m v \ - y m v\.

Túlságosan speciális ez az eset ahhoz, hogy ebből rájöjjünk a mechanikai energia ál­landóságára, megmaradására. Ráadásul ez a „képlet” a szabadesés törvényéből — magyarán az egyenletesen változó mozgás tényéből — is következik. (Eddig a pillana­tig valahányszor a sebesség és az út össze­függésére szükségünk volt, mindig újra és újra levezettük az egyenletesen változó mozgásra vonatkozó helyzet-idő és sebes­ség-idő képletekből.)

Láttuk, a helyzeti energia fogalma nem nélkülözhetetlen fogalom. A mozgási ener­gia fogalmára azonban szükségünk van: a kölcsönhatások — ütközések — leírásához az energia fogalma szükséges. Az ütközé­seknél láttuk, hogy „kollektív” mozgásál­lapotoknál az impulzus és a mozgási ener­gia egymástól független mennyiségek. Ha viszont egyetlen tömegpont mozgását ta­nulmányozzuk, akkor a mozgási energia nem független az impulzustól, a mozgási energiára vonatkozó munkatétel levezet­hető az impulzusmérlegből, Newton II. törvényéből.

í á z egyszerűség kedvéért gondoljuk el, hogy a hajlásszögű lejtőn m tömegű, Dj kezdősebességü test mozog lefelé. A súrló­dási együttható legyen fi. Határozzuk meg

2.108.ábra

a test v2 sebességét s út megtétele után (2.108. ábra)!

írjuk fel a mozgásra Newton II. törvé­nyét:

mg sin a — fimg cos a = ma.

A test egyenletesen változó mozgást végez, ezért

x(í)= y í2+i>ií,

r(í) = at + ví .

Ha a test megtett s utat, akkor

a 2 s = - t 2+ v1t,

ésv2 = at + v1, innen — mint a kinematiká­ban láttuk —

vt + v 2 v2- v ,s = — -— t, a = -------- .

2 t

A feladat megoldásához szükséges egyen­letek:

mg sin a — fxmg cos a = ma,

vi + v2 ,s =2

t,

A megoldás szokásos menete: az első egyen­letből kifejezzük a-1, a másodikból í-t, és ezeket a harmadik egyenletbe helyettesítve a keresett v2 meghatározható.

147

Alkalmazzunk most egy másik meg­oldási módszert: szorozzuk meg az első egyenlőséget s-sel, majd helyettesítsük a-1 és s-et az első egyenlet jobb oldalába:

mgs sin a — fimgs cos a = más =

vt - v 2 V2 + Vt - m — --------

mgs sm a — /imgs cos a — m — - — .

A jobb oldalon a test mozgási energiájá­nak a megváltozása, a bal oldalon a nehéz­ségi és a súrlódási erő munkája szerepel. (A nehézségi erő s úton mgs sin a munkát végez, ahol sin a az erő és az elmozdu­lás közötti szög koszinusza. Hasonlóan: a nmg cos a súrlódási erő s úton végzett munkája - / im g c o s a -s , az erő és elmoz­dulás közötti szög koszinusza — 1, hiszen az erő és az elmozdulás ellentétes irányú. |

Még egy fontos megjegyzés: az energiá­val kapcsolatban is ki kell emelni, hogy végső soron alapfogalom. Most a mozgási és a helyzeti energiát értelmeztük. Az ener­gia általános és minden fizikai fejezetre kiterjedő érvényes definíciója nem lehet­séges. Az a közkeletű definíció, hogy „az energia = munkavégző képesség” nyilván­valóan helytelen. Egyrészt módszertani­lag sem szerencsés egy folyamattól függő mennyiséggel állapotjelzőt értelmezni. Úgy gondoljuk ugyanis, hogy az energia alap­vetőbb és fontosabb fogalom a munkánál, ezért a munkára való visszavezetése nem szerencsés gondolat. Másrészt, és ez a sú­lyosabb kifogásunk: az a definíció nem is lehet helyes. Egy test energiájának a meg­változása nem attól a munkától függ, amit a test végez, hanem amit a környezete a testen végez.

Tegyük fel, hogy az energia valóban munkavégző képesség. Képzeljük el, hogy

egy kis test valamilyen kezdősebességgel csúszni kezd az asztalon. Néhány deci­méter út megtétele után megáll. Világos, hogy a mozgás kezdetén mozgási energiája volt, vagyis munkavégző képességgel ren­delkezett. Az asztal természetesen végig nyugalomban volt, tehát nem volt mozgási energiája, vagyis nem volt munkavégző képessége.**1 A folyamat végén a test meg­áll. Miért? M ert m unkát végzett? Nem!!! Az asztalon csúszó test nem végzett mun­kát, hiszen csak az asztalon végezhetett volna, de az asztal nem mozdult el. A test munkavégző képessége úgy fogyott el, hogy közben nem végzett munkát. Az asztal azonban munkát végzett a testen, hiszen a test elmozdult. Az asztal annak ellenére végzett munkát, hogy közben állandóan nulla volt a mozgási energiája, vagyis nem volt egy pillanatra sem egy parányi mun­kavégző képessége sem/**’

Az energia azonosítása a munkavégző képességgel mindenképpen helytelen.

V. Feladatcsoport: munkatétel, energiamérleg

V /l. Egy 2 kg tömegű testet egyenlete­sen emelünk 2 méter magasra. M ekkora munkát végeztünk ezen az úton? M ekkora munkát végzett a testre ható nehézségi erő? M ekkora az emelőerő teljesítménye, ha a mozgás 0,8 másodpercig tartott?

V/2. Egy 2 kg tömegű testet egyenlete­sen gyorsítva emelünk 2 méter magasra. A kezdősebesség 0,3 m/s, és a mozgás 0,8

Az asztal természetesen elmozdul az egész Föld­del együtt. Ez az elmozdulás azonban a vizsgált je­lenség szempontjából elhanyagolható.

'**’ Ez az egész problémakör a termodinamika szempontjából kissé másként néz ki.

148

másodpercig tart. Mennyi munkát végzett a nehézségi erő? Mennyi munkát végez­tünk a test emelése közben? Ábrázoljuk a nehézségi erő és az általunk kifejtett emelő­erő teljesítmény-idő függvényének a grafi­konját!

V/3. Egy 30° hajlásszögű lejtőn, kezdő- sebesség nélkül, lecsúszik egy 2 kg tömegű test. A súrlódási együttható 0,2. A test 2 méter utat tesz meg. Számítsuk ki a testre ható nehézségi erő, nyomóerő és súrlódási erő munkáját!

V/4. Egy 30c hajlásszögű lejtő alján egy2 kg tömegű test kezdősebessége 3 m/s. A testet fölfelé indítjuk. A súrlódási együtt­ható 0,2. Mekkora munkát végzett a testen a nehézségi erő, a nyomóerő és a súrlódási erő, mialatt a test sebessége 1 m/s-ra csök­ken?

V/5. Egy autó tömege 800 kg. Álló hely­zetből 30 m/s sebességre 10 másodperc alatt gyorsul fel. Ábrázoljuk a teljesítmény­idő függvényt! Számítsuk ki az átlagtelje­sítményt!

V/6. Milyen magasra emelkedik az a test, amelyet a talajról 40 m/s kezdőse­bességgel függőlegesen felhajítunk? Milyen magasan lesz a sebessége 25 m/s? Mennyi lesz a sebessége 10 méter magasan?

V/7. Egy test 40 méter magasról esik. Kezdősebessége nulla. M ekkora a sebes­

sége 30 méter magasan? Milyen magasan lesz 20 m/s a sebessége?

V/8. Egy test 10 m/s sebességgel csúszik a talajon. Milyen távol áll meg, ha a súrlódási együttható 0,1? Mennyi utat tesz meg a test, amíg a sebessége 2 m/s-ra csökken?

V/9. Egy 2kg tömegű test kezdősebes­sége vízszintes talajon 10 m/s. A súrlódási együttható 0,1. A testre vízszintes irányú F erőt fejtünk ki, a sebességgel megegyező irányban. M ekkora m unkát végzett ez az

erő, ha a test 3 méter úton 15 m/s sebességre gyorsul fel?

V/10. Egy puskagolyó kezdeti sebessége 500 m/s. A lövedék fába hatolva 15 cm-t tesz meg, míg megáll. M ekkora a lövedék sebessége 5 cm mélységben?

V /l l . Egy 30° hajlásszögű lejtő aljáról fölfelé indítunk egy testet. Ez a test megáll, majd visszacsúszik. A lejtő aljára a kezdő- sebesség harmadával érkezik vissza. Mek­kora a súrlódási együttható?

V/12. Egy 30° hajlásszögű lejtőn kezdő- sebesség nélkül csúszik lefelé egy test. A lejtő felső, /t hosszúságú részén a súrlódási együttható 0,2, az ehhez csatlakozó l2 hosz- szúságú részen a súrlódási együttható 0,8. A test a felső szakaszon felgyorsul, a má­sodikon lelassul. Határozzuk meg az l j l 2 arányt, ha a test a lejtő alján megáll!

V/13. Egy 800 kg tömegű autó 15 m/s sebességgel, fék és m otor nélkül gördül le a 8° hajlásszögű lejtőn. M ekkora teljesít­ményt kellene kifejteni, hogy ugyanazon a lejtőn 15 m/s sebességgel fölfelé haladjon?

V/14. Egy autó 15 m/s sebességgel halad fölfelé egy 5°-os lejtőn. Ugyanezzel a telje­sítménnyel 25 m/s sebességgel haladna le­felé ugyanazon a lejtőn. M ekkora lenne a sebesség, ha változatlan teljesítmény mel­lett a lejtővel megegyező minőségű sík úton haladna?

V/15. Egy 18 méter mély kútból méte­renként 1 kg tömegű lánccal vizet húzunk fel. A vödör és a víz együttes tömege 12 kg. M ekkora munkát kell végeznünk, hogy egy vödör vizet felhúzzunk?

V /16. Két, pontosan azonos magasságú asztal van egymás mellett. Egy l =0,6 méter hosszú, m= 10 kg tömegű testet helyezünk el az egyik asztalra úgy, hogy vége az asz­tal széléig ér (2.109. ábra). Az első asztal és a test között a súrlódási együttható 0,3, a második asztal esetén ez 0,5. Mekkora

149

m.l

2.109.ábra

2 . 110.

ábra

munkát kell végeznünk, hogy a testet az egyik asztalról áthúzzuk a másik asztalra?

V/17. Egy asztal lapján m 1 = 4 kg, m 2= = 3 kg tömegű testek nyugszanak, a két testet összekötő egyenes merőleges az asz­tal szélére. A két test távolsága 1 méter, az m2 tömegű test is 1 méterre van az asztal szélétől. A súrlódási együttható mindkét test esetén 0,1 (2.110. ábra).

a) M ekkora sebességgel kell az m, tö­megű testet az m2 tömegű test felé indítani, hogy tökéletesen rugalmas ütközés után az m2 tömegű test pontosan az asztal széléig jusson?

b) M ekkora sebességgel kell az ni! tö­megű testet az m2 tömegű test felé indítani, hogy tökéletesen rugalmas ütközés után az ml tömegű test az asztal széléig jusson?

V /18. Egy 30c hajlásszögű lejtőn m, = = 2 kg tömegű test nyugszik, a test és a lejtő között a súrlódási együttható 0,7. Az m, tömegű test felett m2= 1 kg tömegű test indul lefelé a lejtőn, az m l tömegű testtől3 méter távolságból. A második test és a lejtő között a súrlódási együttható 0,1. A két test tökéletesen rugalmasan ütközik. Az ütközés után mennyi idő múlva áll meg

az egyik és a másik test először? Mennyi utat tesznek meg megállásig? Találkoz­nak-e még egyszer az ütközés után?

V/19. Egy 30° hajlásszögű lejtőn ml = = 2 kg tömegű test nyugszik. A test és a lejtő között a súrlódási együttható 0,7. Az m, tömegű test felett m2= 1 kg tömegű test indul lefelé a lejtőn, az mj tömegű testtől3 méter távolságban. A második test és a lejtő között a súrlódási együttható 0,1. A két test tökéletesen rugalmatlanul ütközik. Hogyan mozognak ezután?

V/20. A 2.111. ábra szerint / = 1 m hosz- szú, m= 1 kg tömegű ingát a vízszintesig kitérítünk. Ezután elengedjük, és az inga tökéletesen rugalmasan ütközik a felfüg­gesztési pont alatt lévő m, = 2 kg tömegű testtel. Hol áll meg az m, tömegű test a talajon, ha a súrlódási együttható 0,2? Hogyan módosul a válasz, ha m1 = 1 kg?

V/21. A 2.112. ábrán látható / = l m hosszú, m= 1 kg tömegű ingát a víz­szintesig kitérítjük, és magára hagyjuk. A

y //// / / / / / / / / / / z s / / / / ///<Éh

2.111ábra

rr>2

h2.112.ábra

150

2.113. ábra

'A

2/7)

L -3/1?

H Z2.114.ábra

/i = 1,2 m magas asztal szélén, az inga felfüggesztési pontja alatt 1 méterre egy m2 = 2 kg tömegű test van. Az ingán függő test tökéletesen rugalmasan ütközik a má­sik testtel. Az asztal szélétől milyen távol ér földet az my tömegű test?

V/22. Két, egyenként /= 1 m hosszú­ságú fonálingát felfüggesztünk egy közös pontba (2.113. ábra). Az egyik fonálra m1= 2 kg tömegű, a másikra m2 = 1 kg tömegű testet erősítünk. Az m t tömegű testet felemeljük és az ingát kitérítjük a

vízszintesig, majd elengedjük. Ezután ru­galmasan ütközik a másik fonálon függő testtel. Ezután milyen szöggel térnek ki az ingák?

V/23. Egy 1=2 m hosszú fonálra M = = 2 kg tömegű homokzsákot függesztünk. A zsákba egy m = 0,1 kg tömegű lövedéket lövünk, vízszintesen. Ezután a zsák, benne a lövedékkel a függőlegeshez viszonyítva a — 15° szöggel kitér. M ekkora volt a löve­dék kezdősebessége?

V/24. Egy / hosszúságú fonálra m tö­megű testet függesztünk (2.114. ábra). Az ingát 90°-kal kitérítjük, majd elengedjük. Az m tömegű test tökéletesen rugalmasan ütközik a felfüggesztési pont alatt egy L hosszúságú, 3m tömegű kocsi végére he­lyezett, 2m tömegű testtel. Az ütközés után a 2m tömegű test csúszni kezd a kocsin, és a kocsit felgyorsítja. A csúszó test ponto­san a kocsi másik végén áll meg. Határoz­zuk meg a kocsi és a rajta csúszó test kö­zött a súrlódás együtthatóját!

V/25. Egy repülőgép 1000 méter maga­san repül. Sebessége 100 m/s. Kiugrik egy ejtőernyős, tömege az ejtőernyővel együtt 150 kg. Az ernyő kinyitása után lefékező­dik, és 5 m/s sebességgel ér földet. Mennyi munkát végzett az ejtőernyősön a közeg- ellenállási erő?

2.3. A körmozgás és a harmonikus rezgőmozgás dinamikája

2.3.1. Körmozgás

Ebben a pontban a körmozgással kap­csolatos kérdéseket tanulmányozzuk. Meg­vizsgálunk néhány speciális problémát, eze­ken keresztül m utatjuk be a körmozgás dinamikai leírásával kapcsolatos elveket.

[Képzeljük el, hogy / hosszúságú fonál­lal a mennyezetre függesztünk egy m tö­megű testet. A fonalat kitérítjük, úgy, hogy a függőlegessel a0 szöget zárjon be. Ekkor elengedjük a testet, amely ezután függőle­ges síkban köríven mozog. A fonál és a test egy későbbi helyzetét is bejelöltük az áb­

151

rán. Ekkor a fonál <x(<a0) szöget zár be a függőlegessel.

A testre ebben a helyzetben két erő hat: a nehézségi erő és a kötelet feszitő K kö­télerő. Válasszuk meg a mozgás leírására alkalmas koordináta-rendszert úgy, hogy első tengelye fonálirányú legyen, és a fel­függesztési pont felé mutasson. A második tengelye a kör érintőjével essék egybe, úgy, ahogyan az ábrán látjuk. (Ez a vonatkoz­tatási rendszer nem a testhez van rögzítve, nem követi a test mozgását — hiszen eb­ben az esetben nem lenne inerciarendszer —, ez a koordináta-rendszer a mennyezet­hez rögzítve „várakozik a testre”. Más a szöghöz másik koordináta-rendszert jelöl­nénk ki.) A testre ható erők ebben a koordinátarendszerben (2.115. ábra):

G = ( —mg cos a, mg sin a),

K =(K , 0).

A test körmozgást végez, ezért gyorsu­lásának sebességre merőleges összetevője a í = v2/ l , a centripetális gyorsulás, az érin­tőirányú gyorsulás a2. A kényszer, a geo­metriai feltétel most abban áll, hogy a fonál nyújthatatlan, tehát a test körmozgást vé­gez. A mozgást leíró egyenletrendszer — Newton II. törvénye a sugárirányú és az

X

érintőirányú erőkomponensekre — és a kényszerfeltétel:

K — mg cos a = mal ,

mg sin a = ma2, (1)

H a a feladat a K erő meghatározásából áll, akkor a következőképpen járunk el: a második egyenletből meghatározzuk az a2 érintőirányú gyorsulást, mint az idő függ­vényét. Az a2 érintőirányú gyorsulás isme­retében meghatározhatjuk az (érintöirá- nyú) sebességet, majd kiszámítjuk azt a konkrét sebességet, amellyel a test az a helyzetben való áthaladáskor rendelkezik. A harmadik egyenlet alapján ebből az a1 sugárirányú gyorsulás meghatározható, és végül az ű, ismeretében az első egyenletből K kifejezhető.

Az előző bekezdésben vázolt gondolat- menet korrektül végigvihető, a dinamika eredeti — newtoni — koncepciójának meg­felel. A nehézséget a számolási eljárás okoz­za, elsősorban az, hogy a második egyen­letből a2-1 a függvényeként könnyen kife­jezhetjük, de az idő függvényeként megha­tározni a középszintű matematikai ismere­teket meghaladó módszereket igényel.

A helyzet a következőképpen menthető meg. Az előző fejezetben tanultuk, hogy egyetlen tömegpontra felírt Newton-féle dinamikai alaptörvény magában foglalja a munkatételt is:

Az (1) egyenletrendszer második egyen­lete helyett írjuk fel tehát az energiamérle­get. Válasszuk meg e célból most a koordi­náta-rendszert úgy, hogy vízszintes tenge­lye a fonál felfüggesztési pontján menjen át, ez legyen tehát a helyzeti energia nulla szintje (2.116. ábra). A fonál a0 szöggel

152

y Innen

jellemzett helyzetében a test mechanikai energiája:

= y ' 02 + mg( — /) cos a0 =

= — mgl cos a0,

az a szöghöz tartozó helyzetben:

E = y mv2 + tng( — í) cos a =

= y mv2 — mgl cos a.

Az energia megváltozása a testen végzett munkák összegével egyenlő. A testre azon­ban a nehézségi erőn kívül csak a kötélerő hat, a sebességre merőleges irányban, ezért a kötélerő teljesítménye állandóan nulla. A test mechanikai energiája ezért állandó:

y m u 2 — m glcosa — ( — m g/cosao) = 0 . (2)

Ez az egyenlet felcserélhető az egyenlet­rendszer második egyenletével. Ekkor a kényszeregyenletet az első egyenletbe he­lyettesítve:

v2K — mg cos a = m — ,

1 (3)— mv2 — mgl cos a —( — mgl cos a )= 0 .

v = y/2gl(cos a — cos a0) ,

és

K = 3mg cos a — 2mg cos a0.

Az (1) egyenletrendszer második egyen­letét a (2) egyenlettel helyettesítve a (3) egyenletrendszer könnyen megoldható lett. Értsük meg jól: ha valaki ügyes techniká­val és magas szintű matematikai tudás birtokában nekilát az (1) egyenletrendszer— vázlatosan leírt — megoldásának, ak­kor ugyanahhoz a végeredményhez jut, mint amit az előbb kaptunk, de számításai közben áthalad egy olyan ponton, amikor a részeredménye éppen a (3) egyenletrend­szer! Ha a probléma megoldásaként elő­ször a (3) egyenletrendszert íijuk fel, akkor lényegében a feladat megoldását bevezető szakaszt takarítjuk meg. Ismételjük meg: ez a lehetőség azon múlik, hogy a munka­tétel egyetlen tömegpont esetén a dinamika alaptörvényének a következménye. |

ITlasonlo módon közelítjük meg a kö­vetkező problémát. Tegyük fel, hogy R sugarú, rögzített helyzetű, sima felületű gömb legfelső pontjában egy tn tömegű, pontszerű test van. Ebből a helyzetből egy parányit kimozdítva, lényegében kezdő- sebesség nélkül lecsúszik a gömb felületén.

A pont helyzetét a ponthoz mutató su­gár függőlegessel bezárt szögével jellemez-

153

zük. A testre két erő hat: a függőleges irányú nehézségi erőn kívül a gömb felü­lete által kifejtett N nyomóerő (2.117. ábra). A testre ható erők sugár irányú vetületeinek eredője körpályára kénysze­ríti a testet:

v2mg cos a — N = macp = m — .

A

Az érintő irányú erőkomponensre érvé­nyes

mg sin a = mat

egyenlet helyett azonban a következmé­nyével, a munkatétellel számoljunk. E cél­ból válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a gömb közepén. így a kezdeti mechanikai energia mgR, hiszen a mozgási energia itt nulla. Abban a helyzetben, ami­kor a testhez m utató sugár a szöget zár be a függőlegessel, a mechanikai energia:

y mv2 + mg cos a ■ R.

A testre a nehézségi erő mellett a nyomó­erő hat, a sebességre merőlegesen, a telje­sítménye így nulla. A munkatétel tehát:

mv2 + mgR cos —mgR= 0.

Világos, hogy amíg a nyomóerő nem nulla, addig a gömbön csúszó test a gömb felszínén marad: N > 0 annak a feltéte­le, hogy a tömegpont a gömbön mozog­jon, körmozgást végezzen. Összefoglalva a probléma megoldását szolgáltató állítá­sokat:

v2mg cos a —N = m — ,

K

i ,— mv + mgR cos a - mgR,

N > 0.

Határesetben, amikor N =0, akkor az első egyenlet alapján:

v2=Rg cos a,

ezt a munkatételbe helyettesítve azt kap­juk, hogy cos a = 2/3, vagyis a a 48,6°. A tömegpont tehát akkor válik el a gömbtől, amikor a tömegponthoz mutató sugár a függőlegessel 48,6°-os szöget zár be. Ez azt jelenti, hogy a gömb közepétől mérve a test

magasan van. Itt a helyzeti energiája

_ 2 mgR h~ 3 '

A kezdeti mgR helyzeti energiából tehát ennek a kétharm ada maradt, a mozgási energiára mgR/3 = Em jut. |

("Képzeljük el most, hogy függőleges sík­ban R sugarú, vékony acélhuzalból készült kör van, a körön m tömegű, kisméretű gyűrű csúszik. A súrlódási jelenségeket hanyagoljuk el (2.118. ábra).

Tegyük fel, hogy a test helyzetét a függő­legessel bezárt szöggel jellemezzük, és a test kezdeti helyzetéhez m utató sugár a függő­legessel a0 szöget zár be, itt a sebessége v0.

154

Vizsgáljuk meg most a test mozgását és a testre ható erőket abban a helyzetben, amikor a testhez mutató sugár a szöget zár be a függőlegessel. A testre ható nehézségi erő mellett a pálya nyomóereje hat, felte­hető, hogy befelé, a kör középpontja felé. A testet az mg cos a és N erőkomponensek összege kényszeríti körpályára:

mv2mg cos a + N = — ,

A

az érintő irányú erőkomponensre vonat­kozó Newton-törvény helyett most is a következményét, a munkatételt írjuk fel: Legyen a helyzeti energia nulla szintje a kör közepén, ekkor

1 2 1 ,— mv 4- mgR cos a = — mc(14- mgR cos a0.

A két egyenletből a nyomóerő meghatá­rozható:

mv oN = —itng cos a + 2 mg cos a0H-------- .

R

Ha N > 0 , akkor a nyomóerő a kör közép­pontja felé mutat, míg ha N < 0 , akkor a pálya kifelé nyomja a gyűrűt. Erről az utóbbi esetről van szó akkor, amikor vi­szonylag kis sebességgel a körpálya felső részén mozog a test.

Tegyük fel, hogy a test helyzetét most az a. szög jellemzi, és a sebesség olyan nagy, hogy a pálya nyomóereje befelé húzza a testet. Olyan nagy ez a sebesség, hogy eb­ből a helyzetből a szöggel, v sebességgel elhajítva a testet, a hajítás pályája kí­vülről érinti a körpályát. A nyomóerő a körpályát kívülről érintő parabolapályá­ról a körpályára kényszeríti a testet f 2.119. ábra).

Ha ugyanebben a helyzetben a test v sebessége olyan kicsi, hogy a pálya kény­

szerereje kifelé mutat, akkor ebből a hely­zetből a szögben v kezdősebességgel elha­jított test pályája a kört belülről érintő pa­rabola lenne. A kényszererő feladata: erről a kört belülről érintő parabolapályáról a körpályára kihúzni a gyűrűt.

Visszatérve az előző problémára, a gömb­ről lecsúszó test esetére: amíg a <48,6°, addig a test sebessége kicsi, olyan kicsi, hogy az ehhez a sebességhez tartozó, a körpályát érintő parabolapályák az R su­garú kört belülről érintik. A kényszererő megakadályozza, hogy a test a pálya alá, a kör belsejébe kerüljön. Az a = 48,6°-os szögnél lesz olyan nagy a sebesség, hogy ezzel a sebességgel ferdén lefelé 48,6° szög­ben hajítva a testet, a hajítás pályája, a parabola már kívülről érinti a kört. A nyomóerő nem hathat ebben az esetben a kör belseje felé (N < 0), ezért a testnek

155

„nincs oka” a körpályán maradni, a kört érintő parabolapályán „távozik”. Világít­suk meg ezt a feltételt három egyszerű példával! |

2.120. ábra felső részén látható autó R sugarú híd tetején halad. A testre ha­tó erők eredője (a kör közepe felé mutató irányt választva pozitívnak):

v2mg—N = m — .

Az autó mindaddig a hídon marad, amíg a híd fölfelé nyomja. Az ilyen esetekben ugyanis az autó sebessége elég kicsi ahhoz, hogy ezzel a sebességgel egy testet közvet­lenül a híd tetején vízszintesen elhajítva, a hajítás számított pályája a kör belsejében haladjon. A nyomóerő erről a — kört be­lülről érintő — parabolapályáról emeli ki a teste a körpályára. Ha az autó sebessége olyan nagy, hogy a sebességből számított vízszintes hajítás pályája kívülről érinti a kört, akkor nincs az a nyomóerő, ami a hídra visszahúzná, ekkor az autó érintő irányban elrepül (2.120. ábra alsó része). |

2. 120.ábra

2.121ábra

H iasonló a helyzet annál az autónál, amelyik a 2.121. ábra felső felén látható hurokpályán halad. Ha v olyan kicsi, hogy a v sebességgel vízszintesen elhajított test pályája belülről érinti a kört, akkor ebben az esetben valóban ezen a pályán halad, vagyis beesik a kör belsejébe. Ezzel szem­ben, ha v olyan nagy, hogy a körpálya legfelső pontján, vízszintes irányban, ezzel a v sebességgel elhajított tömegpont pá­lyája kívülről érintené a kört, akkor a pá­lya kényszerereje erről a paraboláról a körpályára kényszeríti a testet (2.121. ábra alsó fele). Ebben az esetben a nehézségi erő is, és a kényszererő is a kör közepe felé, függőlegesen lefelé mutat, így

v2mg + N = m —.

A test mindaddig a körpályán marad, amíg a nyomóerő 7V>0, vagyis mg < <m v2/R , innen v > y f g R . |

ÍH a az autó a 2.122. ábra felső felén látható „völgyszerű” úttesten halad, akkor a körpálya középpontja felé a nyomóerő,

156

ellentétes irányban a nehézségi erő mutat,így

i>2N — mg = m — .

Ebben az esetben akármilyen sebességgel halad az autó, a körpályáról nem válik el, hiszen a körpálya alsó pontján vízszinte­sen elhajított test a körpályát alulról érintő parabolapályán haladna, azt nyilván meg­akadályozza a pálya kényszerereje (2.122. ábra alsó fele). |

ÍAz eddig tárgyalt feladatokban a kör­mozgást végző pontok függőleges síkú kör­pályán mozogtak. Vízszintes síkú körpá­lyán mozog például a következő feladat­ban az autó. Képzeljük el, hogy az R suga­rú kanyarban az úttestet megdöntik úgy, hogy a vízszintessel a szöget zár be az út­test sík felülete. Az ábrán az m tömegű autót látjuk, amint szemben halad az Ol­vasóval. Az autó első lámpája és a szélvé­dője is látszik. Jelöljük az autó kerekei és

az úttest közötti súrlódás együtthatóját /i-vel, az autó sebességét t-vel. Tegyük fel, hogy az autó vízszintes síkban körpályán halad anélkül, hogy megcsúszna. Ez a ve­szély két oldalról is leselkedik az autóra. Ha az autó olyan meredek falú kanyarban halad, ahol rögzített fékkel is lecsúszna, akkor ahhoz bizonyos sebességgel kell ha­ladnia, hogy ne csússzon be az út mellett haladó belső árokba. Ilyen esetben a súr­lódási erő az úttest felületén fölfelé mutat. Veszélyesebb helyzet az, amikor az autó nagy sebességgel halad. Ilyenkor attól kell tartani, hogy az autó kisodródik a kül­ső árokba. Vizsgáljuk meg ezt az esetet (2.J23. ábra).

Az autóra három erő hat. A nehézségi erő mellett a pálya nyomóereje (N) és a súrlódási erő (S) lép fel. A koordináta- rendszert válasszuk meg úgy, hogy az első tengelye a kör közepe felé mutasson, a második tengelye pedig függőlegesen föl­felé. A testre ható erők vízszintes vetületei- nek összege a testet körpályára kényszeríti:

v2N sin a + S cos a = m — .

R

A függőleges erőkomponensek összege nul­la, hiszen az autó a második tengely irá­nyában nem gyorsul:

N cos a — S sin a — mg = 0.

X 2.123. ábra

157

A tapadás feltétele az, hogy teljesüljön azS < fiN feltétel. Összefoglalva:

N sin a + S cos a = mR

N cos a — S sin a — mg = 0,

S<f iN.

(4)

A második egyenlet mindkét oldalához ad­junk mg-1, majd szorozzuk meg az első egyenletet sina-val, a másodikat cos ói­val. Az így kapott egyenleteket adjuk ösz- sze. Felhasználva a sin2 a + cos2 a = 1 azo­nosságot, azt kapjuk, hogy

v2N = m — sm a 4- mg cos a.

Ha most az egyenletrendszerünk első egyen­letét cos a-val, a másodikat sin a-val szo­rozzuk, majd a két egyenletet kivonjuk egymásból, az

„2S = m — cos a -

R■ mg sm a

egyenlőséget kapjuk. Behelyettesítve azS < fiN egyenlőtlenségbe:

m — cos a —mg sin a<

( 1)2 ■ \ lH\ wi — sinoc + m í/cosa I.

Innen

/ gR{sin a + n cos a)~ yj cos a —/isin a

Ez tehát az a legnagyobb sebesség, amivel az autó a kanyarban haladhat. Ha a sebes­sége Dmax-nál nagyobb, akkor kisodródik a kanyarból. Figyeljünk fel arra, hogy a gyökjel alatti tört nevezője csak pozitív lehet, így cos a — /z sin a > 0, vagyis n < ctg a. (Ha például az úttest olyan érdes, hogy

2.124.ábra

H=0,9, akkor az úttestet 48 ’-kai kell meg- dönteni, hogy az autó bármilyen sebesség­gel haladhasson a kanyarban a kisodródás veszélye nélkül.)

Ha a minimális sebességet keressük, ak­kor a fenti egyenletrendszerben a súrlódási erő komponenseinek az előjelét megvál­toztatjuk. Ekkor

u>I gR{sin a —fi cos a)

cos a + fi sin a.= :v„

A gyökjel alatti tört számlálója negatív nem lehet, tehát sin a > fi cos a, vagyis f i< tg a. H a tehát fi> tg a, akkor az autó akármilyen kis sebességgel haladhat an­nak a veszélye nélkül, hogy besodródjon az úttest mellett húzódó belső árokba. |

A most következő egyszerű problémák a most megtárgyalt feladat speciális esetei valamilyen értelemben.

rfek in tsük most azt az esetet, amikor egy pontszerű test vízszintes felületen végez körmozgást: gondoljuk el, hogy egy forgó korongra (pl. a lemezjátszóra helyezett le­mezre) m tömegű testet helyeztünk. Ha a test nem csúszik meg, akkor a körpályán a tapadó súrlódási erő tartja. A 2.124. áb­rán látható koordináta-rendszerben:

S=mra>2,

N — mg = 0,

S<f iN.

158

Világos, hogy ez az egyenletrendszer a (4) egyenletrendszerből úgy keletkezik, hogy a = 0-t helyettesítünk. |

I Képzeljük most el, hogy egy forgó hen­ger (pl. centrifuga) palástjához belülről egy tömegpontot helyezünk. Ha a henger bizo­nyos szögsebességgel forog, akkor a tö­megpont nem csúszik le. Ekkor a testet a falra merőleges nyomóerő tartja körpá­lyán, a fallal párhuzamos súrlódási erő a nehézségi erőt kompenzálja (2.125. ábra).

N = macp = mr(o2,

S — mg = 0,

S < n N .

Ez az egyenletrendszer az a = 90° helyet­tesítéssel keletkezett a (4) egyenletrend- szerből. |

f~Most azt az esetet vizsgáljuk meg, ami­kor a fi—0. Gondoljuk el, hogy egy R sugarú gömb belsejében súrlódásmentesen

2.125.ábra

egy tömegpont mozog r < R sugarú (víz­szintes síkú) körpályán. A 2.126. ábrán látható koordináta-rendszerben a tömeg­pontot a körpályára kényszerítő erőkom­ponens az N nyomóerő szöggel szemköz­ti összetevője, sin a-szorosa. A nyomóerő szög melletti összetevőjét a nehézségi erőt kompenzálja. így

v2Af sin a = mrv)2 = m — ,

r

N cos OL — mg = 0,

r = R sin a.

A harmadik állítás a kör és a gömb sugara közötti egyszerű geometriai kapcsolatot fejezi ki. |

("Tanulmányozzuk most a kúpinga ese­tét. Függesszünk fel egy m tömegű testet / hosszúságú fonálra, és térítsük ki a függő­legeshez viszonyítva a szöggel, aztán ad­junk a testnek v sebességet, hogy vízszintes síkú körpályán mozogjon (2.127. ábra). Jelöljük a kúp félnyílásszögét a-val. A testre a nehézségi erő mellett a kötélerő hat. A koordináta-rendszert válasszuk meg úgy, hogy az első tengelye vízszintes, a második függőleges legyen, ahogyan az ábrán látjuk.

159

A fonálra függesztett testet az r sugarú körpályára a K kötélerő vízszintes össze­tevője kényszeríti:

2 1,2K sin a = mror = m — .r

A függőleges irányú erőkomponensek ősz- szege nullával egyenlő, hiszen a felfüggesz­tési pont és a körmozgást végző test függő­legesen nem gyorsul:

K cosoL — mg = 0.

(Ha a felfüggesztési pont mégis gyor­sul, például egy a-val fölfelé gyorsuló lift­ben, akkor ez az egyenlet így módosul: K cos u —mg=ma.) A fonál hossza és a kör­pálya sugara közötti összefüggés: r = i sin a. Összefoglalva a kúpinga mozgását leíró egyenleteket:

K sin a = mr(ü2,

K cos OL — mg = 0,

r = l sin a.

Helyettesítsük most a harmadik egyenlő­séget az elsőbe:

K s ina = m /sina>2.

Innen

K = mloj2,

ezt a második egyenletbe helyettesítve, w2- et kifejezve:

— e— = ( - ) \l cos a \ T J

ahol T a kúpinga keringési ideje. A perió­dusidőt kifejezve:

T - 2JI [ 1 .V a V 9

Az l hosszúságú fonálon keringő kúpinga periódusideje tehát mindenképpen kisebb, mint lu y /ljg , ha például a fonál hossza1 méter, akkor a kúpinga keringési ideje kisebb mint, 2 másodperc, akármilyen se­bességgel kering a test. |

pMost vizsgáljunk meg egy „összetett” kúpingát. A 2.128. ábra szerint a függőleges tengely felső pontján egy könnyen elfor­duló csapágy van, a tengelyen pedig egy másik csapágy csúszhat fel és le súrlódás nélkül. Mindkét csapágyhoz / hosszúságú fonalat erősítünk, és ezek szabad végét egy Wj tömegű testhez rögzítjük. Ez a test vízszintes síkban, r sugarú körpályán, oj szögsebességgel kering. A fonalak függő-

160

legessel bezárt szögét jelöljük a-val, az alsó mozgó csapágy tömegét w2-vel.

Az mx tömegű testre ható erők sugár­irányú komponenseinek az összege a tö­meg és a centripetális gyorsulás szorzatával egyenlő; ha a felső kötélben K t , az alsóban K 2 nagyságú erő hat, akkor

K 1 sin a + K 2 sin a = m^reo2.

A függőleges irányú erőkomponensek ösz- szege nulla:

cos a + K 2 cos a —m1g=0 ,

hiszen az mi tömegű test függőleges irány­ban nem gyorsul. Az m2 tömegű csapágyra ható erők függőleges vetületeinek összege ugyancsak nulla:

K 2 cos a — m2g — 0.

(Persze a vízszintes összetevők eredője is nulla, ezt azonban azért nem írjuk fel, mert erre az egyenletre nem lesz szükségünk). A fenti három dinamikai egyenlet mellett még érvényes az

r = l sin a

geometriai jellegű egyenlőség i s j ÍÁ következő feladatban egy tömegpont

2 e nyílásszögű, függőleges tengelyű kúp bel­sejében végez körmozgást. Jelöljük a kúp

alkotójának a vízszintessel bezárt szögét a-val. Képzeljük el, hogy az m tömegű test­nek a kúp belső felületén i;0 kezdősebessé­get adunk, ez olyan magasságban történik, ahol a kúp vízszintes metszetének a sugara r0. Az r0 és a v0 értékeket egymástól füg­getlenül adtuk meg, ezért lehetséges, hogy a tömegpont az r0 sugarú körpályáról vagy lesodródik egy kisebb sugarú pályára, vagy feljebb kúszik. Jelöljük r-rel annak a pályá­nak a sugarát, amelyen a test végül is való­ban körmozgást végez, és a körmozgás se­bessége ezen a pályán legyen v (2.129. ábra).

A testre ebben a helyzetben két erő hat, a nehézségi erő és a kúp palástjának a nyomóereje. A centripetális gyorsulást a nyomóerő vízszintes összetevője okozza:

v2N sin a = wj — .

A függőleges erőösszetevők eredője nulla:

N c o s a — mg = 0.

További összefüggést a munkatétel szol­gáltat: a nyomóerő a sebességre minden pillanatban merőleges, ezért a munkája nulla. A helyzeti energia nulla szintje le­gyen a kúp csúcsánál. Ekkor

j mvl + mgh0 = j m v 2 + mgh,

ahol Ji = rtga , és h0 = r0tg a. |Ebben a pontban néhány speciális prob­

léma kapcsán megmutattuk a körmozgás dinamikai leírását. Valójában semmi iga­zán újszerű nem volt ebben a korábbiak­hoz képest, mindössze arról volt szó, hogy kihasználtuk, hogy a tömegpont normális gyorsulásának a nagysága

161

A testre ható erők sugárirányú vetületei- nek összegét sokszor centripetális erőnek nevezik. A jelen fejezetben eddig tárgyalt problémák azt mutatják, hogy igen jól meg lehet lenni a centripetális erő fogalma nél­kül. Használatával kapcsolatban a követ­kezőkre kell felhívnunk az Olvasó figyel­mét. A centripetális erő nem erőfajta, amely a többi erő között hat a testre. A centri­petális erő funkció, amelyet különböző erők tölthetnek be. Mint láttuk, a centri­petális erő lehet súrlódási erő, kötélerő. A kúpinga esetét példaként említve: a centri­petális erő K sin a. Ettől azonban nem lesz a probléma leírása egyszerűbb, ha ezt a címet, titulust a kötélerő vízszintes vetü- letére akasztjuk. A másik fontos dolog, amit a centripetális erővel kapcsolatban el kell mondanunk, az a következő. Arra a kérdésre, hogy mi a centripetális erő, helytelen azt válaszolni, hogy az mv2/r. Az nw2/r nem erő, hanem a test impulzusának a sugár irányában történő időegységre eső megváltozása, tehát az mv2/r állapotjelző, a test állapotának a kifejezője. Az erő ezzel szemben a környezet tulajdonsága.

l~Mint említettük, a centripetális erő sze­repét sokféle erő betöltheti. így például a centripetális erő lehet a nehézségi erő is. Vessük fel a következő kérdést: milyen víz­szintes sebességgel kell vízszintes irányban elhajítani egy testet, hogy soha le ne essék. Ekkor a test megkerüli a Földet, a Föld körül körmozgást végez. A testre egyedül a nehézségi erő hat (ez most a centripetális erő):

v2m9 = m — ,

ahol R a Föld sugara. Innen v = y f gR. A Föld sugarát 6400 km-nek véve, i;=8000 m/s = 8 km/s. A Föld felszínéhez közel ke­ringő műholdak ilyen sebességgel keringe­

nek a Föld körül. A v = /g R sebességet /. kozmikus sebességnek is nevezik.

Mint ismeretes, a Föld egyenlítőjének a hossza 40000 km, ezért egy műholdnak kb. 5000 másodpercre (1,38 órára, = 1 óra 23 percre) van szüksége, hogy megkerülje a Földet.

Felvetődik az Olvasóban a kérdés, hogy a Föld felszíne felett keringő műhold miért is nem esik le a Földre. A műhold esik a Föld felé, azonban a Föld felülete nem sík, ezért a műhold nem kerül közelebb a fel­színhez. A Föld pontosan annyit görbül, amennyit a műhold esik.

A műhold a Föld felszíne felett 1 má­sodperc alatt 8000 métert tesz meg. Ez alatt az 1 másodperc alatt g j l - t 2 = 5 m-t esett. Ez alatt a Föld annyit görbült, hogy a felszíne a műholdtól változatlan távol­ságra van. Egy egyszerű geometriai gondo­latmenet még jobban megvilágítja a prob­léma lényegét: egy R =64 • 106 m suga­rú körhöz húzzunk érintőt, és az érintési pontból kiindulva mérjünk fel 8000 méter hosszú szakaszt (2.130. ábra). Az így ka­pott pont távolsága a kör középpontjától x = 6 400 005 m, pontosan 5 méterrel több mint a kör sugara. Ennyit esik a test 1 másodperc alatt. Ezért a gömb felületétől mért távolsága nem változik. |

8000m -

2.130.ábra

162

PA következő körmozgással kapcsolatos feladatban azonban fontos szerepe van a súrlódási erőnek. A 2.131. ábrán egy r su­garú pályán körbehaladó autó l hosszú­ságú fonállal egy m tömegű csúszó ládát vontat. Az autó és a láda szögsebessége azonos, legyen ez w. A láda és a talaj kö­zötti súrlódás együtthatóját jelöljük //-vei. Az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy l= r, és jelöljük a láda pályájának a sugarát /?-rel. Az ábrából világos, hogy R = 2r cos a. A ládára két erő hat a talaj síkjában: a csúszó súrlódási erő és az autó felé mutató kötélerő. A kötélerő sugár irányú összete­vője K cos a, ez tölti be most a centripetális erő szerepét:

K cos a = mRoj2.

Az R sugarú körpálya érintőjének az irá­nyában a kötélerő érintő irányú össze­tevője; ezzel ellentétes irányban az S = nmg nagyságú csúszó súrlódási erő hat. A két erő eredője nulla, hiszen a láda nem gyor­sul érintő irányban:

K sin a — ixmg = 0.

Ezzel a ládára vonatkozó egyenleteket áttekintettük. Térjünk rá az autóra. Az autóra a talaj síkjában a K kötélerőn kívül egy tapadó súrlódási erő hat, ezt az ábrán T-vel jelöltük. A T az r sugarú kör bel­

seje felé, kissé előrefelé mutat, irányát és nagyságát azonban nem ismerjük. Világos, hogy teljesülni kell a

T < tiamag

egyenlőtlenségnek, ahol fta az autó kerekei és a talaj között fellépő tapadó súrlódás együtthatója, ma pedig az autó tömege. Jelöljük a tapadási erő sugárral bezárt szögét /3-val. Ekkor

T cos fi — K cos 2a = mari»2,

T sin P — K sin 2a = (Xj

2.3.2. Harmonikus rezgőmozgás

H a egy spirálrugót megnyújtunk vagy összenyomunk, akkor a rugó erőt fejt ki. A rugó által kifejtett erő arányos a defor­máció mértékével, és ellentétes irányú a de­formációval. Ez pontosan a következőt je­lenti.

Rögzítsük a rugó egyik végét az O ponthoz. Ekkor, ha a rugót megnyújtjuk, mondjuk x-szel, akkor a rugó által kifejtett erő az O pont felé mutat, és arányos x-szel. Hasonlóan, ha a rugót összenyomjuk x- szel, akkor a rugalmas erő arányos x-szel, és az O ponttal ellentétes irányba mutat. Ha x jelenti a rugó végpontjának az el-

1 m

° r r r n m n m ox<0

F

-----*-xo -6000000000

163

mozdulását a 2.132. ábrán látható koor­dináta-rendszerben, akkor

F = —Dx. (1)

Az arányossági tényezőt direkciós erő­nek vagy néha rugóállandónak nevezzük, a mértékegysége [D] = N/m, de sokszor használjuk a N/cm mértékegységet is.**’

[Rögzítsük most az L hosszúságú, D direkciós erejű rugó bal oldali végét egy falhoz, a jobb oldali végéhez pedig erősít­sünk egy m tömegű testet! Helyezzük el a vonatkoztatási rendszert a 2.133. ábrán látható módon! A test kezdeti koordiná­tája így 0. Mozdítsuk el most a testet — mondjuk pozitív irányba — x-szel! Ekkor— feltéve, hogy a súrlódástól eltekinthe­tünk — a testre vízszintes irányban egyet­len erő hat, a rugó által kifejtett erő; így a dinamika alapegyenlete:

-Dx = ma. (2)

Itt a bal oldalon tehát a rugó által kifej­tett erő szerepel, ez pozitív, ha x negatív (vagyis a rugó összenyomott helyzetben van), és negatív, ha x pozitív, vagyis ha a rugó hossza nagyobb, mint L.

A mozgás helyzet-idő függvényét keres­sük, azt, hogy a mozgás kezdete után t idővel hol van a test. Ennek a feladatnak a megoldása középiskolai matematika tu­dásunkkal kissé nehéz feladat lenne. Sze­rencsénkre ismerjük m ár a mozgás típusát.

2.133.ábra

Az (1) természetesen nem egzakt természeti tör­vény, hanem bizonyos határok között jó közelítés.

Osszuk el ugyanis a (2) egyenlet mindkét oldalát m-mel:

D----- x = a.

m

Valóban találkoztunk már ilyen egyenlő­séggel, a harmonikus rezgőmozgás alap­egyenlete:

-ío2x — a .

Megbeszéltük, hogy ez az egyenlet karak­terisztikusan jellemzi a harmonikus rezgő­mozgásokat; ha a test helyzete (kitérése) negatív arányossági tényezővel arányos a gyorsulással, akkor biztosak lehetünk ab­ban, hogy harmonikus rezgőmozgás való­sul meg. A két utóbbi összefüggést össze­vetve azt kapjuk, hogy

2 D(O - —, m

vagyis

Do)= I — . m (3)

A megvalósuló harmonikus rezgés kör- frekvenciája tehát a rugóállandótól és a tömegtől függ. |

Pvizsgáljuk meg, hogyan módosul a moz­gás, ha a rugót a mennyezetre függesztjük (2.134. ábra). Jelöljük most is L-lel a rugó

V / / // / / / / / / / / / / / / / / /7 / / /Z <í\

0(x x)

2.134.ábra

164

hosszát és a direkciós erőt D-vel. Függesz- szünk fel a rugóra egy m tömegű testet, és tegyük fel, hogy a test nyugalomban van. A rugó a test súlya miatt megnyúlik, a megnyúlása legyen x0. Ekkor

mg — D x0 = 0. (4)

Térítsük ki most a testet (mondjuk pozitív irányba) x-szel. Az x-et a test nyugalmi helyzetétől mérjük, a rugó megnyúlása te­hát most x + x0, a testre ható rugalmas erő pedig — D(x + x0). A dinamika alapegyen­lete:

m g—D(x0 + x) = ma.

A (4) egyenletből

(5)

mg D ’

a harmonikus rezgőmozgás egyensúlyi hely­zete a nyújtatlan rugó alsó vége alatt van x0 = mg/D-vel. Vonjuk most ki az (5) egyen­letből a (4) egyenletet, ekkor

— Dx = ma.

Ugyanazt az egyenletet kaptuk, mint a ko­rábbi (1) egyenlet, így ebben az esetben is harmonikus rezgőmozgás jön létre, és

(ü =

A feladattal kapcsolatban több tanulság is megfogalmazható. Először is jegyezzük meg, hogy az (5) és (4) egyenletek különb­ségéből kapott egyenlet bal oldalán — ellentétben az (1) egyenlettel — nem a ru­galmas erő áll: itt —Dx nem a rugó által kifejtett rugalmas erő, hanem a nehézségi és a rugalmas erő eredője. (A különbség oka az, hogy az (1) egyenletben x a rezgés kitérését is, és a rugó megnyúlását is jelenti, míg az utóbbi esetben x a rezgés kitérése

— az egyensúlyi helyzettől mért távolság —, a rugó megnyúlása azonban x + x 0.)

A feladattal kapcsolatos másik észrevé­telünk: ha a testre a rugalmas erővel pár­huzamos F erő hat — mint most az mg —•, akkor ez a körülmény a rezgés körfrekven­ciáját (rezgésszámát, periódusidejét) nem befolyásolja, csak a rezgés egyensúlyi hely­zetét tolja el x 0 = F/D-ve 1.

A harmadik megjegyzésünk a feladatok megoldásához hasznos: fejezzük ki a (4) egyenletből D/m-et, és helyettesítsük ezt az ío= x/D /m képletbe. H a egy függőleges ru­gót a ráfüggesztett test a nyugalmi helyze­tig x 0-lal nyújt meg, akkor a rezgés kör- frekvenciája

to=

Pvizsgáljuk meg most annak a testnek a mozgását, amelyet két rugóval két függő­leges fal közé erősítünk. A test tömege le­gyen m, a bal oldali rugó L 1 nyújtatlan hosszúságú, a jobb oldali hossza pedig nyújtatlan állapotban L 2. A két rugó ereje Dj és D2 (2.135. ábra).

m ma í

D ,*

wD,*

D2 í s - x 0J

d)2.135.

D,(jr0*jr] D 2{ s x0-xl á b r a

165

A kiindulási helyzetet az a) ábra szemlél­teti. A két rugó kezdetben feszítetlen, erőt nem fejtenek ki a testre, a testre nyugalom­ban van. Ha ebből a helyzetből a testet a b) ábra szerint kitérítjük x-szel, akkor a bal oldali rugó megnyúlik, a jobb oldali összenyomódik, mindkét erő bal kéz felé m utató erőt fejt ki a testre:

—D1x — D2x = ma. (6)

Itt a bal oldal első tagja a bal oldali rugó által kifejtett erőt, a második tag a jobb oldali rugó által kifejtett erőt jelenti. A (6) egyenletből

m

Ezt összevetve a rezgőmozgás —co2x —a alapegyenletével azt kapjuk, hogy a létre­jövő harmonikus rezgőmozgás körfrek­venciája:

\ j m

Az ábra c) részén az a) részhez viszo­nyítva az a különbség, hogy a jobb ol­dali falat elmozdítjuk jobbra s-sel. Ekkor a test egyensúlyi helyzete is jobbra tolódik, mondjuk x0-lal. Itt a testre két egyenlő nagyságú és ellentétes irányú erő hat, a bal oldali rugó balra húzza D^Xq nagyságú erővel, a jobb oldali pedig jobbra húzza D2(s—x 0) nagyságú erővel. így az egyen­súlyban:

- D ix 0 + D2( s - x 0)= 0. (7)Figyeljünk fel arra, hogy a két rugóerő most ellentétes irányú, ellentétben az ábra b) részéhez tartozó esettel. A (7) egyenlet­ben ezért szerepel az egyik erőkomponens pozitív, a másik negatív előjellel.

Térítsük ki most a testet jobbra x-szel,

ahogy a d) ábrán látható. Ekkor a bal ol­dali megnyúlása x-szel nő, a jobb oldali rugóé ugyanennyivel csökken. így a dina­mika alapegyenlete:

— D l(x0 + x) + D2(s — x 0 — x) = ma. (8)

A (7) egyenletből az egyensúlyi helyzet jobbra tolódása meghatározható:

D2s Xo= D l + D2

Vonjuk most ki a (8) egyenletből a (7) egyenletet. Ekkor— D1x — D2x = ma. (9)

Ez az egyenlet formailag azonos a (6) egyenlettel. Ezért a körfrekvencia ebben az esetben is

/D 1 + d 20)= / ---------- .

\ m

A (9) egyenlet azonban alapvetően külön­bözik a (6) egyenlettől. A (6) egyenletben— mint említettük — a bal oldalon sze­replő két tag külön-külön a két rugó ál­tal kifejtett erőt jelenti. A (9) egyenletben azonban a bal oldal két tagja külön-külön nem értelmezhető: itt D tx nem a bal oldali rugó visszahúzó ereje! A bal oldali rugó ugyanis D(x0 + x) erőt fejt ki. A (9) egyen­letben ugyanúgy, mint a (6) egyenletben, x a rezgőmozgás kitérését jelenti, de a (6) egyenletben — ellentétben a (9) egyenlettel— az x a rugó deformációját is jelenti.

A feladattal kapcsolatos másik tanulság: a rugók megfeszítése nem változtatja meg a rezgés körfrekvenciáját, csak a rezgés egyensúlyi helyzete tolódott el. |

Pfekintsünk most egy rugót, de mind­két végén egy-egy testet: a rugó nyújtatlan hossza legyen L, direkciós ereje D, a bal oldali test tömege ml , a jobb oldali testé

166

L;D

• U i i í r

£,;D,=?2.136.ábra

m2. H a a két testet egymástól eltávolítjuk, és egyszerre elengedjük, akkor szembe mo­zogva harmonikus rezgőmozgást végez­nek. M indkettő ugyanabban a pillanatban áll meg, a periódusidejük azonos, külön­ben, ha az egyik korábban állna meg, ak­kor az impulzus megmaradásának az elve megsérülne. A két test tehát mintegy egy­más tükörképeként rezeg (2.136. ábra).

A két test közös tömegközéppontja eköz­ben nyugalomban marad. (A tömegközép­pont a nyugalomban lévő testek esetén a bal oldali testtől

Li =m2L

mi + w 2(10)

távol van. A tömegközéppontról később részletesen tanulunk, a (10) állítást is indo­kolni fogjuk, egyelőre azonban fogadjuk el— csak ebben a példában — a (10) egyenlet érvényességét és azt, hogy a két rezgő test között a tömegközéppont nyugszik.)

Ha a tömegközéppont nyugalomban van, akkor ott gondolatban elvágva a rugót, a bal oldali maradék részt úgy képzeljük, hogy egy falhoz rögzítjük, és az tömegű test L t nyugalmi hosszúságú rugón víz­szintesen rezeg. Ezzel a feladatot vissza is vezetnénk az első feladatra, ha ismeretes lenne az hosszúságú rugó direkciós ereje. Egyszerű gondolatmenettel azonban belátható, hogy ugyanazon anyagból ké­szült rugó direkciós ereje és hossza for­dítva arányos egymással. (Gondoljuk meg ugyanis, hogy ha egy gumikötél mondjuk 20 cm-rel való megnyújtásához 50 N erő szükséges, akkor a fele csak 10 cm-rel

nyúlik meg, ugyancsak az 50 N erő miatt. Ha tehát a gumikötél felét szeretnénk két­szer 10 cm-rel megnyújtani, akkor ahhoz kétszer 50 N, azaz 100 N erőre lenne szükség.) A mi esetünkben tehát

L(11)

így az m, tömegű test a í) , direkciós erqü, egyik végén rögzített, vízszintes helyzetű rugóhoz erősítve

a>= (12)

körfrekvenciájú rezgést végez.A (10), (11), (12) állítások a probléma

megoldását szolgáltatják. Könnyen belát­ható, hogy

(0 =mlm2

A képletben mí és m2 felcserélhető, így in­nen is nyilvánvaló, ho \y az m2 tömegű test a másik rugódarabo i ugyanezzel a kör- frekvenciával rezeg. |

A rugó hossza és direkciós ereje fordítot­tan arányos egymással. Két részre vágva egy rugót, a részek direkciós ereje külön- külön is nagyobb, mint az egészé. Az L hosszúságú, D rugóállandójú rugót vágjuk ketté L j és L2 hosszúságú részekre. Ekkor

Dd [

D

~öl

h í L ’

L ’

Lj 4" L 2 = L.

Osszuk el a harmadik egyenletet L-lel:

~L + T = 1 ‘

167

Behelyettesítve az első két egyenletet, majd mindkét oldalt D-vel osztva:

! ! _ !D D, D

(13)

Ez az állítás úgy is értelmezhető, hogy ha két rugót — egy D1 és egy D2 direkciós erejű — sorbakapcsolunk, egymáshoz kö­tünk a 2.137. ábra a) része szerint, akkor ezt a két rugót helyettesítő egyetlen rugó direkciós erejét a (13) összefüggésből hatá­rozhatjuk meg. Könnyen látható ugyanak­kor, hogy rugókat párhuzamosan egymás mellé kötve, ahogy a 2.137. ábra b) részén látható, a direkciós erők összeadódnak:

D! + D2= D . (14)

l~A fenti állításokat illusztráljuk a követ­kező példával. Tegyük fel, hogy egy rugóra függesztett test T= 0,5 s periódusidővel re­zeg. Ezután a rugóból levágunk egy dara­bot, és a testet erre a darabra függesztjük. Ebben az esetben azt tapasztaljuk, hogy a periódusidő 7\ = 0,4 s. M ekkora a perió­dusidő, ha a testet a másik rugódarabra függesztjük? Jelöljük a két rész direkciós erejét Dj-gyel és Z)2-vel, az egész rugóét D-vel. Ekkor egyrészt a rezgésidők:

másrészt (13) alapján:

1 1 _ 1 ~D[ + D j “ D '

Szorozzuk meg ez utóbbi egyenlőséget 4n2w-mel, ekkor

„ , m , 2 m „ 2m4 n ------ |-47t — = 4 n — ,£>! D2 D

és ez azt jelenti, hogy

T \ + T l = T 2.

Az adatokat behelyettesítve: T2= 0,3 s. A periódusidők közötti összefüggést kifejező egyenlőséget úgy is megjegyezhetjük, hogy egy derékszögű háromszög két befogójára Tj-et és T2-1, az átfogóra T-1 mérjük fel. |

Eddig néhány feladaton keresztül meg­mutattuk, hogy a rugalmas erők harmoni­kus rezgést eredményeznek. Figyeljünk fel arra, hogy a rezgőmozgás paraméterei kö­zül kettőre koncentráltunk: a körfrekven­ciára és az egyensúlyi helyzet jellemzésére.

Ezek a mennyiségek valóban elsősorban dinamikai feltételekből, a rugóállandóból, a tömegből számíthatók.

A rezgőmozgást jellemző négy paramé­ter közül a másik kettőről az említett problémáknál nem volt szó, nem beszél­tünk arról, hogy miképpen lehet az ampli­túdót és a rezgés kezdőfázisát meghatá­rozni. Ez a két paraméter kinematikai kezdeti feltételekből határozható meg: az amplitúdóra, a kezdeti fázisra abból követ­keztetünk például, hogy honnan és mek­kora kezdeti sebességgel indult a test.

A rezgőmozgás négy paramétere: A, co,— <p, x0. Ezek közül kettőt, co-1 és x0-t a dinamiKai körülmények szabják meg, a

'/ / / / / / / / /

2.137.abra

168

2.138.ábra

másik két paramétert legtöbbször a kez­deti feltételekből számoljuk ki.

Világítsuk meg ezt egy-két példával.Rjrondoljuk el, hogy L hosszúságú, D

rugóállandójú rugóra m l tömegű homok­zsákot függesztünk. A rugót a homokzsák súlya megnyújtja, a megnyúlást jelöljük Xj-gyel. így a rugó hossza L + x , . Ekkor a zsákba belelövünk alulról felfelé egy m2 tömegű, v0 sebességű lövedéket. H a a lö­vedéket csak belehelyeznénk a homok­zsákba, akkor a két test együttes súlya x 2-vel nyújtja meg a rugót (2.138. ábra). A rugó hossza most L + x 2. Azt kaptuk, hogy

x, = 9D

x ,=

Világos: a homokzsák egyedül Xj-gyel nyújtja meg a rugót, ha nyugalomban van, a homokzsák és a lövedék együttes egyen­súlyi helyzete az x 2 megnyúláshoz tarto­zik. Azután, hogy a lövedék belerepült a homokzsákba, a két test

a> =D

m1+ m 2

körfrekvenciával rezeg. [A (15) egyenlőség a dinamika alaptörvényéből származott. E pont első példáiban ezt m utattuk meg.

Amikor tehát felírjuk az a)=y/D /m „képle­tet”, tudnunk kell, hogy emögött New­ton II. törvénye áll. Azt is mondhatnánk, hogy ez a képlet Newton II. törvényének „álruhás” formája.]

A rezgés egyensúlyi helyzete -— mint láttuk — a rugó L + x 2 hosszához tar­tozik, vagyis a felfüggesztési pont alatt van L + x 2-vel. Ebből az is nyilvánvaló, hogy a test az egyensúlyi helyzete felett x 2—X! = :x0-lal kezdi a harmonikus rez­gést, felfelé irányuló kezdősebességgel. Ez a kezdősebesség az impulzusmegmaradás törvényéből határozható meg:

m1v0 = (mi+Tn2)v.

Innen

v = miVp m, + m 2

Még egyszer: a test ezzel a fölfelé irányuló kezdősebességgel az egyensúlyi helyzet fe­lett

X2 —Xj =m2 g

D

-vei kezdi a mozgást. A t= 0 időponthoz tehát adott a kezdeti sebesség és a kezdeti helyzet. így az amplitúdó és a kezdeti fázis meghatározható:

A 2= (x2

l-JW) D(wj + m2)

A 2.139. ábráról az is leolvasható, hogy

X2-X i(15) sin (~<p) =

A grafikonról látható, hogy visszakere­sésnél a 0 és 7t/2 közötti szöget kell szá­mításba venni: 0 < — <p < n/2, a grafikon

169

w -v0r

D ( m, *mj)

2.139.ábra & 4

2g[2L-D/m

2.141.ábra

ugyanis a transzformálatlan szinuszfügg­vényhez képest egy negyed periódusnál kisebb szöggel van eltolva a t tengely negatív irán y áb a j

l"Hasonló probléma a következő. Kép­zeljük el, hogy a 2.140. ábrán látható mó­don felfüggesztünk egy L hosszúságú, D di­rekciós erejű rugót a mennyezetre, és erre egy szintén L hosszúságú könnyű fonalat akasztunk. A fonál alsó végére erősítsünk egy m tömegű testet. A test súlya miatt a rugó x l =mg/D-\e 1 nyúlik meg. Ha a test együtt rezeg a rugóval, akkor a rezgés egyensúlyi helyzete a rugó felső vége alatt van 2L + x 1 távolságban. Emeljük fel ez­után a testet függőlegesen, majd a meny- nyezet alatt s távolsággal, kezdősebesség nélkül engedjük el. Ekkor a test h = 2 L —s utat esik szabadon, és — a munkatétel alapján —

v = s/2 y h = s/2 y (2 L -s )

sebessége van, amikor a fonál éppen fe­szülni kezd. Ezután a test már nem szaba-

I

Ü2 L-S

dón esik, hiszen a fonál és a rugó m ár fe­szes, hanem harmonikus rezgés jön létre. A fonál a rezgés egyensúlyi helyzete felett x 1 távolságban kezd feszülni, a test ekkor lefelé mozog.

Az amplitúdót könnyen meghatározhat­juk, m ár csak azt kell hozzá elmondanunk, hogy Newton II. törvénye szerint a rez­gőmozgás körfrekvenciája to = v/D/m. A 2.141. ábrán látható háromszögben az át­fogó meghatározható:

Á 1= x \ + (5)’A = m g \

D J

2 + 2g(2L — s)D/m

2.140.ábra

A grafikonról látszik, hogy a kezdőfázis n/2 és n közé esik, tehát a

sin( —<p)=^-

egyenletnek olyan megoldását kell keres­nünk, amely az első periódusba esik, és a koszinusza negatív.

A test — mint mondtuk —, az egyen­súlyi helyzet fölött lefelé haladva kezdi a harmonikus rezgést. Az egyensúlyi helyze­ten áthalad, majd az alsó holtponton meg­fordul, és ezután ismét áthalad az egyen­súlyi helyzeten. Az egyensúlyi helyzet fö­lött Xj magasságban a fonál meglazul, a test innen függőleges hajítással folytatja a mozgást. Jelöljük fi-gyel azt az időpontot, amikor a test először éri el az x t helyzetet a 0 időpont után. A rugó tehát egy perió-

170

dúsban f , ideig feszes:

x t = A sin (cotx — (p). |

ITjgyanehhez a gondolatkörhöz tarto­zik a következő probléma. Egy L nyugalmi hosszúságú, D direkciós erejű rugóra füg­gesszünk egy m1 tömegű kis tányért. Ek­kor a rugó megnyúlása legyen

Y _ miS X l~ D ’

a rugó hossza tehát L + x Ha egy m2 tö­megű kis testet beleteszünk a tányérkába, akkor a két test összes súlyától a rugó

{mi + m 2)g

-vei nyúlik meg, a rugó hossza tehát ebben az esetben L + x 2 (2.142. ábra).

Ejtsük bele az m 2 tömegű golyót a tá­nyérba, a tányér felett h magasságból. A golyó — a munkatétel szerint — v = y j l g h sebességgel csapódik a tányérba. Tegyük fel, hogy hozzáragad a tányérhoz, tehát az ütközés tökéletesen rugalmatlan. Ekkor az ütközés után a két test együtt v, sebesség­gel kezd mozogni: m2v= (m l + m2)v1.

Newton II. törvénye szerint a két test együttesen

2.143. ábra

körfrekvenciával kezd rezegni. A létrejövő rezgés egyensúlyi helyzete tehát a felfüg­gesztési pont alatt van L + .x2-vel, a rez­gés az egyensúlyi helyzet felett x 2 —x r gyel kezdődik, lefelé irányuló

m2sf l ^ ir, = — -------

ml + m 2

sebességgel. Az amplitúdó és a kezdőfázis a kezdeti, a ( = 0 időponthoz tartozó ada­tokból meghatározható (2.143. ábra):

/,=N/fe-*‘)2+(S) •sin (—<?)= * 2 A~ ■

Minthogy a rezgés az egyensúlyi helyzet felett kezdődik, lefelé irányuló, tehát ne­gatív kezdősebességgel, a trigonometrikus egyenletnek az a gyöke érdekes számunk­ra, amelyre n/2 < —cp<n, ekkor ugyanis a szög szinusza pozitív, a koszinusza pedig negatív. |

I A következő probléma még rugók rez­gésével kapcsolatos. Tegyük fel, hogy egy L hosszúságú, D erősségű rugó alsó végén rwj tömegű test van, mint ahogy ez a 2.144. ábrán látható. H a a felső végére egy m2 tömegű testet erősítünk, akkor az a rugót összenyomja, mondjuk x0-lal. Ekkor a ru­gó hossza L —x 0. Világos, hogy

m2g — Dx0 = 0.

Nyomjuk le ezután a felső testet /4-val. Ek­kor a rugó hossza L —x 0—A. Ha ebből a

171

2.144. "W ábra

helyzetből a felső testet elengedjük, akkor a test — ha a rugón m arad— az egyensúlyi helyzeten áthaladva az egyensúlyi helyzet fölé emelkedik /1-val. Ekkor a rugó hossza L — x0 + A, a rugó megnyúlása A — x 0. Ek­kor a rugó mind a felső, mind az alsó testre D(A — x0) nagyságú erőt fejt ki. Newton II. törvényét most az alsó testre alkalmazva, az egyensúly feltétele, hogy a fölfelé ható rugalmas erő és a talaj által kifejtett kény­szererő eredőjét az m^g nehézségi erő kom­penzálja:

N + D (A—x 0) = m1g.Az m t tömegű test nyilván mindaddig a talajon marad, amíg N > 0. Határesetben N = 0, vagyis

DA — Dx0 = mlg.

Most felhasználva a felső test egyensúlyára vonatkozó Dx0 = m2g feltételt, azt kapjuk, hogy

D A= (m l + m2)g.

(Ez a „formásnak” tűnő egyenlőség fizikai­lag szerencsésen nem értelmezhető. Óva­kodni kell attól, hogy a fizikai tartalommal rendelkező egyenletek matematikai átala­kításával kapott képletekből fizikailag ér­telmezhető állításokat olvassunk ki.) |

A most következő feladatok azt m utat­ják, hogy egy test rezgőmozgása nem fel­tétlenül kapcsolódik a rugókhoz: ha tud­juk, hogy egy test rezeg, akkor nem kell

feltétlenül arra gondolunk, hogy a rezgés oka a rugalmas erő.

rfegyük fel, a 2.145. ábrán látható ex­centrikus kerék egyenletesen forog, szögse­bessége co, sugarát jelöljük /4-val. Ekkor a tengelyhez csatlakozó rudazat a dugattyú függőleges egyenese mentén, a hengerben közelítőleg harmonikus rezgőmozgást vé­gez co körfrekvenciával és A amplitúdó­val. Helyezzünk egy m tömegű testet a dugattyúra, és vizsgáljuk a mozgást a t­tól az időponttól kezdve, hogy a dugaty- tyú felé áthalad az egyensúlyi helyzeten. Ekkor a dugattyú kitérés-idő függvénye: x(t)= A sin cot. A dugattyúra helyezett test­re két erő hat: a nehézségi erő és a dugattyú által kifejtett nyomóerő. Newton II. tör­vénye:

N - mg = ma.

A gyorsulás azonban a = — Acü2 sin cot, így

N = m(g — Aco2 sin cot).

A nyomóerő nyilván nem lehet negatív, így

JV = m(g — Aco2 sin cot) > 0,

minden t időpontban. Ez azonban egyen­értékű azzal, hogy

g > Aco2 sin cot, (16)

A

--oA

2.145.ábra

172

ami akkor teljesül minden t-re, ha a sin cot maximális értékére teljesül: sin tot = 1 ese­tén

g>Aco2. (17)

Ez tehát annak a feltétele, hogy a dugaty- tyúra helyezett test a rezgés közben állan­dóan a dugattyún maradjon.

Szorozzuk meg most a (16) egyenlőtlen­séget (-l)-gyel:

— g< — Aco2 sin cot = a(t). (18)

A test tehát akkor válik el a dugattyú­tól, ha a gyorsulás -g -v e l egyenlő (olyan koordináta-rendszerben, amelynek a füg­gőleges tengelye fölfelé mutat). Világos ez: a testre fölfelé a dugattyú tetszőleges nagy erőt ki tudna fejteni, lefelé azonban nem húzhatja. A testre ható erő értéke — mg-nél kisebb nem lehet. Ha a nyomóerő megszű­nik, akkor a testre már csak a nehézségi erő hat, és így függőlegesen lefelé fog gyor­sulni, -g -vel. Tudjuk azonban, hogy a gyorsulás és a kitérés ellentétes előjelű, így ha a gyorsulás negatív, akkor a test az egyensúlyi helyzet fölött van, és feltehető, hogy fölfelé mozog. Ha tehát az egyensúlyi helyzeten fölfelé haladó dugattyú eldobja a ráhelyezett testet, akkor ez az egyensúlyi helyzet fölött, fölfelé haladva — és lefelé gyorsulva — akkor történik meg, amikor a gyorsulás -g -v e l egyenlő.

Tegyük fel most, hogy g<Aco2, vagyis a test elválik a dugattyútól. Osszuk el a (18) egyenlőség mindkét oldalát — co2-tel. Ekkor

g—T = A sin cot = x(t),co

ha tehát a test lerepül a dugattyúról, akkor ez az egyensúlyi helyzet felett g/co2 magas­ságban történik (2.146. ábra). Ebben a pil­lanatban a test és a dugattyú sebessége még

X

azonos,

v= yJco2(A2 — x 2).

Az emelkedési magasságot a munkatétel segítségével kapjuk:

mgh= y mv1 = ^m co 2(A2 — x 2).

így az elhajított test az egyensúlyi helyzet fölé h + x = : H-val emelkedik. |

Az előző példában a dugattyúra helye­zett test a nyomóerő m iatt végzett harmo­nikus rezgést, a következő példánkban a tapadási súrlódási erő biztosítja a rezgést létrehozó erőt.

[Gondoljuk el, hogy az előbbi excentri­kus kar vízszintes lapot mozgat A amplitú-

173

un

2.147.ábra

dóval és co körfrekvenciával (2.147. ábra). A vízszintes lap és a ráhelyezett m tömegű test között a súrlódás együtthatója legyen H- Koordináta-rendszerünk első tengelye jobbra mutasson, és az origó a test egyen­súlyi helyzetében legyen. így ha a test koor­dinátája pozitív, vagyis ha a kitérés jobbra mutat, akkor a test balra gyorsul, a lap és a test között fellépő súrlódási erő balra húzza a testet:

— S = ma = m( — Aco2 sin cut),

innen

S = mAco2 sin cot.

A tapadás feltétele:

S<fxmg,

mAco2 sin cot < fxmg.

Ez a mozgás során állandóan csak akkor teljesülhet, ha abban a pillanatban is telje­sül, amikor a szinuszfüggvény eléri a maxi­mális értékét:

mAd)2 <nmg,

vagyis

Aco2 <fig.

Ez tehát annak a feltétele, hogy a harmo­nikus rezgőmozgást végző lapon a lappal együtt mozgó test ne csússzék meg. |

2.3.3. A rugalmas erő munkája

A rugalmas erő a deformációval ellenté­tes irányú, nagysága arányos a deformáció mértékével: a 2.148. ábra felső részén lát­

ható koordináta-rendszerben F= — Dx. Az erő-megnyúlás függvény grafikonját vázol­tuk az ábra alsó felén. Tegyük fel, hogy a rugó már kezdetben meg van nyújtva: a kezdeti megnyúlás legyen x t . Ezután nyújtsuk meg a rugót úgy, hogy a megnyú­lás x 2 legyen. Ekkor a rugóerő által végzett munka az ábrán a satírozott trapéz terü­lete, pontosabban annak ( —l)-szerese, hi­szen a rugót megnyújtva az erő és az elmozdulás ellentétes irányú:

= y D* í “ | - D*z-

-Xi) =

(1)

Helyettesítsük ezt a munkatételbe:

( \ mv2 + mayi) “ ' + mgyi) =

= j D x 22 + Wt6bbi.

A munkatételben a bal oldalon a mechani­kai energia megváltozása, a jobb oldalon egyrészt a rugalmas erő munkája, másrészt

x>0

W W W )-D x < o

2.148.ábra

174

a nehézségi erő és a rugalmas erő mellett fellépő erők munkájának az összege szere­pel. Itt a test függőleges helykoordinátáját y-nal, a rugó megnyúlását x-szel jelöltük.

A rugalmas erő munkája csak a kezdeti és a végső állapottól, a kezdeti és a vég­ső megnyúlástól függ: a kezdő és a vég­

ső állapotra jellemző y Dx2 mennyiségek

különbsége. Ez a mennyiség a test-rugó együttes állapotát jellemzi, vagyis állapot- jelzőnek tekinthetjük. Rendezzük át tehát

a munkatételt, az y Dx2 állapotjelző-kü­

lönbséget vonjuk le mindkét oldalból:

^ y ™»l+ y D xl + m g y ^ -

- ^ y ™ i + y Dx2t + mgyl ^ = Wt6bH. (2)

Ez a munkatétel „harmadik generációja”.

Az újonnan „feltűnt” y Dx2 állapotjelzőt

nevezzük rugalmas energiának, a helyzeti energia mintájára. A továbbiakban ener­gián e háromféle energia összegét értjük, egészen addig, amig ki nem derül egy újabb erőről, hogy a munkája független a kezdeti és a végső állapottól, pontosabban: kifejez­hető egy állapotjelző megváltozásával. Ak­kor majd a most látott úton általánosítjuk a mechanikai energia fogalmát, a m unka­tétel bal oldalán egyre több tagból áll a mechanikai energia, a jobb oldalon pedig csökkentjük a figyelembe veendő munkák számát. Az ilyen erőket konzervatív erők­nek nevezzük.

Konzervatív tehát az az erő, amelynek a munkája kifejezhető valamilyen állapot- jelző megváltozásával. Nyilvánvaló, hogy nem minden erő konzervatív erő: a súr­lódási erő munkája általában nemcsak a

kezdeti és a végső állapottól függ. Néha a nem konzervatív erők munkája is csak a kezdeti és a végső állapottól függ. Példa­ként: vízszintes talajon egy test a súrlódási erő munkája m iatt megáll: a súrlódási erő munkája a mozgási energia megváltozá­sával egyenlő. Ez azonban kivételes eset, a súrlódási erőre általában nem teljesül ez. A konzervatív erő definíciójában ki kell emelni, hogy akár hat a testre más erő, akár nem, bármilyen pályán mozog is a test, a konzervatív erő munkája csak a kezdő és a végső állapottól függ.

Az is előfordulhat, hogy egy erőről ki­derül, konzervatív erő, a munkája helyett mégsem vezetünk be újabb energiafajtát. Ebben a kérdésben meglehetősen szabadon járunk el: semmiféle szempont nem kény­szerít arra, hogy pl. a rugalmas erő mun­káját „átrendezzük” a munkatétel bal ol­dalára.

A feladatmegoldásoknál fontos szem­pont azonban: egy feladaton, egy gondo­latmeneten belül ne szerepeljen a rugalmas erő munkája és a rugalmas energia. Tulaj­donképpen helytelen megfogalmazás: „A rugalmas energia megváltozása egyenlő a rugalmas erő munkájával.” Valójában in­kább arról van szó, hogy a rugalmas erő munkája és a rugalmas energia ugyanan­nak a dolognak különböző fogalmi szintű elnevezése.

ÍRögzítsük most egy L hosszúságú, D direkciós erejű rugó végét a falhoz, és te­gyük fel, hogy a rugó másik végén m tö­megű test van. H a a testet kitérítjük, akkor harmonikus rezgést végez, körfrekvenciája co= y/D /m , az amplitúdója pedig legyen — ahogy szokott — A. Ekkor a testre — a mozgás irányára merőleges erőkön kívül— csak a rugalmas erő hat, tehát nincs olyan erő, amelynek a munkáját a munka­tételben számításba kellene vennünk, így a

V 175

mechanikai energia állandó:

y mv2 + y Dx2 = E0 = áll.

Ez az állandó energia könnyen meghatá­rozható, hiszen a rezgő rendszer összes energiája a szélső helyzetben is ennyi, ami­kor x = A és r = 0, tehát

y mv2 + y Dx2 = y m ■ 02 + y D /l2 =

= y D /4 2 = £ o J (3)

ÍKicsit bonyolultabb helyzetet vizsgá­lunk most meg. Tegyük fel, mint a 2.149. ábrán látható, a test függőleges, L hosszú­ságú, és D direkciós erejű rugóhoz van erősítve; tömege legyen m, ekkor a kör- frekvenciája — Newton II. törvénye sze­rint (!) y/D /m . Tegyük fel, hogy a test A amplitúdóval rezeg.

Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a test egyensúlyi helyzetében. A rugó az egyensúlyi helyzetig x 0-t nyúlik meg:

mg — Dxo = 0. (4)

Tegyük fel, hogy a koordináta-rendszer x tengelye függőlegesen lefelé mutat. Ekkor,

ha a testet lefelé kitérítjük x > 0-val, a mechanikai energia:

1 , 1 ,2 y D(x + x0) + mg( — x).

Mivel a testre a nehézségi és a rugalmas erőn kívül más erő nem hat, a munkatétel jobb oldala nulla, tehát a mechanikai ener­gia állandó:

1 7 1y mv2 + — D(x + x0)2 - mgx = £ 0 = all. (5)

Itt a rugalmas energiának megfelelő tag­ban x + x 0 áll, ekkora ugyanis a rugó teljes megnyúlása, az egyensúlyi helyzetig x0, az egyensúlyi helyzettől pedig x-szel térítet­tük ki. A helyzeti energia nyilván azért negatív, mert pozitív x esetén a test a helyzeti energia nulla szintje alatt van.

Végezzük el most az (5) egyenlőségben a négyzetre emelést:

1 , 1 , 1 ,— m v + —D x + —DxQ + Dxx0—mgx — E0.

Csoportosítsuk az egyenletben szereplő ta­

gokat, és a bal oldalon a konstans y Dxo-et

vonjuk ki mindkét oldalról:

j m v 2 + j D x2 + (Dx0-m g )x =

Ennek az egyenlőségnek a bal oldalán a zárójelben lévő két tag összege nulla, a (4; alapján a jobb oldal most is állandó. Jelöl­jük ezt a konstanst Ej-gyei:

1 7 1— mv + — Dx = £ . : =2 2 1

'■ = E0- j D x % .

176

A jobb oldali állandó könnyen meghatá­rozható, ha x = A , akkor r = 0, így

^-m v2+ l~Dx2 = E 1= \ - D A 2. (6)2 2 2

Ebben az egyenlőségben a bal oldali első tag a rezgő test mozgási energiája, a máso­dik tag azonban nem a rugalmas energia, hanem a rugalmas és a helyzeti energia

összege — az y Dx% állandó értéktől elte­

kintve. A jobb oldalon sem az összes ener­gia szerepel most, mint az előző feladatban, hanem az összes energiánál az x0 megnyú­láshoz tartozó rugalmas energiával kisebb.

Osszuk most el a (6) egyenlőség — és az ezzel formailag azonos (3) egyenlőség — mindkét oldalát D/2-vel, ekkor

m , 2 .2 — v2 + x = A 2,

majd figyelembe véve, hogy co2 = D/m, a rezgőmozgás kinematikájáról szóló 1.2.7. pontban levezetett, jól ismert formulát kap­juk:

^ + x 2 = A 2_ j (7)co —1

Felvetődik a kérdés, hogy a (7) egyenletből kiindulva, okoskodásunk megfordítható-e. Azt gondolnánk, hogy matematikailag ek­vivalens átalakításokkal jutottunk ehhez az eredményhez, visszafelé ugyanígy halad­hatunk, és akár az (5) állításhoz is eljut­hatunk. Valójában azonban az a helyzet, hogy már az első lépés sem fordítható meg. A (7) egyenlőség minden harmonikus rez­gőmozgásra igaz, a rezgőmozgás kinema­tikájából vezettük le. Érvényes a (7) állítás rugón rezgő testre, de érvényes a dugaty- tyún fel-le mozgó tömegpontra, sőt egy árnyék rezgésre is a falon. Ez utóbbi ese­

tekben a (7) összefüggésbe az w helyére y/D /m nem helyettesíthető.

Ezzel függ össze a következő megjegyzés. Igen sok példatárban találkozunk azzal a feladattal, hogy bizonyítsuk be: harmoni­kus rezgőmozgást végző test mechanikai energiája állandó. A bizonyítás vázlatosan a következő. A mechanikai energia

1 , 1 J— mv + — Dx22 2

kifejezésébe behelyettesítik a rezgőmozgás hely- és sebességfüggvényét: x = A sin cot, v = Aco cos cot, majd az co2 helyére D/m-et

írnak, ekkor ~ DA2 kiemelhető, végül a

Pithagorasz-tétel trigonometrikus formáját alkalmazva nyilvánvalóan adódik, hogy a fenti két tag összege állandó.

Az állítással és az indoklással azonban több baj van. Az állítás egyszerűen nem , igaz. A harmonikus rezgőmozgást végző pontok mechanikai energiája nem szük­ségképpen állandó, gondoljunk példaként a dugattyún fel-le mozgó testre. A test környezetében sehol egy rugó, rugalmas energia itt nem értelmezhető. (A dugattyú által kifejtett nyomóerő nem helyettesíti minden szempontból a rugóerőt, a nyomó­erő nem konzervatív erő, a munkája nem helyettesíthető általában energiaváltozás­sal.)

A feladatban szereplő kijelentés termé­szetesen igaz egyetlen tömegpont vízszintes irányú rezgésére. Ekkor az okoskodás is helyes, azonban az energia állandósága már azért is igaz, mert nem végez semmi­lyen erő sem munkát.

A dolog lényege a következőképpen fog­lalható össze. Induljunk ki a következő feltételből: az m tömegű testre a mozgás pályájával párhuzamosan csak a rugalmas

177

erő (esetleg a nehézségi erő, vagy más konzervatív erő) hat. Ekkor a testen vég­zett munka nulla. Ez az állítás azonban egyenértékű azzal, hogy a test mechanikai energiája állandó.

Másrészt, ugyancsak abból a feltétel­ből kiindulva, hogy a testre csak a rugal­mas erő és esetleg a nehézségi erő hat, következik, hogy a test — az előző pont­ban láttuk — harmonikus rezgőmozgást végez. A 2.150. ábrán logikai diagramon összefoglaltuk az állítások közötti kapcso­latokat. Látható, hogy a rezgés jelensé­ge és az energia megmaradása logikai­lag nem kapcsolható össze. Bizonyos spe­ciális körülménykomplexumból mindkét állítás következhet. Mindkét állításnak le­het ugyanaz az oka, azonban a két állítás ok és okozati viszonyba nem állítható egymással.

Világítsuk meg ezt néhány példával.ÍK ét, egyenként D direkciós erejű és L0

hosszúságú rugót úgy erősítünk két fal közé, hogy közöttük m tömegű test van a rugókhoz erősítve, és ebben a helyzetben a rugók már feszesek, a hosszuk egyaránt Lj (2.151. ábra). Húzzak ezután a testet jobbra s-sel. Ekkor a rugóból és a két test­ből álló rendszer együttes energiája a nyu­galmi állapotban:

hiszen a mozgási energia ekkor nulla, a helyzeti energia nullszintjét pedig úgy vá­lasztottuk meg, hogy az a test és a rugók egyenesében legyen. A kitérített helyzetben a testet már nem mozgatjuk, ezért a moz­gási energia itt is nulla, így a szélső állapot­ban a mechanikai energia:

1 1

2.150.ábra

2.151.ábra

A munkatétel szerint a mechanikai ener­gia megváltozása egyenlő a testen vég­zett munkák összegével: a testre vízszintes irányban a rugalmas erő mellett a mi erőnk hat, és feltehető, hogy a súrlódási erő is.így

E2- E 1 = Wrnl+W sM, (8)

a jobb oldalon az általunk végzett munka és a súrlódási erő munkájának az összege szerepel. Ez utóbbi Wsűrl = — p.mgs.

Ha most a testet ebből a szélső helyzet­ből magára hagyjuk, akkor feltehető, hogy visszatér az egyensúlyi helyzetébe. Ekkor a munkatétel:

mv2 + y D(Lt — L0)2 • 2

E2 = — D(Li — Lq + s)2 + — D(Lt — Lq s) .

G - ( > ■

) -

-Lo + s)2 + - Z ) (L i - L q - s)2

y-fímgs. (9)

178

A későbbi állapotban — újra az egyensúlyi helyzetben — lehetséges, hogy a rugalmas energia mellett a mozgási energia nem 0. A bal oldalon — látható — a mi általunk végzett munka nem szerepel: a testet m a­gára hagytuk.

Ha a test nem tér vissza az egyensúlyi helyzetébe, akkor a munkatétel így mó­dosul: tegyük fel, hogy a test az egyen­súlyi helyzettől jobbra megáll, az egyensú­lyi helyzettől x távolságban. Ekkor

(- L q + x )2 + ^ ( L í - L o - x ) 2

- ( ^D {L l - U ) + S)2+ '[-D (L l - U ) - S)2 ) =

= —fímgs. (10)

A (9) és a (10) állítások kizárják egymást: vagy visszatér a test az egyensúlyi hely­zetbe, és ekkor v2 > 0, vagy korábban meg­áll, és ekkor x > 0_J

PRét pont közé — úgy, ahogyan a 2.152. ábrán látjuk — rögzítsünk egy D erős­ségű, 2L hosszúságú gumiszálat, és feszít­sük meg, mint egy csúzlit. A guifl' szál közepére egy m tömegű test támaszkodik. Jelöljük a gumi két szárának a vízszintes­sel bezárt szögét a-val. Ekkor a gumi ösz-

Lszes hossza megfeszített állapotban: 2 ------ ,

cos aa gumi egy-egy darabjának a megnyúlása:

LA L =

cos a- L ,

és egy-egy darabjának a rugóállandója 2D, a testre ható rugalmas erők eredője így 2DAL sin a, az elengedett testre ezen kívül a nehézségi erő hat, így a dinamika alap­törvényéből a test a szöghöz tartozó gyor­sulása meghatározható:

2DAL sin a — mg = ma.

Válasszuk meg a helyzeu energia nulla szintjét a gumiszálak rögzítési pontjánál. Ekkor a mechanikai energia az a szöghöz tartozó esetben:

E i = ^ - d ( — -----L ] —mgL tg a,2 \ cos a /

amikor a test a helyzeti energia nulla szint­jén áthalad:

r 1 2E2= - m v \

és amikor a gumiszáltól elválva a pálya csúcsára ér:

E3 = mgh,

ahol h a helyzeti energia nulla szintjétől mérve az emelkedés magassága. |

í á z előző esethez hasonlóan két pont között rögzítsünk két rugót, mindegyik L hosszúságú, és mindkettőnek legyen D a direkciós ereje. A két rugó között m töme­gű test van. A nehézségi erő hatásával nem kívánunk foglalkozni, ezért képzeljük el, hogy a test vízszintes asztalon mozog súr­lódás nélkül, szóval a 2.153. ábra szerint

2.152.ábra

2.153.ábra

179

felülnézetben látjuk a jelenséget. Az egy­szerűség kedvéért tegyük fel, hogy a két rugó kezdetben nyújtatlan. Térítsük ki ez­után a testet oldalirányban a rugókra me­rőlegesen x-szel. Ekkor a két rugó meg­nyúlása:

L ( 1 \ 1— cos a------ L = L( -----L ) —L -------- ,cos a \ c o s a ) cos a

itt tg a = x/L . A rugóerők rugóra merőle­ges összetevője:

1— cos a .D L ----------- sm a =

cos a

= £)L( 1—cos a) tg a =

= 2DL(1— c o s a )^ .

Alkalmazzuk most a könnyen igazolható

1cos a =

V 1 + íg

trigonometriai azonosságot. A mi esetünk­ben:

1cos a =

1 +

Newton II. törvénye tehát

—2 D x í 1----- ^ ^V J l } + x 2 )

-ma.

Szembeötlő, hogy ebben az esetben nem harmonikus rezgés jön létre! A gyorsulás most nem arányos a kitéréssel, az arányos­ságnál bonyolultabb kapcsolat írja le a test mozgását. De — és a példát azért hoztuk szóba — az energiamérleg (a munkaté­tel) alkalmazásával meghatározható pél­dául az egyensúlyi helyzeten való áthala­dás sebessége. |

VI. Feladatcsoport: a körmozgás és a harmonikus rezgőmozgás dinamikája

VI/1. Egy L = 1 m hosszúságú fonálon m —\ kg tömegű test függ. Az ingát kitérít­jük a vízszintesig, majd lefelé irányuló sebességgel meglökjük (2.154. ábra). Ez­után az inga átlendül, és a test a függőle­gestől mérve 120°-os helyzetben elhagyja a körpályát. M ekkora volt a kezdősebesség? Mekkora a test sebessége, amikor elhagyja a körpályát? A körpálya középpontjától mérve milyen maximális magasságra emel­kedik a test? M ekkora volt a kötélerő a test indításakor?

VI/2. Egy L = l m hosszú, m = 1 kg tö­megű ingát a vízszintesig kitérítünk, és lefelé irányuló sebességgel meglökjük úgy, hogy a test éppen teljes körpályát írjon le. M ekkora volt a kezdősebesség? M ekkora erő feszíti a fonalat az inga vízszintes helyzetében? M ekkora a kötélerő a fonál függőleges helyzetében (a test alsó és felső helyzetében)? M ekkora a test sebessége, amikor átlendül a felső holtponton?

VI/3. Egy L = 1 m hosszú, merev, de könnyű rúd végén m = l kg tömegű test van. A rúd másik vége körül — inga mód­jára — elfordulhat. A rudat vízszintes hely­zetbe hozzuk, és a testnek lefelé irányuló kezdősebességet adunk. A test ezután ép­pen átlendül a felső holtponton. M ekkora

2.154.ábra

180

volt a kezdősebesség? M ekkora erőt fejt ki a rúd a testre a legalsó és a legfelső hely­zetben?

VI/4. Egy L = 1 m hosszú, merev, köny- nyű rúd végén m = l kg tömegű test van. A rúd másik végét úgy csapágyazzuk, hogy a rúd könnyen elfordulhasson. Ezután a rudat a vízszintesig kitérítjük, és a testneklefelé irányuló, y / l5 m/s nagyságú kezdőse­bességet adunk. Hol áll meg a test? Milyen magasra emelkedik a körpálya középpont­ja fölé? M ekkora erőt fejt ki a rúd a testre induláskor, és mekkorát, amikor a test megáll?

VI/5. Egy L = l m hosszú fonál végén m = 1 kg tömegű test van. A fonalat a vízszintes helyzetig kitérítjük, és a test­nek lefelé irányuló, y/2Ö m/s kezdősebessé­get adunk. Milyen helyzetben hagyja el a test a körpályát? Milyen maximális ma­gasságra emelkedik a test a kör középpontja fölé? M ekkora erőt fejt ki a testre a fonál indításakor?

VI/6. Egy R = 1 m sugarú, függőleges síkú, kör alakú kényszerpályán m= 1 kg tömegű test mozoghat súrlódás nélkül. A test kezdetben a függőlegessel 30°-os szö­get bezáró helyzetben van a körpálya felső részén. Itt a test lefelé mozog, és a sebes­sége 2 m/s. M ekkora a test sebessége a kör középpontjának a magasságában? Mek­kora a sebessége a függőlegessel 45°-os szöget bezáró helyzetben a körpálya alsó részében, és mekkora a sebesség a legalsó helyzetben? M ekkora a pálya által kifejtett kényszererő ezekben a pontokban?

VI/7. Egy R = 1 m sugarú gömbről — miután kissé megmozdítottuk, lényegében kezdősebesség nélkül lecsúszik egy m = 1 kg tömegű test. A súrlódástól eltekinthe­tünk. M ekkora erőt fejt ki a gömb a testre, miután Rn/4 méter utat megtett? Mennyi utat tesz meg összesen a gömbön a test?

V I/8. Egy R = l m sugarú, félgömb ala­kú csúszda belsejében súrlódásmentesen csúszhat egy m — 1 kg tömegű test. Ezt a testet a félgömb pereménél elengedjük. M ekkora ebben a pillanatban a test gyor­sulása? Mekkora erőt fejt ki induláskor a testre a félgömb fala? M ekkora a sebesség a legalsó helyzetben? Mekkora erőt fejt ki itt a gömb a testre? Mekkora sebességgel mozog a test Rn/3 út befutása után? Mek­kora itt a kényszererő? M ekkora a szög- sebesség és a szöggyorsulás a három hely­zetben?

VI/9. Egy repülőgép függőleges sík­ban 1000 méter sugarú körpályán állandó, 200 m/s sebességgel repül. A pilóta tömege 80 kg. M ekkora erő hat a pilótára a pálya legmagasabb és legalacsonyabb pontján? M ekkora ezeken a helyeken a pilóta gyor­sulása?

VI/10. Egy R = 100 m sugarú hídon egy autó halad. M ekkora sebessége lehet, hogy a pályát ne hagyja el?

VI/11. Hurokpályához csatlakozó lejtő magassága 15 m. A körpálya sugara 5 m. A lejtőről súrlódás nélkül lecsúszik egy 1 kg tömegű test (2.155. ábra). Végigha­lad-e a körpályán? Ha igen, milyen erővel nyomja a pályát a legfelső pontban? Mek­kora a test sebessége a pálya legfelső pont­jában?

VI/12. Lemezjátszón forgó korongra kis

2.155.ábra

181

fémtárgyat teszünk. A korong fordulat- száma 33 l/perc. H a a fémtárgyat a közép­ponttól 10 cm-nél távolabb tesszük, ak­kor a fémtárgy megcsúszik. M ekkora lehet a tárgy és a korong között a súrlódási együttható?

VI/13. Az autógumi és az úttest felülete között a súrlódási együttható 0,9. Mekkora sebességgel haladhat egy autó a 100 méter sugarú, vízszintes síkú kanyarban, hogy ne sodródjék ki?

VI/14. Egy R = 100m sugarú kanyarban az autópálya útfelületét 10°-kal megdön­tötték. Egy autó 108 km/h sebességgel ha­lad a kanyarban. A súrlódási együttható az útfelület és az autógumi között 0,9. Lás­suk be, hogy nem csúszik meg! Mekkora a pálya nyomóereje, és mekkora a súrlódási erő nagysága, ha a nehézségi erő 104 N?

VI/15. Egy R = 1 m sugarú gömb belse­jében r = 0,6 m sugarú körpályán, vízszin­tes síkban kering egy pontszerű, 10 g tö­megű test. Határozzuk meg a keringési ide­jét! M ekkora nyomóerőt fejt ki a gömb fala a testre? Hosszú idő múlva a keringő test végül megáll. Mennyi munkát végzett a testen a súrlódási erő?

VI/16. Kúpinga fonalának hossza 1 mé­ter. A fonálra függesztett test tömege 1 kg. Mekkora szöget zár be a keringő inga fo­nala a függőlegessel, ha a kötélerő 100 N? M ekkora a periódusidő ebben az esetben?

VI/17. Egy kúpinga fonalának hossza 1 méter, a fonálra függesztett test tömege 1 kg. Válasszuk meg a helyzeti energia nul­la szintjét a fonál rögzítési pontjában. A kúpinga vízszintes síkban körpályán ke­ring úgy, hogy a mechanikai energiája nulla. M ekkora a keringési idő?

VI/18. Egy m — 1 kg tömegű testet füg­gesztünk /= 1 m hosszú fonálra. A test r= 10 cm sugarú körpályán vízszintes sík­ban kering. M ekkora a periódusidő és a

sebesség? Határozzuk meg a kötelet feszítő erőt!

VI/19. A 2.156. ábrán látható körhintán a láncok hossza 1=3 m. A láncokat a forgástengelytől d= 1,5 m távolságra rög­zítették. A hintában ülő gyermek tömege 30 kg (az ülés tömegét elhanyagolhatjuk). A körhinta működése közben a láncok 30°-os szöget zárnak be a függőlegessel. M ekkora erő feszíti a láncokat? Mekkora a gyerek sebessége?

VI/20. Egy 30° hajlásszögű lejtőn, 1 mé­ter sugarú körpályán kering egy 1 kg tö­megű test (2.157. ábra). A testet a lejtő egy pontjához rögzített fonál tartja a kör­pályán. A pálya legfelső pontján kifejtett kötélerő 30 N. A súrlódás elhanyagolható. M ekkora erőt fejt ki a fonál a pálya legalsó pontján? M ekkora a kötélerő amikor a test

2.156.ábra

2.157.ábra

182

a legalsó ponton áthaladva rn/6 méter utat tett meg?

VI/21. Egy 30° hajlásszögű lejtőn, 1 mé­ter sugarú körön kering egy 1 kg tömegű test. A testet egy fonál tartja körpályán, a fonál másik vége a körpálya közepén a lejtőhöz van rögzítve. A pálya legfelső pontjában a kötél által kifejtett erő 30 N. M ekkora erőt fejt ki a kötél a pálya legalsó pontjában, ha a súrlódási együttható 0,36? M ekkora a kötélerő, amikor a test a felső pontot elhagyva rn/6 méter utat tett meg?

VI/22. Egy 1 méter hosszú fonál egyik végét egy fix ponthoz rögzítjük, a másik végére egy 1 kg tömegű testet erősítünk. Az ingát a vízszintesig kitérítjük, és vízszin­tes irányú, 1 m/s kezdősebességet adunk a testnek. M ekkora lesz a keringési idő, amikor a test körpályára áll?

VI/23. Egy függőleges tengely két — 50 cm távoli — pontjához egy-egy fona­lat erősítünk (2.158. ábra). A felső fonál 40 cm hosszú, az alsó 30 cm. A fonalak szabad végéhez egy 20 g tömegű testet erősítünk. A tengelyt körbeforgatva a test

vízszintes síkban körmozgást végez. Mek­kora a felső fonalat feszítő erő, ha az alsót 1 N erő feszíti? M ekkora ebben a pillanat­ban a szögsebesség? Ha a rendszert magá­ra hagyjuk, akkor hosszú idő múlva a közegellenállási erő miatt lassan megáll. Mennyi munkát végzett a közegellenállási erő?

VI/24. Egy 1 méter hosszú rúd a vég­pontja körül vízszintes síklapon körbefo- rog. A körpályán mozgó végpontjához egy /= 2 ,4 m hosszú fonalat kötünk, a fonál másik végéhez egy 0,5 kg tömegű kis testet erősítünk. A kötél megfeszül, a test 3 m sugarú körpályán mozog a vízszintes sí­kon. A súrlódási együttható 0,11. Mekkora a kötéllel vontatott test sebessége?

VI/25. Egy vízszintes síkú korong forog állandó fi= 11 /s2 szöggyorsulással. A kez­deti szögsebesség nulla. A korong közepé­től 30 cm távolságra egy kis fémből készült test van, amely kezdetben együtt mozog a koronggal. Mennyi idő múlva csúszik meg a korongon a test, ha a súrlódási együtt­ható 0,1?

VI/26. Egy lift állandó 4 m/s2 gyorsulás­sal emelkedik. M ekkora a keringési ideje a lift mennyezetére függesztett, 1 m hosszú fonálon függő, 1 kg tömegű kúpingának, ha a fonál a függőlegessel 30°-os szöget zár be? M ekkora a kötélerő?

VI/27. Egy rugót a ráfüggesztett test 10 cm-rel nyújt meg. Az egyensúlyi hely­zetből a testet 8 cm-rel felemeljük, és ma­gára hagyjuk. M ekkora a keletkező rezgés amplitúdója, körfrekvenciája, kezdőfázisa? M ekkora a rugó legnagyobb és legkisebb megnyúlása?

Vl/28. Egy rugó direkciós ereje 2 N/cm. A felfüggesztett rugóra 2 kg tömegű testet erősítünk. A testet egyensúlyi helyzetből felemeljük 8 cm-rel, és fölfelé irányuló, 60 cm/s nagyságú kezdősebességgel moz­

183

gásba hozzuk. M ekkora a létrejövő rezgés amplitúdója, körfrekvenciája, kezdőfázisa? Mekkora a rugó legnagyobb és legkisebb megnyúlása?

VI/29. Egy rugóra m = 1 kg tömegű tes­tet függesztünk. A rugó direkciós ereje 1 N/cm. A testet az egyensúlyi helyzetéből 6 cm-rel lejjebb húzzuk, és lefelé irányuló, 80 cm/s nagyságú kezdősebességgel moz­gásba hozzuk. Határozzuk meg a létrejövő rezgés amplitúdóját, körfrekvenciáját, kez­dőfázisát! Mekkora a rugó legnagyobb és legkisebb megnyúlása?

VI/30. Egy rugóra ml = 2 kg tömegű tes­tet függesztünk, majd ehhez m2 = 1 kg tö­megű testet erősítünk. A rugó direkciós ereje: 100 N/m. Amikor a két test nyuga­lomban van, az alsó testet rögzítő fonalat elégítjük, a felső test ezután rezegni fog, az alsó test pedig szabadon esik. Milyen messze van a két test akkor, amikor a felső test először megáll a felső holtponton?

VI/31. Egy 200 N/m direkciós erejű ru­góra két testet függesztünk, a felső 5 kg tömegű, az alsó tömege 3 kg. A két test nyugalmi helyzetében az alsó testet a fel­sőhöz rögzítő fonalat elégetjük. Mekko­ra amplitúdóval fog rezegni a felső test? Mekkora a rezgés körfrekvenciája? Milyen messze vannak a testek egymástól az esés kezdete után 0,33 másodperccel?

VI/32. Egy 10 N/m direkciós erejű ru­góra 1 kg tömegű testet függesztünk. Ebbe a testbe alulról 25 m/s kezdősebesség­gel 0,12 kg tömegű kis lövedéket lövünk, amely ütközés után benne marad a na­gyobb testben. Az ütközés után mennyi utat tesz meg a rezgő test az első megállá­sig? Az ütközés után mennyi idő múlva áll meg először a rezgő test?

VI/33. Egy 100 N/m direkciós erejű ru­góhoz 15 cm hosszúságú fonalat erősítünk. A fonálra 0,1 kg tömegű gyűrűt füzünk, a

fonál alsó végéhez 1,2 kg tömegű testet erősítünk. A gyűrűt felemeljük úgy, hogy a nyugalomban lévő alsó test fölött le­gyen 15 cm-rel. Ezután elengedjük a gyű­rűt, amely az alatta lévő testre esik, és rugalmatlanul ütközik vele. Határozzuk meg az előálló rezgés amplitúdóját és kör­frekvenciáját! |

VI/34. Egy 200 N/m direkciós erejű ru­gó nyújtatlan hossza 40 cm. A felső végét a mennyezetre rögzítjük, az alsó végéhez 30 cm hosszú fonalat erősítünk. A fonál alsó végén 200 g tömeg függ. A testet felemeljük, és a mennyezet alatt 10 cm-rel elengedjük. Mekkora a rugó legnagyobb hossza? A rugó megfeszülése után mennyi idő múlva áll meg a test először?

VI/35. Egy 40 N/m direkciós erejű rugó függőleges helyzetben áll az asztalon. A ru­góra egy 0,1 kg tömegű test esik. Szabad­eséssel 1,25 méter utat tett meg. Mennyi ideig érintkezik a rugóval?

VI/36. Két, egyenként 50 cm hosszú­ságú, 50 N/m direkciós erejű rugót függő­leges támaszokhoz rögzítünk, a rugók sza­bad vége egy 2 kg tömegű testhez van erősítve (2.159. ábra). A rugók kezdetben nyújtatlanok. A testet 10 cm-rel jobbra kitérítjük, majd magára hagyjuk. Határoz­zuk meg a rezgés körfrekvenciáját! Mek­kora a rezgés legnagyobb sebessége és gyorsulása? M ekkora a test sebessége az egyensúlyi helyzettől 2 cm-re? A szélső

k íff lM M • h a i i i

-m m m m

2.159.ábra

2.160ábra

184

helyzetből indulva mennyi idő alatt tesz meg a test 5 cm-t?

VI/37. Vízszintes talajon 2 kg tömegű test fekszik. A testet 60 cm-re lévő falak­hoz 80 N/m erősségű rugók kötik. A ru­gók ebben a helyzetben már 20 cm-rel meg vannak nyújtva. Ezután a testet óvatosan jobbra kitérítjük 12 cm-rel, majd magára hagyjuk. M ekkora erőt fejt ki az egyik, illetve a másik rugó a testre ebben a szélső helyzetben? Mekkora az eredő rugalmas erő? M ekkora sebességgel halad át a test az egyensúlyi helyzeten?

VI/38. Egy 200 N/m direkciós erejű, 1 méter hosszúságú rugó két végén egy-egy test van. Az egyik test 2 kg tömegű, a m á­sik tömege 3 kg. A két testet egymástól 1,2 méter távolságra eltávolítjuk, majd ma­gukra hagyjuk (2.160. ábra). Mekkora amplitúdóval és körfrekvenciával rezegnek a testek?

VI/39. Egy 200 N/m direkciós erejű, 1 méter nyújtatlan hosszúságú rugóra 2 kg tömegű testet függesztünk. M ekkora a rez­gő rendszer körfrekvenciája? Ezután a ru­góból levágunk egy 40 cm hosszú részt. M ekkora lesz ezután a körfrekvencia?

VI/40. Egy rugót két részre vágunk. Egy test az egyik rugódarabon 8 másodperc periódusidővel, a másik darabon 6 másod­perc periódusidővel rezeg. M ekkora a rez­gésidő az eredeti rugón?

VI/41. Egy rugóra 50 kg tömegű testet függesztünk. A test 46 másodperc alatt végez 50 teljes rezgést. Ha a rugóra egy ismeretlen tömegű testet függesztünk, ak­kor 50 teljes rezgés idejét 40 másodperc­nek mérjük. Mekkora az ismeretlen tö­meg?

VI/42. Egy rugóra 1 kg tömegű testet függesztünk. A test 30 rezgést 8 másod­perc alatt végez. H a a testre egy másik — ismeretlen tömegű -— testet függesztünk,

»0

(M ^ rr — j 2162

■ X IZ S» Z _ ______________ ábra

akkor 30 rezgés ideje 12 másodperc lesz. M ekkora az ismeretlen tömeg?

VI/43. Egyik végén rögzített, vízszintes helyzetű rugó direkciós ereje 400 N/m. A rugó másik végén egy 4 kg tömegű kis kocsi rezeg. A kocsin egy 1 kg tömegű test van. A kocsi és a test között a súrlódás együtthatója 0,4 (2.161. ábra). Mekkora a rezgés amplitúdója, ha a test nem csúszik meg a kiskocsin?

VI/44. Egy kis kocsi tömege 4 kg. A kocsin 1 kg tömegű test nyugszik. A kocsi és a test között a súrlódás együtthatója0,4 (2.162. ábra). A kocsi a testtel együtt egyenletes sebességgel közlekedik az egyik végén rögzített, 400 N/m erősségű rugó­hoz. M ekkora lehet a kocsi sebessége, hogy a test ne csússzon meg a kocsin?

VI/45. Egy kocsi tömege 4 kg. A kocsin egy 1 kg tömegű test nyugszik. A kocsi és a test között a súrlódás együtthatója 0,4, és együtt 60 cm/s sebességgel közelednek az egyik végén rögzített, 400 N/m erősségű rugóhoz. Lássuk be, hogy a test megcsúszik a kocsin. Mennyivel nyomódik össze a rugó addig, amíg a test megcsúszik? Mek-

185

kora a test sebessége, amikor csúszni kezd a kocsin?

VI/46. Egy dugattyú függőleges irány­ban harmonikusan rezeg. Másodpercen­ként 2 teljes rezgést végez. A dugattyún egy 1 kg tömegű test van. A felső holtponton a testre ható nyomóerő 0,2 N (2.163. ábra). Mekkora a rezgés amplitúdója? Hol lesz a nyomóerő nulla, ha a rezgés amplitúdóját másfélszeresére növeljük? Milyen sebesség­gel válik el ekkor a test a dugattyútól? Milyen magasra emelkedik ezután a test?

VI/47. Függőleges helyzetű csőben egy 40 cm hosszúságú rugó van. A cső felül nyitott. A rugó alsó vége rögzített, direk­ciós ereje 80 N/m. A csőbe 1 kg tömegű, pontszerű testet helyezünk, és úgy rögzít­jük, hogy a rugó hossza 10 cm (2.164. ábra). Milyen magasra emelkedik fel a test, ha a rugó rögzítését feloldjuk? Mek­kora a mozgó test legnagyobb sebessége? M ekkora a sebessége, amikor elválik a ru­gótól?

VI/48. Egy függőleges helyzetű csőben egy 20 cm hosszúságú rugó van. A csőbe helyezünk egy testet. A test nyugalmi hely­zetében a rugó hossza 15 cm. A testet lenyomjuk úgy, hogy a rugó hossza 8 cm lesz. A testet ezután elengedjük. Milyen magasra emelkedik?

VI/49. Egy függőleges helyzetű rugó al­só végén a talajon egy 2 kg tömegű, a felső végén 1 kg tömegű test van. A rugó össze­nyomódása így 1 cm. Mennyivel kell ebből a helyzetből lenyomni a testet, hogy fel­emelkedve az alsó test is felemelkedjék a talajról?

VI/50. Egy 30 cm hosszúságú, 40 N/m erősségű rugó felső végén 1 kg tömegű, az alsó végén 2 kg tömegű test van. A felső testet 10 cm hosszú fonállal a mennyezet­hez erősítjük (2.165. ábra). Mekkora a két test gyorsulása abban a pillanatban, ami-

mg

2.163.ábra

2.164.ábra

2.165.ábra

2.166.ábra

2.167.ábra

186

kor a fonalat elvágjuk? Mekkora a rend­szer energiája a mennyezethez viszonyítva?

VI/51. A 2.166. ábrán látható módon két, 15 cm hosszúságú, egyenként 10 N/cm erősségű rugót összeerősítünk, szabad vé­geiket azonos magasságban falhoz rögzít­jük. A rugók összeerősítési pontjához 2 kg tömegű testet helyezünk, és a rugókat meg­nyújtjuk. Ebben a helyzetben a rugók 45°-os szöget zárnak be a vízszintessel. A testet elen­gedjük, így a rugók függőlegesen fölrepítik. Mekkora gyorsulással indul a test? Mek­kora a gyorsulás, amikor a test áthalad a

rugók vízszintes helyzetén? Milyen magas­ra emelkedik a test?

VI/52. A 2.167. ábrán látható függőleges tengelyre merőlegesen egy könnyű rudat szereltünk. A rúd mindkét részén egy-egy6 kg tömegű test csúszhat súrlódás nélkül. A testeket 400 N/m direkciós erejű, 50 cm hosszú rugók kötik a tengelyhez. A rend­szer a»=4,71 l/s szögsebességgel forog. Milyen messze vannak a testek a tengely­től? Mekkora a rendszer összes energiája? Mekkora szögsebesség esetén marad a két test körpályán?

2.4. A gravitáció

2.4.1. A Newton-féle általános tömegvon- zási törvény és háttere

Eddig majdnem minden dinamikai prob­lémában és feladatban szerepet játszott a nehézségi erő, hiszen a mindennapi éle­tünkhöz szorosan kapcsolódó jelenségeket írtunk le. A nehézségi erő hipotézise mel­lett akkor döntöttünk, amikor a szabad­esés szembetűnő jelenségét értelmeztük. Abban állapodtunk meg, hogy a Föld környezetében szabadon eső testek gyor­sulását azzal magyarázzuk, hogy a testekre a Föld erőt fejt ki. Őszintén megmondtuk, hogy ennek az erőnek a hatásm echaniz­musa ismeretlen előttünk, nem látjuk még, hogy mi módon terjedhet az impulzus távoli testek között.

A nehézségi erő szabaderő, ugyanúgy hat a testre, ha az áll vagy szabadon esik, vagy valamilyen kényszerpályán mozog.

Kézenfekvő az a gondolat, hogy ez az erő nemcsak a talaj közelében lévő testekre

hat. H at ez az erő például a Holdra is. Newton ismerte fel, hogy az az erő, amely a szabadon eső test gyorsulását okozza, ugyanígy hat a Holdra is, ez magyarázza, hogy a Hold a Föld körüli körpályán ma­rad.

Föltehetjük, hogy ez az erő bármilyen két test között fellép. Alapvető tapasztalat, hogy két test között csak vonzóerő lép így fel, taszítóerő nem.

A célunk az, hogy két tetszőleges test között fellépő vonzóerő természetét meg­vizsgáljuk, és olyan törvényhez jussunk, amelyből két test között fellépő vonzóerő m indig kiszám ítható. Az így fellépő erőt gravitációs erőnek, a jelenségkört gravitá­ciónak nevezzük.

Korlátozódjunk az egyszerűség kedvé­ért két tömegpont esetére. A két pont között fellépő gravitációs erő — fölte­hető — valamiképpen függ a két pont­szerű test távolságától. Támpontot a kö­vetkező egyszerű tények figyelembevétele

187

ad. A Föld sugara nagyjából 6400 km, a Hold— Föld távolság ennek mintegy hat­vanszorosa. Másrészt a Föld felszíne köze­lében szabadon eső test gyorsulása vagy — ami ugyanez — a Föld felszínén kerin­gő test centripetális gyorsulása közelítőleg10 m/s2. Azt is tudjuk, hogy a Hold kerin­gési ideje valamivel több mint 28 nap, eb­ből a Hold centripetális gyorsulása meg­határozható.

Számolásaink eredményeként azt kap­juk, hogy a Hold centripetális gyorsulása a Föld felszínén keringő test centripetális gyorsulásának mintegy 3600-ad része. Fi­gyelembe véve, hogy a sugarak aránya 60, azt kapjuk, hogy a két test között fellépő gravitációs vonzóerő nagysága a két test közötti távolság négyzetével fordítottan arányos:

Most azt szeretnénk megvizsgálni, hogy miképpen függ a gravitációs erő a tes­tek tulajdonságaitól. Tekintsünk ezért két testet, nevezzük ezeket A-nak és B-nek. A testeknek azt a tulajdonságát, állapotjel­zőjét, amely szerepet játszik a két test között fellépő erőben, jelöljük /z-vel, és nevezzük gravitációs töltésnek. így /iA az A test gravitációs töltését, a a B test gravitációs töltését fejezi ki. A két test között fellépő gravitációs erő valamikép­pen függ a két gravitációs töltéstől; jelöljük az itt szerepet játszó függvényt cp-vel. Te­hát

i7 _ <?>(Pa , P b) a -*b ,

p <P(Hb , P a )' 'B - A — 2 'r

Az A test által B-re kifejtett gravitációs

erő így felírt alakjában tehát a számláló­ban szereplő kétváltozós függvény első vál­tozója az A test gravitációs töltése, a m á­sodik változója a B testé. Fordítva ehhez hasonlóan.

Most a következő két kérdés vetődik fel.1. Milyen ez az itt szereplő kétváltozós

függvény? Lehetséges, hogy

< ? (P a , P b ) = 2 / 4 + p B ?

2. A másik kérdés ugyanilyen izgalmas. Függ-e ez a vadonatúj állapotjelző a test más tulajdonságaitól, vagy független? És ha függ, akkor melyik állapotjelzőtől, és hogyan? Elképzelhető, hogy a test gravitá­ciós töltését a test tömegéből, kémiai tulaj­donságaiból, színéből stb. ki lehet számí­tani? Van-e olyan, az állapotjelzők között fennálló kapcsolat, amelyben a gravitációs töltés mellett a test néhány más állapot- jelzője szerepel, és amelyből a gravitációs töltés kifejezhető? Mint ahogyan a moz­gási energia kifejezhető az impulzussal és a tömeggel:

Térjünk rá az első kérdés vizsgálatára. Kézenfekvő, hogy először a dinamika már ismert törvényeiből induljunk ki, és meg­vizsgáljuk, hogy ezeknek a törvényeknek milyen következményei vannak a gravitá­ciós törvény alakjára vonatkozóan.

Newton III. törvénye, a hatás-ellenhatás elve nyilvánvalóan teljesül a gravitációs erőre és ellenerejére. Ezért szükséges, hogy

<?>(Pa , P b ) = « > (P b , P a )> ( 2 )

és ez máris erős megkötést jelent a (p függ­vényre nézve. Nem lehet például a cp ilyen alakú: n ifiB, vagy ilyen: log OVPb), mert ezekben a kifejezésekben a /iA és szerepe nem cserélhető fel, például: n \n B n ln A. A

188

(2) megkötés azonban megengedi például azt, hogy a függvény helyettesítési értéke Ha + Hb vagy log(/iAjí„) legyen.

További megkötést jelent, ha figyelembe vesszük Newton IV. törvényét: a gravitá­ciós erő szabaderő, ezért ezek az erők za­vartalanul összegződnek. Ha az A tömeg­pont és a B tömegpont hat a C — szintén pontszerű — testre, akkor az A és a B test által kifejtett gravitációs erők összeadód­nak. A következő pótlólagos kikötéssel él­jünk a /i állapotjelzőre vonatkozóan: le­gyen additív mennyiség a következő érte­lemben. Ha az egyik test gravitációs töltése f i i , a másiké ju2, akkor a két test egyesíté­sével kapott test gravitációs töltése legyen tiy + Hz- Ugyanúgy, mint a tömeg vagy a mozgási energia: két test egyesítésével ka­pott test tömege a két test tömegének összege, a mozgási energia a mozgási ener­giák összege. Helyezzük most el gondolat­ban az A és a B testet igen közel egymás mellé. Egy tőlük távoli C testre ható erő az erőhatások függetlensége miatt

<p (Ha , H c) <P(M b, H c)2 ' 2 9 rz rL

másrészt a gravitációs töltés előbb kikötött additivitása (összeadhatósága) miatt a C testre ható gravitációs erő:

<P(Pa + Hb,Hc) r2

Az erő két kifejezése egyenlő, ezért

<PÍHa , He) + <PÍHB» He) = <I>(Ha + Hb , He)- (3)

A (2) és a (3) állításnak eleget tesz például a HaHb> vagy általában tetszőleges / valós szám esetén az / HaHb függvény. (Bebi­zonyítható, hogy a szóba jövő függvények között más függvény nem is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.)

A gravitációs törvény formája így szük­ségképpen:

Kiemeljük, hogy a gravitációs törvény számlálójában nem azért szerepel két gra­vitációs töltés szorzata, mert ez a gravitá­ciósjelenségek valamilyen sajátos belső tu­lajdonságának a kifejezője. Ha megköve­teljük a gravitációs erőtől, hogy a formája a dinamika alaptörvényeivel (és az additi- vitás meglehetősen természetes követelmé­nyével) összhangban legyen, akkor a gravi­tációs erő kifejezésében a gravitációs tölté­seknek csak a szorzata állhat!

Ebből látszik, hogy minden hasonlóan „működő” erőt hasonló képlet ír le. Az előző gondolatmenetben nem használtuk ki azt a körülményt, hogy a gravitációs erőről van szó. Mindössze a képlet távol­ságfüggését támasztja alá a Hold számított centripetális gyorsulása.

A gravitációs töltés mérése (elvben) köny- nyen keresztülvihető: rögzítve valamilyen töltést, a mért erőből a másik gravitációs töltés meghatározható. Most annak lenne a sora, hogy rögzítsük a gravitációs töl­tés mértékegységét és egységét. Megtehet­nénk azt, hogy az egységét úgy választa­nánk meg, hogy egységnyi gravitációs töl­tés egységnyi (1 m) távolságból egy ugyan­olyan nagy (egységnyi) gravitációs töltést 1 N erővel vonzon. Ha a gravitációs töltés mértékegységét 1-nek választjuk, akkor az [ / ] = N m 2 lenne. Sok más lehetőség is rendelkezésünkre áll.

Ne állapodjunk azonban még most meg az egység- és a mértékegység-választásban. H átra van ugyanis a második kérdés meg­beszélése. Kapcsolatba hozható-e a gravi­tációs töltés a test többi állapotjelzőjével?

189

És ha igen, akkor melyikkel milyen kap­csolatban van?

Fontoljuk most meg, hogy Newton II. törvénye milyen következményekkel já r a gravitációra. Tegyük fel, hogy a Föld fel­színe felett szabadon esik egy tömegpont. A tömegpont tömege legyen m, gravitációs töltése fi, a Föld gravitációs töltése nF. Ek­kor a testre ható gravitációs erő:

,/% /f J r2 '

A test g gyorsulással esik — most legyünk olyan pontosak, amennyire csak lehet: g = = 9,81 m/s2 —, ezért Newton II. törvénye így írható:

itt tehát a bal oldalon a testre ható erő, a jobb oldalon a test gyorsulásának és a tö­megének a szorzata áll.

Rendezzük most az egyenletet úgy, hogy egyik oldalára a test állapotjelzői kerülje­nek:

r2g = V-f f i F m '

Az egyenlőség bal oldalán a g két tizedes­jegy pontosságig ismert, és bizonyos korlá­tozásokkal állandónak tekinthető, a Föld középpontjától mért távolság természete­sen nem állandó, de a Föld felszíne közelé­ben eső testeknél az r változása nem szá­mottevő a Föld sugarához képest.

Az a sejtésünk alakul ki, hogy legalább­is a vázolt — egy-két t i ld e s — pontos­ság mellett, a gravitációs töltés és a tömeg aránya állandó. Azt kellene igazolni, hogy a g ugyanaz minden testre!

Hogy az arányosság valóban fennáll-e, ez a kérdés nem dönthető el elméleti úton. A fizika történetének híres kísérletei közé

tartoznak Eötvös Loránd kísérletei: 1890- ben mérésekkel igazolta a gravitációs töl­tés és a tömeg arányosságát. Ő akkor úgy találta, hogy a gravitációs töltés és a tömeg aránya 1:20 000 000 pontossággal elfogad­ható; később mások még nagyobb pontos­sággal igazolták az arányosságot, mos­tanában — nem nyugodva bele „ebbe a pontatlanságba”, elértek 1:100000000000 pontosságot is.

Azt gondoljuk, hogy ilyen pontosság esetén elfogadhatjuk a tapasztalat által iga­zolt ténynek a fi ~ m arányosságot. Alkal­mas arányossági tényezővel:

H=km. (6)

Van tehát olyan összefüggés, amelynek se­gítségével a test m ár ismert állapotjelzői­ből a fi meghatározható, ez az egyenlet meglepően egyszerű. A testek gravitációs töltése mindig arányos a testek tömegé­vel, noha más tulajdonságát fejezik ki az anyagnak. Szubjektív érzeteinkben ez a két tulajdonság valóban együttjár: egy test gravitációs töltését a súlyán keresztül érez­zük, amikor például tenyerünkkel alátá­masztjuk. Ezért szokás a gravitációs töltést súlyos tömegnek is nevezni. A testek tö­mege a felgyorsításukhoz szükséges erőben nyilvánul meg érzeteinkben: azt a testet, amelynek nagy a tömege, nehéz súlygolyó módjára kezünkkel felgyorsítani. Ez alap­ján szoktuk néha a tömeget — a súlyos tömegtől megkülönböztetendő — tehetet­len tömegnek nevezni. A két tulajdonság érzeteink szerint is kapcsolódik egymás­hoz: a nehéz súlygolyókat nehéz messzire dobni.

H a az anyagnak ezt a két tulajdonságát kifejező mennyiségek arányosak egymás­sal, akkor az egyik a másiknak a mértéke lehet. A (6)-ban szereplő arányossági té­nyezőt megválaszthatjuk így: X: = 1. Ebben

190

az esetben a gravitációs töltést is kilo­grammban mérjük, és jelölésben sem te­szünk különbséget a két mennyiség között:

H = m.

Az (5) gravitációs törvény ezért így módo­sul:

F = fmAmB

vonzási törvény nem tartalmazza az időt. Ha például két egymást vonzó test közül az egyik kis mértékben, de nagy sebesség­gel elmozdul a másik felé — a köztük lévő távolság csökken —, akkor a másik test azonnal érzékeli a változást?

(7) 2.4.2. A gravitációs térerősség, Gauss tétele

A (7) állítást Newton-féle gravitációs tör­vénynek vagy tömegvonzási törvénynek ne­vezik. A törvényben szereplő / arányossági tényező a mérések szerint:

/ = 6,67-l(TNmkg2

így tehát 1 kg tömegű test egy másik 1 kg tömegű testet 1 m távolságból 6,67 ■ 10“ 11 N erővel vonz. Ez igen kicsi: ha a két test kö­zött más erő nem hat, akkor a kezdetben 1 m távolságra elhelyezett nyugvó tömeg­pontok ennek az erőnek a hatására elin­dulnak egymás felé, és több mint másfél órára van szükség, hogy megtegyenek egy- egy milliméter utat.

A (7) általános tömegvonzási törvény a tapasztalattal összhangban van: ez a tör­vény és a következményei a csillagászat­ban alapvető szerepet játszanak, az űrha­jók, mübolygók tervezésénél, pályáik előre számításánál is elsősorban erre a törvény­re támaszkodunk. A törvényből levont összes következtetés és az előrejelzések a tapasztalattal, a megfigyelésekkel össz­hangban vannak.

Hangsúlyoznunk kell azonban, hogy to­vábbra sem^ értjük világosan a távolhatás mechanizmusát, nem értjük még, hogy mi­képpen lehetséges, hogy két igen távoli égitest a közöttük lévő téren keresztül egymással impulzust cserél. Annál inkább probléma ez, mert a (7) általános tömeg-

A Newton-féle általános tömegvonzási törvény a két pontszerű test között fellépő gravitációs vonzóerőt íija le. Ez az erőtör­vény alkalmas arra is, hogy meghatároz­zuk egy pontszerű testre ható, néhány más tömegpont által kifejtett vonzóerőt.

Képzeljük el, hogy a koordináta-rend- szer origójába helyeztünk egy m0 tömegű testet — mondjuk, egy kis égitestet —, az r 1 = (x1,y 1,z 1) helyvektorú pontban egy mt tömegű testet, az r 2= (x 2> >’2> z i) hely­vektorral jellemzett pontban egy m2 töme­gű pontot (bolygót). Az m0 tömegű testre ható két vonzóerő nagysága (2.168. ábra) :

_ r m0m í _ ffipm,1 r \ x \ + y \ + z\

m0m2 m0m2— J _2 —J ^ 2

r2 x 2+ y 2 + z2 '

2.168.ubra

191

A két erő mindegyike párhuzamos a meg­felelő helyvektorral. Vezessük be az

R , =

R2 =

(x i ,y i ,z i) = r t

lr il

( x i , y i , z 2) = r 2

Jxl+yl + zl lr2l

jelöléseket, ezek a vektorok nyilvánvalóan az r,-gyel és az r 2-vel párhuzamos egység­nyi hosszú vektorok. Az m 1 és m2 tö­megű testek az origóba helyezett m0 tö­megű testre egyenként

F l - / 5 ? Í R 11Fa = / ^ R ar? r!

erőt fejtenek ki. A gravitációs erő szabad­erő, ezért az eredő erő a két erővektor összege:

m°m ' Wl0m2 „ K i + J K2.r 2

Ha például m0= 1 kg, = 1016 kg, m2 = = 1,2 • 1015 kg, az »ij tömegű pont hely­vektora r t =(8 - 106, 6 • 106, 0) m, második helyvektora r2= (5 -1 0 6, 5 10®, 0) m. Az R x és R 2 egységvektorok:

R t =(0,8; 0,6; 0), R2 = ^ ; 0 ) .

Ekkor az eredő erő:

1 • 1016F =6,67 • 10 11- ^ - ( 0 , 8 ; 0,6; 0)+

+6,67-101-1,2 - 101

5-10 {44,).= 6,67 • 10 ~ 9(0,8; 0,6; 0)+

+ l , 60- 10-9 ^ ; ^ ; 0 ^ =

=(6,43 • 10~9; 5,5 • 10_9;0) N .

Az eredő erő nagysága 8,46-10 9 N, és iránya az első tengellyel kb. 40 -os szöget zár be, a harmadikra merőleges.

A most látott gondolatmenet alkalmaz­ható akkor is, ha kettőnél több pont hat egy pontszerű testre.

2.169.ábra

Gondoljuk most el, hogy adott egy ki­terjedt test, amely a tér egy részét folyto­nosan tölti ki. Adott ezen kívül egy m0 tömegű pontszerű test. Osszuk fel a 2.169. ábrán látható módon a kiterjedt testet tér­beli rácsozattal kis testekre. A rács egy cel­lájába eső anyagot egyesítsük gondolat­ban egy pontba, a cella középpontjába. Az i-edik cellába eső anyag tömege legyen m,, az m0 pontból az i-edik cella közepéhez mutató vektort jelöljük rr vel, az rr vel párhuzamos egységnyi hosszú vektort R r vel;

R;:lr il

Ekkor az m0 tömegű testre ható gravitá­ciós erő közelítő értéke:

+ / ^ R 2+ . . . + / ^ R b ,m0.r i

(1)

Az (1) erőtörvényben kifejezésre jut az, hogy a gravitációs erő szabaderő: az egyes tagok zavartalanul összeadódnak. Ezért a közös tényező, az m0 kiemelhető. A záró­jelben szereplő vektormennyiség a kiter­jedt test tömegétől, tömegének eloszlásá-

192

tói, geometriai helyzetétől függ. Függ ezen túl attól is, hogy az m0 tömegű pontszerű test hol helyezkedik el. Nem függ azonban az m0-tól!

Az (1) képlet az m0 tömegű testre ható gravitációs erő közelito értéké. Ha a kiter­jedt testet sűrűbb rácsozattal osztjuk fel, akkor ugyanezzel a módszerrel a gravitá­ciós erő pontosabb értékét kapjuk

Általában is igaz, hogy ha egy kiter­jedt test hat egy pontszerű testre, akkor a gravitációs erő két tényező szorzatára bontható. Az egyik a pontszerű test töme­ge, a másik tényezőt gravitációs térerősség­nek nevezzük, és T-vel jelöljük:

F = w!0 • T. (2)

A gravitációs térerősség vektormennyiség, mértékegysége N/kg. Közelítő értéke foly­tonos eloszlású, kiterjedt test esetén az (1) képlet jobb oldalán a zárójelben szereplő mennyiség:

t * / ^ r 1+ / ^ r 2+ . . . + / ^ r „ .r i 2

A gravitációs térerősség, mint erre már utaltunk, a kiterjedt test geometriai hely­zetétől, tömegének eloszlásától függ első­sorban. Ezen túl függ attól is, hogy kiter­jedt testhez viszonyítva hol helyezkedik el az az m0 tömegű test, amelyre kifejtett erőt a (2) képlet adja meg. Mégegyszer hangsú­lyozzuk: a gravitációs térerősség nem függ m0-tól.

Gondoljuk most el, hogy adott a tér egy részében az anyagi pontok valamilyen összessége, halmaza.

Helyezzünk most el a tér valamelyik pontjába egy m0 tömegű pontszerű testet. (Ezt a továbbiakban próbatestnek is ne­vezzük.) Különböző pontokba helyezve a próbatestet, a ráható erő más és más lesz,

a különböző pontokhoz különböző tér­erősségvektor tartozik.

A tér pontjaihoz hozzárendelhetjük te­hát a térerősségvektornak a pontra jel­lemző értékét. A tér r helyvektorral jellem­zett pontjához T(r) térerősségvektor tar­tozik. Ez azt jelenti, hogy ha az r hely vek- torú pontba m0 tömegű testet helyezünk, akkor erre a testre F=T(r) • m0 gravitációs erő hat.

Elképzelhető persze, hogy a tér minden egyes pontjához nem rendelhetünk hozzá térerősségvektort. Gondoljunk csak az (1) képletre. Ha az r1; r2, r3, . . . vektorok közül valamelyik nullvektor, akkor az (1) képletben valamelyik tag értelmetlenné vá­lik.

Eltekintve azonban ezektől a kivételes­nek számító pontoktól, a tér többi pontjá­hoz hozzárendeljük a ponthoz tartozó tér­erősségvektort. A geometriai tér pontjait így fizikai tulajdonságokkal ruháztuk fel. A geometriai teret ezzel az eljárással bi­zonyos értelemben fizikaivá tettük: ami­kor gravitációs térről*** beszélünk, akkor ezen azt értjük, hogy a tér pontjai fizikai tulajdonsággal rendelkeznek, eltekintve a kivételes esetektől, minden ponthoz hoz­zárendeltünk egy térerősségvektort, abban a pontban az egységnyi tömegű testre ható gravitációs erőt.

A 2.170. ábrán két pontszerű test által létrehozott gravitációs tér térerősségvek­torait ábrázoltuk néhány pontban. Lát­ható a vázlatos ábrázolásból is, hogy a két tömegtől távoli pontokban a térerős­ség kisebb, mint a közeli pontokban, és az is, hogy a térerősségvektorok — úgy tűnik — valamilyen görbesereg érintői.

Néha gravitációs mezőnek is nevezzük a gravi­tációs teret.

193

. ' /

\ 1 /

pontjában van a forrástömeg (2.172. áb­ra). Ekkor a gömb felületén minden pont-

. „ , , „ Mban azonos a tererosseg nagysaga, / ,r

és a térerősségvektor a gömb felületén minden pontban befelé mutat. Ha a gömb sugarát növeljük, akkor a térerősségvek­torok nagysága csökken. Minél nagyobb a gömb felülete, annál kisebb a felületen befelé m utató térerősségvektorok nagysá-

2.170 '. §a- Pontosabban: fordított arányosság van ábra a gömb felülete és a térerősség nagysága

között. A gömb felülete ugyanis a sugár

A 2.171. ábrán egy folytonos anyagel­oszlású test környezetében ábrázoltuk né­hány pontban a térerősségvektort. A tér­erősségvektorok bármely pontban a gra­vitációs hatást létrehozó test felé m utat­nak. Ezt a testet gyakran a tér forrásának nevezzük.

Az F = m T erőtörvény a Newton-féle tö­megvonzási törvény általánosításának te­kinthető. H a a tér forrása az M töme­gű, pontszerű test, akkor a (1) képletben egyetlen tag szerepel, az m0 tömegű testre ható erő nagysága:

F f M r

Az M tömegű, pontszerű test által létre­hozott térerősség, az M tömegű testtől r távolságra, tehát

T - f "r í

nagyságú, és az M tömegű test felé mu­tat. Kiemeljük: a pontszerű, M tömegű test által létrehozott gravitációs tér gömb­szimmetrikus, a forrástesttől mért távolság négyzetével fordítva arányos. Képzeljünk el egy r sugarú gömböt, amelynek a közép-

2.172.ábra

■2.171.ábra

194

2.173.ábra

négyzetével arányos, a térerősség pedig ugyanezzel fordítottan:

A = 4 n r2,

„ MT = / V '

A fordított arányosságban lévő mennyisé­gek szorzata állandó:

TA = 4 n fM . (3)

A (3) állítás szerint egy gömb középpont­jába helyezett M tömegű, pontszerű test a gömb felületén a felülettel fordítottan ará­nyos nagyságú, a gömb felületén befelé m utató térerősséget hoz létre (2.173. ábra).

A (3) állítás bal oldalán a térerősség és a felület szorzata szerepel. Az így keletkező mennyiséget szeretnénk általánosabban is értelmezni.

Tekintsünk valamely /4-val jelölt felüle­tet. Osszuk fel ezt valamilyen módon kis felületelemek egyesítésére; válasszunk ki ezek közül egyet, mondjuk az i-ediket, és ennek a nagyságát jelöljük Ai4r veL E felü­letelem közepéhez tartozó térerősségvek­tor legyen Tj. A térerősségvektor felületre merőleges összetevőjét jelöljük T^-sel. A felületre merőleges térerősségkomponens és a felületelem nagyságának a szorzata T fA A ,.

Ha ezeket az elemi szorzatokat össze­gezzük a felület egészére, akkor egy új

mennyiséget értelmezünk: jelöljük ezt #-vel (a görög khi betű), és nevezzük a felületre vonatkozó gravitációs fluxusnak (2.174. ábra):

X - ^ T + A A i . (4)

A gravitációs fluxus (4) alatti értelmezése valóban a (3) bal oldalán szereplő szorzat általánosítása. A gömb felületén bármely pontban a térerősség merőleges a felületre, feltéve persze, hogy az M tömeg továbbra is a gömb közepén van, és a gömb felü­letén azonos nagyságú. H a a (4) definíciót a gömb felületére alkalmazzuk, akkor az összegezésből T kiemelhető:

X= TQ ?Ad.

A zárójelben szereplő összeg azonban nyil­ván a gömb teljes felülete, tehát

X = T A .

Felvetődik most a kérdés, hogy mikép­pen szemléltethetjük az újonnan értelme­zett gravitációs fluxust? Kézenfekvő a kö­vetkező lehetőség. Állítsunk az A felület minden pontjába a felületre merőleges sza­kaszt, olyan hosszút, mint amekkora a fe­lület e pontjában a térerősség a felület­re merőleges komponensének a nagysága. Ekkor a TLAA típusú szorzat egy térrész térfogatát jelöli: a gravitációs fluxus ilyen elemi térfogatok összegét méri. Szemléletes hasonlattal élve: gondoljuk el, hogy az A

2.174.ábra

195

felületű vékony szelet kenyérre olyan vas­tagon kenünk vajat, hogy a vaj vastagsága mindig megegyezik a térerősség felületre merőleges összetevőjének a nagyságával. Ekkor a fluxus úgy tekinthető, mint a ke­nyérszeletre kent vaj térfogata.

Bármennyire is szemléletes ez a kép, nem így szokás a gravitációs fluxust szem­léltetni.

A gravitációs erőteret és a gravitációs fluxust ún. gravitációs erővonalakkal szem­léltetjük.

A gravitációs erővonalak (képzeletbe­li) irányított térgörbék. A görbe érintője bármely pontban a gravitációs térerősség ugyanebben a pontban. Irányítását is a gravitációs térerősség iránya szabja meg.

A gravitációs erővonalak nem ágazhat­nak el, nem metszhetik egymást. Nyilván­való ez, ha arra gondolunk, hogy az elága­zási vagy a metszéspontban nem lehetne a térerősség értéke egyértelmű.

A gravitációs erővonalak a végtelenből „közelednek” a tér forrását jelentő tö­meghez, és ezen végződnek. Ezért ezek az erővonalak nem alkothatnak zárt görbé­ket sem.

Milyen sűrűnek képzeljük az erővona­lak seregét?

A szemléltetéshez nem használjuk fel az összes erővonalat. Az eredeti felfogásunk­ban a gravitációs tér (egy-két kivételestől eltekintve) minden pontján áthalad egy erővonal. Ezek közül azonban a szemlél­tetéshez csak „néhányat” hagyunk meg. A megmaradó erővonalak számával a tér­erősséget kívánjuk szemléltetni. A szóhasz­nálatban ezután az így megmaradt erő­vonalak számát értjük erővonalszámon, és állapodjunk meg abban, hogy egységnyi (1 m 2) nagyságú, az erővonalakra merő­leges felületen annyi erővonal halad át, amennyi a felület középpontjában a tér-

x

erősség számértéke. (Ha a térerősség szám­értéke 3,2, akkor 10 m 2 nagyságú felületen 32 erővonalat képzelünk áthaladni. Szem­léltetésről van szó: közelítő pontosság is elégséges.)

Ha a felületegységen merőlegesen átha­ladó erővonalak száma éppen a térerősség számértéke, akkor a A A nagyságú felületen TAA számú erővonal halad át. Eszerint tehát a gravitációs fluxus szemléletes jelen­tése: az A felületet döfő erővonalak száma (2.175. ábra).

Téljünk most vissza ahhoz a gömbhöz, amelynek a közepén M tömegű pontsze­rű test a tér forrása. Ekkor a gömb fe­lületét — függetlenül annak a nagyságától— A n fM számú erővonal döfi. A 2.176. ábrán ilyen erővonalakat rajzoltunk meg.

196

Szemléletesen is nyilvánvaló, hogy ha a gömb felületét növeljük — mintegy felfúj­juk, ahogy a léggömböt szokás —, a na­gyobb gömb felületét is ugyanannyi erő­vonal döfi. Sőt, a felületet döfő erővonalak száma nem változik akkor sem, ha a göm­böt deformáljuk, ha a léggömb tojás ala­kúra vagy más formára fújódik fel. Az sem számít, ha az M tömegű forrástömeg nem a gömb közepén van. Kezd kialakulni az a sejtésünk, hogy zárt felületen a gravitá­ciós tér fluxusa egyenlő a gömb felületére számított fluxussal: 4nfM -m e\.

Sejthető, hogy ugyanez a helyzet akkor is, ha nem egyetlen pontszerű test van a felület belső oldalán. A gravitációs erő szabaderő, additív, így additív a térerősség is, ezzel együtt a gravitációs fluxus. Ha a felületen belül két test van, akkor a felület egy pontjában a térerősségvektor felbont­ható két részre, az egyikért az egyik, a másikért a másik test felelős. Az egyes tes­tekből származó fluxus ugyanígy a testek tömegével együtt összeadódik. E nagyrészt intuitív, de mindenképpen felületes okos­kodás után kimondjuk a megsejtett alap­vető törvényt:

Gauss tétele: Zárt felületen a gravitációs tér fluxusa egyenlő a felületen belül talál­ható tömeg 4 n f -szeresével:

X = YJTi3-AAi = 4 n fM . (5)

Szemléletesen ez így fogalmazható: ha zárt felületen belül M tömeg van — bármi­lyen tömegeloszlással — , akkor a felületet 4n fM számú, befelé irányuló erővonal döfi. Pontosabban: ha a befelé irányuló, befelé haladó erővonalak számából levon­juk a kifelé irányuló erővonalak számát, akkor az eredmény: 4 n fM . Vagy még egyszerűbben: M tömegű testen minden

esetben 4 n fM számú gravitációs erővonal végződik.

Kiemeljük, hogy a gravitációs fluxus ér­telmezése a szemléltetés leírása előtt tör­tént, a térerősséghez hasonlóan korrek­tül értelmezhető mennyiség. A Gauss-tétel megfogalmazásában is ezért használtuk a gravitációs fluxus fogalmát, és a szemléle­tes erővonalképen alapuló átfogalmazást csak ezután adtuk meg.

rMielőtt rátérnénk a Gauss-tétel alkal­mazásának a bemutatására, vizsgáljuk meg, vajon hány erővonal döfi a Föld felületé­nek 1 m 2-es részét? Táblázatból kiolvas­hatjuk, hogy a Föld tömege 5,976 • 1024 kg, a Föld felszíne pedig A = 5,101 • 1014 m 2. A Gauss-tétel szerint a Föld felületét merő­legesen döfő fluxus a Föld tömegének 47t/-szerese, tehát

y = 4nfm =

= 4 • 3,1415 • 1,67 • 10 11 • 5,976 • 1024 =

= 5,009 - 1015.

A felületegységen átmenő erővonalszám:

= T=5,009 • 101 N m

1A =9,81 — =9,81 —z . 5,101 • 1014 kg s2

A Föld felületét négyzetméterenként nagy­jából 10 erővonal döfi. |

Alapvető felismerésünk: a Föld felszíné­nek környezetében a gravitációs térerősség azonos a g gravitációs gyorsulással. Sok félreértés forrása lehet ez, ezért hasznos lesz tisztáznunk a következő többértelműséget.

A „</”-nek három jelentése is van a fizi­kában.

1. Mindenekelőtt a szabadon eső testek gyorsulását, a sebességének időegységre eső megváltozását jelenti. Ily módon kine­matikai fogalom. Ebben a szövegösszefüg­gésben használjuk: „ . . a test g-vel gyor­sul . . . ”. A kinematikában a g minde­

197

nütt ebben az értelemben szerepelt. A sza­badesés értelmezése c. pont (1) állításában g szintén a magára hagyott test gyorsulá­sát jelenti.

2. Ezután legtöbbször — bár nem ki­mondva — a g térerősségként szerepel: minden olyan esetben, amikor így fogal­maztunk: „ . . . a testre az mg nehézségi erő hat . . . ”. Ilyen értelemben tehát g az egy­ségnyi tömegű testre ható nehézségi erőt jelenti.

3. A harmadik jelentés a szemléltetéshez kötődik: g a Föld felszínén 1 m 2 nagy­ságú felületen áthaladó erővonalak szá­mát, pontosabban az 1 m 2-re jutó gravitá­ciós fluxust jelenti.

Fontos a jelentések közötti világos kü­lönbségtétel. Illusztráljuk a nehézséget egy feladattal, amely így van megfogalmazva: „Az emberi szervezet a nehézségi gyorsulás 5-szörösét viseli el károsodás nélkül. Leg­alább mekkorának kell lennie azon kör­pálya sugarának, amelyen függőleges sík­ban teljes kört leírhat egy 720 km/h sebes­séggel haladó repülőgép?”

A feladat szerint az ember szerveze­te nem gyorsulhat nagyobb gyorsulással 5g = 50 m /s2-nél. Körmozgást végző em­ber gyorsulása centripetális gyorsulás, így

Innen R > 800 m. Ebben a felfogásban te­hát g-n a nehézségi gyorsulást értjük.

Értelmezhető azonban a feladat a követ­kező módon is: az ember szervezete, csont­jai, ülőizmai stb. 5 mg-nél nagyobb nyo­móerőt nem viselnek el károsodás nélkül. Ekkor Newton II. törvénye a körpálya alsó pontján mozgó emberre:

v2N —mg= —

és N < 5 mg. Ekkor azt kapjuk, hogy R > > 1000 m.

Melyik a helyes megoldás? Kísérlettel ellenőrizni ezt természetesen nem lehet, mert az egyik ember 1200 m-es sugarú pályán is rosszul lesz, a másik meg 800 m sugarú körön való mozgást is könnyűszer­rel eltűri.

M ondhatnánk, hogy az első megoldással az a baj, hogy az ember akármilyen gyor­sulással mozog, attól semmi baja nem tör­ténik, mert a gyorsulás relatív/*’ Egy be­csapódó lövedékhez viszonyítva borzasz­tóan nagy gyorsulással mozgunk, és semmi bajunk nem lesz, feltéve, hogy a lövedék nem minket talált. Az emberi szervezet tehát bármilyen nagy gyorsulást elviselhet.

És mi a helyzet a gravitációs térerősség­gel? Képzeljük el, hogy valaki 100 g erős­ségű homogénnek tekinthető gravitációs térben esik egy bolygó felé. Mit érez? A ré­mületet leszámítva nem többet, mint amit akkor érez, amikor 1 g vagy 0,01 g erős­ségű térben esik. Az ember szervezete min­denféle erősségű homogén gravitációs teret elvisel, ha szabadon esik, mert ekkor az ember szervezetének minden sejtje egyenlő gyorsulással mozog, a térerősség egyenlő­képpen hat minden sejtre, minden sejtal­kotóra. Sem a gyorsulást, sem a térerőssé­get nem érzékeli közvetlenül. Hát akkor mit érez, érzékel az ember szervezete? Min­den olyan ingert, amelyet idegvégződései, idegrendszere felfog. Érzékeli szöveteinek egymáshoz viszonyított elmozdulását, kö­tőszövetének, bőrének, csontjainak defor­mációját. Az ember szervezete a testfelü­letre ható nyomóerőt érzékeli, ez az, amit esetleg nehezen visel el. Nyomóerő viszont

A gyorsulás persze más értelemben nem relatív: egy test gyorsulása az összes inerciarendszerben azo­nos.

198

csak akkor lép fel, ha nem esik szabadon, mert például a bolygó felszínén áll. (Ha a gravitációs tér nem homogén, akkor per­sze nem mindegy, hogy mekkora az erős­sége. Nem homogén erőtérben elképzel­hető, hogy a bolygó felé eső embert a gravitációs erő megnyújtja, mert például a lábára nagyobb erő hat, mint a fejére. Amit ár-apály jelenségnek hívunk, az is ebből adódik: a Hold gravitációs tere sem ho­mogén, a Föld Holdhoz közelebb eső vi­zeire nagyobb erőt fejt ki, mint a távolabbi vizekre.)

rVizsgáljuk most meg, hogy mekkora lenne a Föld felületén a nehézségi gyorsu­lás, ha a Föld lapos korong lenne, mint ahogyan azt őseink képzelték. Tegyük fel tehát, hogy adott egy egyenletes tömegel­oszlású, R = 6370 km sugarú, M = 5,976 x x 1024 kg tömegű lapos korong. (Sugara

megegyezik a Földünk sugarával, tömege azonos a Föld tömegével.)

Ebbe a lapos korongba a 2.177. ábra szerint két oldalról a felületre merőlege­sen összesen 4 n f M számú erővonal érke­zik. Ezek az erővonalak párhuzamosak, és egyenletes sűrűségüeknek tekinthetők.***

2.177.ábra

'*> Persze nem párhuzamosak és nem egyenletes sűríiségűek az erővonalak, de most így tekintjük, hogy számolni tudjunk. A hiba nem nagy, mert az egyenetlenség csak a korong széleinél lép fel. Ezért megköveteljük, hogy a korong vastagsága legyen ki­csi a szélességéhez viszonyítva. Ekkor az erővonala­kat a korong felületére merőlegesnek tekinthetjük.

Az erővonalak egyik része a lapos koron­got „felülről”, a másik fele „alulról” én. Az erővonalak összességükben két kör felü­letét döfik merőlegesen. Ennek a két kör­nek az összes felülete 2R 2n, így az egység­nyi felületen áthaladó erővonalak száma:

X 4 n fM M 1Q0 2

Pontosan kétszerese tehát a Föld felszínén tapasztalható gyorsulásnak. Ha a Föld la­pos korong lenne, akkor ott egy 50 kg tö­megű gyermek 1000 N súlyú lenne. |

l~Másik példaként vizsgáljuk meg egy igen hosszú, vékony, egyenes test által lét­rehozott gravitációs tér erősségét a testtől r távolságra. Válasszuk ki a hosszú, vé­kony test egy L hosszúságú részét, és jelöljük ennek a tömegét M-mel. Ekkor a test ezen szakaszán 4 n f M számú erővonal végződik. Úgy fogjuk fel, hogy ezek az erővonalak merőlegesek a hosszú testre, a létrehozott gravitációs tér hengerszimmet­rikus. Az erővonalak a merőleges felület bármely pontban égj hengerpalást felüle­tének a része. A hosszú testtől r távolságra az erővonalakra merőleges felületelem a 2rnL felületű hengerpalást része (2.178.

2.178.ábra

199

ábra). így a felületegységen áthaladó erő­vonalak száma, azaz a térerősség:

4 n fM f M f1= —------= 2 ------ = 2 - o ,

2rnL rL r

ahol a a hosszúságegységre ju tó tömeget jelöli a hosszú, vékony testen. A henger pa­lástjára helyezett pontszerű, m tömegű test

f . gyorsulása 2 — a, feltéve, hogy más erő

nem hat a testre. |

2.4.3. Gravitációs potenciál, potenciális energia

Vizsgáljuk meg most a gravitációs tér tulajdonságait más oldalról. Láttuk, hogy a gravitációs térben önmagukba záródó erővonalak nem léteznek. Ennek a tény­nek alapvető következményei vannak a gravitációs tér szerkezetére vonatkozóan.

Fontoljuk meg, hogy milyen következ­ményekkel járna az, hogy önmagukba zá­ródó erővonalakat találnánk a térben. Né­hány ilyen önmagába záródó erővonalat vázolunk az ábrán. Helyezzünk el a 2.179. ábra szerint az A pontba egy m tömegű testet, majd mozgassuk végig a testet az erővonal mentén. A test elmozdulása és a testre ható gravitációs erő — az erővonal mentén — ugyanabba az irányba mutat, ezért a görbe vonalú pályán végzett mun­ka, végighaladva a zárt görbén, pozitív.

2.180.ábra

Természetesen fordított irányba haladva a gravitációs tér munkája egy zárt görbén negatív lenne. Hasonló a helyzet ahhoz, amikor a forgószél felkap egy falevelet, és körbe-körbe viszi.

A gravitációs tér azonban nem a forgó­szélhez, hanem inkább a szélhez hasonlít. Az erővonalak szerkezetét a 2.180. áb­rán vázoltuk. Az erővonalak sűrűsödhet­nek, ritkulhatnak, de nem alkothatnak zárt görbéket. Ahol sűrűbbek az erővona­lak, ott nagyobb a térerősség, ahol ritkáb­bak, ott kisebb a térerősség.

Vigyük most is körbe egy tetszőleges zárt görbén az m tömegű próbatestet. Ek­kor a görbe bizonyos részein egyirányba haladunk a térerősségvektorral, más ré­szein inkább ellentétes irányba. Az elmoz­dulás és a térerősség közötti szög a görbe egy-egy szakaszán kisebb, mint a derék­szög, a másik szakaszán nagyobb. A tér által végzett m unka tehát annyiszor pozi­tív, mint ahányszor negatív. Pontosan fo­galmazva: a tér munkája zárt görbén kör- bemozgó testen nulla:

2.179ábra

I ] m r llA5 = 0 .o

(1)

Ezt az alapvető tényt többféleképpen is kifejezhetjük. Az (1) állítás alapján azt mondjuk, hogy a gravitációs tér konzerva-

200

2 .181.

ábra

tív.(*’ Szokásos szóhasználat még: a gravi­tációs tér örvénymentes. Ez az utóbbi el­nevezés szemléletesen azt fejezi ki, hogy a gravitációs térben nincsenek örvények, mint ahogyan a forgószél örvényeket ka­var.

Az (1) állítás nagyon fontos következ­ményét fogalmazzuk meg most.

Jelöljünk ki a gravitációs térben két pon­tot, jelöljük ezeket A-val és B-vel. Ekkor az A és a B pontokat összekötő bármely két mozgásnál a tér munkája az A pontból a B pontba mozgó testen ugyanaz (2.181. ábra). Tegyük fel ugyanis, hogy az A és a B pontokat összekötő pályák egyikén a Wt munka nagyobb, mint a másik pályán vég­zett W2 munka. Ebben az esetben a máso­dik pályán fordított irányban visszaha­ladva a tér munkavégzése — W2. így azon­ban az A pontból az első pályán a B-be, majd B-ből a második pályán az A-ba visszahaladva a tér m unkája zárt görbén nem lenne nulla:

W y + i - W ^ O .

A gravitációs tér munkavégzése két pont között nem függ tehát a két pont között megvalósuló mozgástól, a test pályájától, a testre ható többi erőtől.

(*’ A konzervatív jelző arra utal; hogy az ilyen tér megőrzi az energiát. Látni fogjuk, hogy gravitációs térben szabadon mozgó tömegpont mechanikai ener­giája állandó.

Jelöljük most ki a gravitációs térben egy O pontot, ahol a térerősség értelmezve van. Adjunk meg ezután egy másik pontot, az ábra szerint, és jelöljük ezt A-val. Ekkor ha az A pontból az O pontba haladunk egy m tömegű testtel, a tér munkája biz­tosan pozitív, hiszen az erővonalak iránya és az elmozdulás iránya azonos. Tegyük fel, hogy ez a munkavégzés egységnyi:

Válasszuk meg most az A, pontot úgy, ahogy a 2.182. ábrán látható. Ekkor az Aj pontból az O pontba mozgatva az m tö­megű testet, a tér munkája megegyezik az A pontból az O pontba történő mozgásnál végzett munkával. A munkavégzés nem függ a pálya megválasztásától, haladjunk tehát az A t pontból az A pont érintésével az O pontba. Ekkor az A és Aj közötti szakaszon végzett m unka nulla, mert az elmozdulás merőleges az erővonalakra. Az A ponton áthaladó, az erővonalakra me­rőleges felület bármely pontjából mozgat­juk a testet az O pontba, a tér W^_c = 1 J munkát végez.

Válasszuk most meg a B pontot az áb­rán látható módon. Világos, hogy a tér m unkája a B pontból az O pontba moz­gatott test esetén nagyobb, m intha az A pontból indítottuk volna:

^ o > ^ a- o -

2.182.ábra

201

B-ből induló test útja ugyanis nagyobb, az erővonalakkal egy irányban haladva a tér a WB_A-\a\ nagyobb munkát végez. Te­gyük fel, hogy a B pontból induló testen a tér 2 J munkát végez; ugyanennyi a tér munkája akkor is, ha a test a B ponton áthaladó, az erővonalakra merőleges fe­lület bármelyik Bj pontjából mozog az O pontban.

Ha még távolabb megyünk az O pont­tól, és a C pontot vizsgáljuk, akkor a Wc^ 0 > Wb-o> tegyük fel, hogy ez a mun­kavégzés 3 J. Ekkor a C ponton átmenő, az erővonalakra merőleges felület bármely pontjából az O pontba mozgó testen a tér3 J m unkát végez (2.183. ábra).

Hasonló a helyzet az O pont „másik ol­dalán”. Válasszuk meg valahogy a D pon­tot úgy, ahogyan a 2.184. ábrán láthatjuk. Ekkor a D pontból az O pontba mozgatott testen a tér negatív munkát végez: az erő és az elmozdulás ellentétes irányú. Legyen ez a munkavégzés — 1 J; ugyanennyi a munkavégzés, ha a D ponton áthaladó, az

erővonalakra merőleges felület valamelyik pontjából mozgatjuk a testet az O pontba.

Világos, hogy ha a térben kijelölünk egy olyan O pontot, ahol a térerősség értel­mezve van, akkor a tér minden A pontjá­hoz — amelyben a térerősség szintén ér­telmezve van — hozzárendelhetjük azt a munkát, amelyet a tér egységnyi tömegű próbatesten végez, ha az az A pontból azO pontba mozog: Ez a mennyiség nem függ attól, hogy az A pontot az O ponttal összekötő lehetséges pályák melyikén mo­zog a test.

Az így értelmezett mennyiséget az A pont O -ra vonatkozó gravitációs poten­ciáljának nevezzük, és l /A-val jelöljük.'*'

Az m tömegen végzett munka, miköz­ben az A pontból az O pontba kerül:

W ^ 0 = £ mT"As.A -» 0

(2)

A tömeggel elosztva mindkét oldalt, a po­tenciál definícióját kapjuk:

Í/A:= E T ]]A s.A-*0

(3)

A potenciál mértékegysége:

[ l / ] = [7 > [> ] =

2.184.ábra

Tekintsük át a potenciál legfontosabb tulajdonságait. Nyilvánvaló az értelmezés­ből, hogy a potenciál az erővonalak irá­nyában haladva csökken (2.185. ábra), az is világos, hogy az azonos potenciálú pon­tok az erővonalakra merőleges felületeken, az ún. ekvipotenciális felületeken helyez­kednek el (2.186. ábra).

f*] Ha nem okoz félreértést, az O pontra utalást el­hagyhatjuk. Világosan kell azonban látni, hogy a po­tenciál a vonatkoztatási pont megválasztásától függő mennyiség.

202

A potenciál ugyanúgy a gravitációs tér pontjait jellemzi, mint a térerősség. Az r

helyvektorú pont potenciálját l/(r)-rel je­lölve világos, hogy a potenciált szemléle­tesen úgy képzelhetjük, mint a tér pont­jai mellé írt számokat, amelyek azt jel­zik, hogy ebből a pontból az O pontba vitt egységnyi tömegű testen a tér mekkora m unkát végez.

A potenciál kétségtelenül egyszerűbb jellemzése a tér pontjainak: a skaláris potenciál egyszerűbben kezelhető, mint a vektoriális térerősség. A meteorológiából vett hasonlattal élve: pontok térerősség­vektorral történő jellemzése olyan, mint amikor a térképen minden ponthoz fel­tüntetjük az ott uralkodó széljárást irány és nagyság szerint. A potenciált ezzel szem­ben a hőmérséklet vagy csapadéktérkép­hez hasonlíthatjuk. A pontok mellé írtuk a napi középhőmérsékletet vagy az átlagos csapadékot valamely időszakban (2.187. ábra).

A (3) definiáló egyenlőség alkalmas arra, hogy a térerősségből a potenciált kiszámít­suk. A fordított irányú kérdésfeltevés is ér­dekes: meghatározható-e a potenciál segít­ségével a térerősség? Tekintsük a gravitá­ciós tér kicsiben homogén részét, vagyis olyan tartományát, ahol a térerősség ál­landónak tekinthető. Rögzítsük az O pon­tot, ezzel a potenciál nulla szintjét. Válasz- szuk meg ezután az A és a B pontot úgy, ahogyan a 2.188. ábrán látható. Az A és a B pontok távolságát jelöljük As-sel. A munka útszerinti additivitása alapján

innen

WÁ-*b ^ a - .o — W b - .o - (4 )

Felhasználva a (2) összefüggést:

WÁ-.o = "*í/A. =

W ^ B = m(UB- U A) = m (-A U ), (5)

ahol AU = UB — UA a potenciál megválto­zása az A és B pontok között. Másrészt

b = FAs = TmAs, így

TmAs = m( — AU),

A B <r

0 ábra

203

vagyis

7 = AUAs (6)

így például, ha az erővonalak irányában haladva a potenciál méterenként 10 (m/s)2- tel csökken, azaz AU = —10 (m/s)2, akkor a térerősség értéke 10 m/s2.

Ha az elmozdulás nem párhuzamos az erővonalakkal, akkor az elmozdulás x, y, z irányú komponenseire alkalmazzuk az előző gondolatmenetet, a potenciál x, y, z irányú megváltozását az x, y, z irányú szakaszon számoljuk, jelöljük ezeket AXU, AyU, Azl/-val. Ekkor a gravitációs térerős­ség három komponense:

T = —A J / t = _ A £Ax y Ay

Azt/

Az(7)

A térerősségvektor igy

- (Axt / A J / A J / Ax ’ Ay Az }

(8)

Közbevetőleg jegyezzük meg, hogy bár­milyen helytől függő skaláris mennyiség esetén értelmezhető a (8) jobb oldalához hasonló mennyiség. Ha például g(r) egy helytől függő skaláris mennyiség, akkor a

/ Ayg A ^X \ Ax ’ Ay ’ Az J

vektort a g mennyiség gradiensének nevez­zük, és grad g-vel jelöljük. Ilyen értelem­ben beszélhetünk a hőmérséklet, a nyo­más, a sűrűség, a kémiai koncentráció gradiensségéről. A gradiens szemléletesen szólva a térbeli változás sebességét méri. Eszerint a (8) állítás úgy is fogalmazható, hogy a térerősség a potenciál negatív gra­diense.

Összefoglalva tehát: a (3) definiáló egyen­lőséggel a térerősség segítségével a poten­

ciál kiszámítható, a (8) állítás ennek bizo­nyos értelemben „reciproka”: segítségével a potenciálból a térerősség meghatároz­ható.

Felvetődik ezért a kérdés: ha ilyen érte­lemben a két mennyiség egymásból kiszá­mítható, akkor miért nem ragaszkodunk a könnyebben kezelhető potenciálhoz? Mi­lyen előnyökkel já r a tér jellemzésében a bonyolultabban kezelhető, bonyolultab­ban számolható térerősség? Röviden a kö­vetkező mondható: az erőterek a poten­ciállal való leírásának előnyös vonásait erősen rontja az a körülmény, hogy ez csak konzervatív erőtérben értelmezhető. Tanulni fogunk olyan erőtérről, amelyben a térerősség mellett potenciál nem definiál­ható.

A potenciál tulajdonságait tovább ele­mezzük. Helyettesítsük a gravitációs tér munkáját a munkatételbe:

j m v l- j m v j = m (U l - U 2)+ (9)

(Itt C/j és U2 a fentiekben látott l /A-nak és t / B-nek felelnek meg.) Átrendezzük az egyenlőséget: az mU állapotjelző megvál­tozását a bal oldalra átvisszük, ekkor

^™i + ml/2j - ( j^ m v j + m U i'j == »U b , (10)

Ezzel a munkatétel új formáját kaptuk. Az m ■ U mennyiséget helyzeti vagy potenciális energiának nevezzük, a mozgási energiával együtt a két energiatag neve: mechanikai energia.

Világítsuk meg eredményeinket néhány feladattal.

f"Á talaj környezetében észlelhető gravi­tációs erőtér erővonalai függőlegesen le­felé, a talaj felé mutatnak, a talaj 1 m 2-ét

204

A

A5

T2.189ábra

mintegy 10 erővonal döfi merőlegesen, a gravitációs térerősség nagysága 10 m /s2. Válasszuk meg a koordináta-rendszert úgy, hogy a függőleges tengelye fölfelé mutas­son. Ekkor a térerősségvektor T =(0, —g, 0), vagyis Ty= —g. Legyen a potenciál nul­la szintje a talaj felszíne, tehát a koordi­náta-rendszerünk origója. Ekkor a poten­ciál fölfelé haladva — az erővonalakkal szemben mozogva — növekszik (2.189. ábra). Ha az A pont függőleges koordiná­tája y, akkor ennek a pontnak a poten­ciálja a (3) alapján

UA = TyA s = - g ( 0 - y ) = g y > 0 ,

hiszen az erő és az elmozdulás egy irányú. A potenciális energia a potenciál m-szerese:

Epol= U Am = mgy,

összhangban a nehézségi erő munkájánál tanultakkal.

Az r = (x, y, z) ponthoz tartozó potenciál U = gy. Világos, hogy AXU = 0, és A J J = 0, vagyis a potenciál vízszintes irányokban nem változik, AyU = gAy, innen

Avt/= - g , T, = 0. 7 > 0 _ JT = — ‘ y Ay

Vizsgáljuk meg most a következő fon­tos példát. Helyezzünk el egy koordináta- rendszer origójába egy M tömegű, pont­szerű testet. Ez képviseli most a tér forrá­

sát. A koordináta-rendszer x tengelye men­tén vizsgáljuk a térerősséget.

A 2.190 ábrán látható, hogy pozitív x esetén a térerősség negatív, balra mutat. Ebből következik, hogy a térerősség

T=f M

v 2

alakú függvénye a pontszerű forrástesttől mért távolságnak. Az ábrán láthatjuk a függvény grafikonját.

Rögzítsük most tetszőlegesen az O pon­tot az x tengely mentén, ennek a pontnak a koordinátája legyen x0, válasszunk meg ezután egy A pontot, a koordinátáját jelöl­jük x-szel. Feltehetjük, hogy x < x 0. Ekkor A-ból O-ba mozgatva egy egységnyi tö­megű próbatestet, a tér negatív munkát végez, hiszen az erővonalakkal ellentétes irányban mozog a test. A tér által a testen végzett munka a térerősségfűggvény gra­fikonja feletti vonalkázott alak zat területe. Az integrálszámítás elemi alkalmazásával:

U(x) = f - - f - . x o x (11)

A 2.191. ábrán az M tömegű forrástömeg körül koncentrikus körökkel ábrázoltuk az ekvipotenciális felületeket. Az erővonalak­kal ellentétes irányban haladva a poten-

2.190.ábra

205

2.191.ábra

ciál nő, a körökre írt számokkal érzé­keltetni kívántuk a léptéket: az M tömegű testtől távolodva a potenciál egyre kevésbé változik. Az ábra másik részén a potenciál­hely függvényt is ábrázoltuk.

Nyilvánvaló, hogy a potenciál nem nö­vekszik korlátlanul, akármilyen messze me­gyünk is az M tömegtől, a potenciál min-

Mdenképpen kisebb, mint / — , ezt az erté-

x0két azonban tetszőlegesen megközelíti.

Az is könnyen látható, hogy különböző helyeken megválasztva az O pontot, a potenciálfüggvények egymáshoz viszonyít­va eltolt hiperbolaágak. Az O ponttól bal­ra eső pontokban (ahol 0 < x < x0) U ne­gatív, az x tengelyt az x0 pontnál metszi, majd pozitív értéket vesz fel.

Felvetődik a kérdés, hogyan válasszuk meg az O pontot, hogy a (11) függvény for­mája a lehető legegyszerűbb legyen. G on­doljuk el, hogy az ábrán látható hiperbo­laágakat úgy toljuk el lefelé, hogy aszimp- totája az x tengely legyen. Ez azt jelenti, hogy a potenciál értéke mindenütt negatív, az O pont pedig a végtelenbe kerül (2.192. ábra).

Ha a forrástömeg pontszerű test, akkor a leggyakoribb megállapodás az O pont helyzetére, vagyis a potenciál nulla szint­jére a következő. Válasszuk meg az O pon­tot a végtelenben, vagyis a potenciál a vég­telenben legyen nulla.'** Pontosabban a potenciálfüggvényt válasszuk meg így:

MU(x) = —f — , x > 0 .

x

A tér gömbszimmetrikus volta m iatt azon­ban nemcsak az x tengely mentén változik így a potenciál, hanem az M tömegtől r távolságra bármely irányban

MV ( r ) = - f — (12)r

a potenciál értéke.

(*) A potenciál mindenütt negatív, azonban tetsző­legesen megközelíti a 0-t, ha az x távolság elég nagy. Akárhogyan is választunk meg egy u0 negatív szá­mot, található olyan P pont, hogy ennél a pont­nál távolabbi pontok potenciáljának számértéke na­gyobb u0-nál. Ennek a ténynek a szemléletes kifeje­zése az, hogy a potenciál a végtelenben nulla. Ha ugyanis az O pont eléggé messze van, akkor a potenciálja lényegében nullának tekinthető.

206

Válasszuk meg most x-et úgy, hogy

2.193.ábra

Az ábrán szemléltetjük a tér gömbszim­metrikus szerkezetét. Érzékeltetjük, hogy a forrástömegtől távolodva a potenciál nö­vekszik, de a növekedés egyre kisebb üte­mű, mindvégig negatív azonban a poten­ciál értéke. Az M tömeg környezetében a potenciál rohamosan csökken. Szemléle­tesen szólva m intha feneketlen kút vagy völgy mélyén helyezkedne el az M tömeg (2.193. ábra).

Vizsgáljuk meg most egyenletes sűrű­ségű, M tömegű, R sugarú gömb térerős­ségét és potenciálját.

Legyen x > R . Ekkor a forrástömeg­gel azonos középpontú, x sugarú gömb felületét A n fM számú erővonal döfi (a gömb felületén a gravitációs fluxus 4 n f M). Az egységnyi felületen átmenő erővonalak száma:

T=A n fMAx2n - f ~ J x2 ‘

(13)

Eszerint a gömbön kívül a gravitációs tér azonos szerkezetű a gömb közepén egye­sítve képzelt M tömeg — mint pontszerű test — gravitációs terével.

0 < x < R

legyen (2.194. ábra). Gondoljunk el egy x sugarú gömböt, amely azonos közép­pontú a forrástesttel. Ekkor az x sugarú gömb felületén a gravitációs fluxus a gömb belsejében található tömeg 4 n f -szerese:1 = 4 n f M x, ahol M x az x sugarú gömbön belül található anyag tömege. Feltettük, hogy a tömegeloszlás egyenletes, ezért

MxM

3 ”

r * 1XR*

így az x sugarú gömb felületén a gravitá­ciós fluxus:

X = 4 t t / M ^ 3 .

Az x sugarú gömb felületével osztva a fe­lületegységre eső fluxust, a gravitációs tér­erősség nagyságát kapjuk:

47lf M T3T=

R 3 f M4x27 R :

-x . (14)

A gömb belsejében a térerősség nagysága

2.194.ábra

207

a gömb közepétől mért távolsággal arányos, iránya a gömb közepe felé m utat, ezért ha a koordináta-rendszert úgy választjuk meg, hogy az origója az M tömegű gömb közepével megegyezzék, akkor a térerős­ség az x tengely mentén:

- / M3— x, ha x < a ;T=

R-

- f M(15)

, ha x> R .

A függvény grafikonját az ábrán láthatjuk. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy a térerős­ségfüggvény folytonos: akár a (13), akár a(14) függvény segítségével számoljuk a tér-

fM

R 2Világos, hogy a gömbön kívül a poten­

ciál ugyanúgy számítható, mint pontszerű test esetén, eredményül is ugyanezt kapjuk:

erősséget a gömb felszínén, adódik.

— - —

fMx

ha x > R .

Megválaszthatjuk a potenciál nulla szint­jét most is a végtelenben, ekkor a potenciál a gömbön kívül:

fMU { x )= ~ J— .

x

A potenciál nulla szintjének azonban most természetes módon megválaszthatnánk a gömb felszínét is. Ekkor a gömbön kívül a potenciál

fM fM~R 3 T '

l/(x )=

Ez esetben x > R esetén a potenciál értéke pozitív. A 2.195. ábrán vázoltuk a poten­ciál változását az x tengely pozitív része mentén. Világos, hogy az x = R pontban a hiperbolaághoz érintőt húzva kis szaka­szon az érintő közel halad a hiperbolaág­hoz. A gömb felületéről fölfelé haladva a

2.195.ábra

potenciál és a potenciális energia egyenle­tesen változik. Ha bevezetjük az x — R — :h jelölést, akkor

U (x) = g (x—R) = gh,

és

Epot = m g (x -R ) = mgh,

a várakozásunknak megfelelően.Hogyan alakul a potenciál értéke a for-

rástest belsejében? A gömbön belül kifelé haladva a térerősség (15) szerint az x-szel arányosan változik, a gömb belsejében nulla, a gömb felületén maximális abszolút értékű. Ha a potenciál nulla szintjének a gömb felületét választjuk, akkor tetszőle­ges x < R koordinátájú ponthoz tartozó potenciál értékét úgy kapjuk, hogy a 2.196.

2.196.ábra

208

ábrán látható pontozott trapéz területét számítjuk:

U(x) =

- m2 R 3

- ( R - x ) =

(R2—x 2), ha x < R .

H a x = R , akkor U{x)=0, vagyis a poten­ciálfüggvény folytonos. Grafikonját az áb­rán vázoltuk. Tehát az R sugarú, M tö­megű, homogén tömegeloszlású forrástö­meg potenciálja a gömb középpontjától r távolságra:

U(r) =ha r< R;

(16)fM m------ 1— =r~, ha r< R .

r R

ÍKépzeljuk most el, hogy a Föld homo­gén, és gondoljuk el, hogy keresztülfúrtuk a gömb közepén áthaladó vékony csator­nával. Fektessük a koordináta-rendszer x tengelyét ebbe a csatornába. Ejtsünk ebbe a feneketlen kútba egy pontszerű testet a Föld felületén, és vizsgáljuk meg a mozgá­sát. A súrlódástól, közegellenállástól te­kintsünk el (2.197. ábra).

Tegyük fel, hogy esés közben a test most

2.197.ábra

az x koordinátám helyen van. Ekkor mT(x) nagyságú, a középpont felé m utató erő hat rá. Newton II. törvénye:

— mT(x) — ma.

Innen

- T ( x ) = a,

de láttuk, hogy a gömb belsejében

TW = / ^ X>

tehát

r M- / ^ 3 x = fl-

A test gyorsulása arányos a középponttól mért távolsággal, az arányossági tényező negatív. Harmonikus rezgőmozgás jön te­hát létre,

(0 =I fM

R 3

körfrekvenciával. A Föld tömegének, su­garának és a gravitációs állandónak az ismeretében szám szerint meghatározható értéke és a periódusidő is. Ellenőrizhetjük: a rezgés periódusideje 5000 másodperc. Vi­lágos dolog, hogy a rezgő test legnagyobb sebessége Rio, a legnagyobb gyorsulása Ro)2 — g.

Figyelemre méltó a feladat a követke­ző miatt: példát ad olyan harmonikus rezgést végző testre, amelynek rezgés köz­ben az összes energiája állandó, azonban csak helyzeti és mozgási energiája van, rugalmas energiáról nem beszélhetünk. |

["Összefügg ezzel a feladattal az alábbi is. Határozzuk meg, hogy mekkora sebesség­gel kell a Föld felülete felett érintő irány­ban elindítani egy testet, hogy a Föld körül körpályán mozogjon. Emlékezzünk vissza: ez a feladat egyszer m ár szerepelt. Most az

209

2.198.ábra

mg nehézségi erőt a gravitációs törvényből számoljuk:

_ Mm t f

a gravitációs erő tehát betölti a centripetá­lis erő szerepét Innen az I. kozmikus se­bességet kapjuk:

IJMR

= 8 km/s.

És a keringő test szögsebessége:

I fM R 3 '

Ez azt jelenti, hogy a Földet a felszín kö­zelében megkerülő műhold „szinkronban” mozog az előző problémában tárgyalt, a Földön át fúrt csatornába ejtett testtel. A lyukban harmonikus rezgést végző test ál­landóan a műbolygó árnyékában mozog (2.198. ábra). Figyelemre méltó példa ez a harmonikus rezgőmozgás és a körmozgás kapcsolatára. |

PVessük most fel a következő problé­mát. M ekkora sebességet kell adni a Föld felületén sugárirányban egy m tömegű test­nek, hogy „elhagyja a Föld vonzókörét”, a „végtelenbe távozzon”?

A (10) energiamérleg szerint a test indí­tása után a helyzeti és a mozgási energia

összege állandó, ha eltekintünk a mozgást akadályozó erőktől:

1 , 1 ,— mv2 + mU2 = — mvf + mU j.

Ennek az egyenlőségnek a bal oldala a Föld felületéről éppen induló testre vonat­kozik, a jobb oldal pedig a végtelenbe — praktikusan: nagyon távoli pontba — ér­kező testre vonatkozik.

A Föld felületén kívül (16) szerint a potenciál —fM /R , így a helyzeti energia —fM m /R . A végtelenben a potenciál nulla, így a potenciális energia is, a mozgási energia pedig szintén nullára csökken. Ek­kor az energiamérleg:

1 „ Mm— m v —f - j j - = 0 + 0 .

Innen az ún. II. kozmikus sebesség:

= l a = S * = 11,3 km/ s-R

Legalább ekkora sebességgel kell tehát föl­felé lőni egy lövedéket, hogy a Föld vonzó­köréből gyakorlatilag kikerüljön. |

A (10) energiamérleg szerint, ha a testre a gravitációs erőn kívül más erő nem hat, vagy ha igen, de a munkája nulla, akkor a helyzeti és mozgási energia összege ál­landó.

Tegyük fel, hogy egy m tömegű test M tömegű, pontszerű forrástest terében mo­zog. Ekkor a potenciális energia:

Mmr

így pontszerű vagy gömbszerű test gravi­tációs terében mozgó pontszerű test ösz- szes energiája:

1 , MmE = — m v —f ----- .2 r

2 1 0

Tegyük fel, hogy M tömegű bolygó kö­rül r sugarú pályán egy m tömegű műhold kering. Ekkor

Mm v2J T~ =m — r r

alapján

1 fM m 1 ,2 f ~2mV ^mozg •

A potenciális energia (mint láttuk):

fM m= E,

es az összes energia:

r _ r I r _^ ö s s z m o z g ' ^ p o t

1 fM m2 r '

Könnyen ellenőrizhető, hogy

mozg __= -i,

“'pót= 2 .

A mozgási energia tehát az összes energia — 1-szerese, a helyzeti energia pedig két­szerese az összes energiának.

Ábrázoljuk egy számegyenesen a hely­zeti, a mozgási és az összes energiát. A 2.199. ábrán kifejezésre jut, hogy a hely­zeti és az összes mechanikai energia nega­tív, a mozgási energia pozitív, és a szám­egyenesen feltüntettük az energiatagok kö­zötti arányosságokat. Képzeljük el most,

2.199.ábra

hogy — mondjuk — a gyorsítórakéták be­kapcsolásával m unkát végzünk a keringő műholdon. Ekkor a mechanikai energia nőni fog — pontosan a végzett munkával —, nő ezzel arányosan a helyzeti energia is; mindkettő abszolút értéke csökken. Ez­zel együtt csökken a mozgási energia: a test lassulni fog. Hasonlóan: ha bekap­csoljuk a fékezőrakétákat, akkor a műhold összes energiája csökken — a testen vég­zett negatív munkával —, és csökken a helyzeti energia is, a mozgási energia pedig nő. Ez a látszólagos paradoxon azzal ma­gyarázható, hogy a testen végzett munka nem a mozgási, hanem a helyzeti és a mozgási energia összegének megváltozásá­val egyenlő. Ha pozitív munkát végzünk, akkor a műhold távolabbra kerül a Föld­től, távolabbi pályára sodródik, amelyhez kisebb keringési sebesség tartozik. Fordít­va: negatív munkavégzés esetén a műhold esni fog a Föld felé, felgyorsul, ezzel csök­ken a helyzeti energiája.

2.4.4. Kepler törvényei

A Naprendszerben a gravitációs hatáso­kért elsősorban a Nap a felelős. A N ap tö­mege 1,98 • ÍO30 kg, több mint 330 ezer­szerese a Föld tömegének. A N ap kilenc bolygója, a bolygók kísérő bolygócskái, holdjai is hatnak egymásra. A közöttük fellépő hatások azonban a N ap hatása mellett a legtöbb szempontból elhanya­golhatók.

Fogjuk fel tehát úgy a Naprendszert, hogy egyetlen nagy pontszerű test (ez a Nap) gravitációs erőterében szabadon mo­zognak a bolygók: a N ap gravitációs ere­jén kívül más erő nem hat, a mozgást zavaró tényezőktől (súrlódás, közegellen­állás) is eltekinthetünk.

211

A Nap gravitációs terében mozgó, pont­szerűnek tekinthető bolygók mechanikai energiája így állandó. A munkatétel szerint a Naptól r távolságra v sebességgel mozgó, m tömegű bolygó mechanikai energiája:

1 , ( , M m \E0:= — mv + í —/ ----- j =allando. (1)

A munkatétel viszonylag könnyen átte­kinthető összefüggést ad a Naptól mért távolság és a bolygó sebessége között. Világos, hogy ha a bolygó közeledik a Nap felé, akkor a sebessége nő. Az (1) összefüg­gés a mozgó test pályájának az alakjáról is felvilágosítást ad: levezethető belőle — és a mögötte álló Newton II. törvényéből —, hogy a N ap erőterében a bolygók és más pontszerűnek tekinthető testek Csak meghatározott pályákon mozoghatnak.

Ha az (l)-ben szereplő E0 negatív, ak­kor a gravitációs térben nem egyenesvo­nalon mozgó pontszerű test pályája ellip­szis vagy kör, amelynek az egyik gyújtó­pontjában, illetve a kör esetén a közép­pontban a N ap van. Mint ismeretes ez az állítás Kepler I. törvénye, amelyet Tycho

212

Brahe pontos, részletes csillagászati meg- ‘Igyeléseít elemezve állított fel.

Ha E0 pozitív, akkor a test pályája egye­nes vagy hiperbola. Hiperbolapályán mo­zognak általában az üstökösök. (Néhány kivétellel: ilyen a Halley üstökös, amely el­nyújtott ellipszispályán kering.)

Az is elképzelhető, hogy a gravitációs térben mozgó test összes energiája nulla: a helyzeti energia nagysága megegyezik a mozgási energiával. Ennek a szélsősé­ges ritka esetnek parabola-pálya felel meg (2.200. ábra).

A kezdősebesség nélkül a N ap felé eső test egyenes pályán mozog, csak úgy, mint az a test, amelynek a kezdősebessége a Nap irányába vagy azzal ellentétes irányba mu­tat.

A kör, ellipszis, parabola, hiperbola és az egyenes rokon alakzatok. Mindegyik előállítható úgy, hogy egy kúpot síkkal metsszünk: ha a metszősik merőleges a kúp tengelyére, akkor a metszetvonal kör, ha a metszősík párhuzamos egy alkotóval, akkor a metszetalakzat parabola. Ha a metszősík ferde, akkor ellipszis vagy hi­perbola keletkezik, aszerint, hogy a met­szetalakzat zárt vagy nyílt. És végül, ha a metszősík átmegy a kúp csúcsán, akkor a metszetvonal egyenes (2.201. ábra).

Kepler I. törvényét általánosítva így fo ­galmazhatjuk meg: pontszerű forrástest (pl. a Nap) gravitációs terében mozgó tömeg- pont pályája kúpszelet.

Mint említettük, Kepler az I. törvényét— még a Newton-törvények fölfedezése előtt — mérésekre támaszkodva, a csilla­gászati megfigyelések elemzésével állította fel. Utaltunk arra, hogy ennek a törvény­nek a hátterében a munkatétel és NewtonII. törvénye áll, és természetesen a New­ton-féle tömegvonzási törvény.

A pálya alakját Kepler I. törvénye meg­határozza, de nem ad felvilágosítást arról, hogy hogyan mozog a bolygó vagy az üs­tökös a pályán.

Vizsgáljuk meg ezt a kérdést a legegy­szerűbb pályánál: határozzuk meg körpá­lyán mozgó bolygó keringési idejét. New­ton II. törvénye szerint a bolygóra ható gravitációs erő betölti a centripetális erő szerepét:

M m 2J —j - = m ru r. (2)

Itt az egyenlet bal oldalán a testre ható gravitációs erő nagysága szerepel. Tekint-

27z ,ve, hogy w = , így a (2) egyenlet:

/M m 4n

Ez Kepler III. törvénye: a bolygók kerin­gési időinek négyzetei úgy aránylanak egy­máshoz, mint az ellipszispályák nagytenge­lyének köbei. Nem bizonyítjuk általános­ságban ezt az állítást, kiemeljük azonban, hogy Newton II. törvényének és a tömeg­vonzási törvénynek következménye. Kep­ler ezt is a csillagászati megfigyelések elem­zésével állította fel, mint ahogyan a II. törvényét is: a Naptól a bolygóhoz húzott sugár egyenlő idők alatt egyenlő területeket súrol. A 2.202. ábra szerint pl. a két vonal- kázott alakzat területe azonos, ha a pálya vastagított íveit egyenlő idők alatt futotta be a bolygó.

Látható, hogy a bolygó napközeiben gyorsabban mozog, mint a Naptól távo­labb (2.203. ábra). Rövid At idő alatt az elmozdulás arányos a sebességgel:

Ar=vAt.

így a vonalkázott alakzat területe:

A A : = rAr sin a = — rvAt sin a.2 2

Az időegységre eső terület:

A A 1— = — rv sin a. At 2

(4)

~ r = m r^ 2r T

Kepler II. törvénye szerint a Naptól a bolygóhoz mutató vektor által időegység

Innen

r M T 2 = ' 4n2 (3)

A körpályán keringő bolygó pályasugará­nak a köbe arányos a keringési idő négy­zetével, ez az arány nem függ a keringő bolygó tömegétől. Bebizonyítható, hogy ez az eredmény ellipszispályán keringő boly­gókra is általánosítható.

2.202.ábra

2.203.ábra

213

fogalmazva: a gravitációs térben kör- vagy ellipszispályán keringő bolygó esetén ál­landó az rv sin a szorzat. Az ábráról vilá­gos, hogy a pályaérintő Naptól mért r sin a távolságra — kifogásolható, de szemléletes szóhasz-nálattal — azt is mondhatnánk, hogy a „sebesség karja” (2.204. ábra).

["világítsuk meg az elmondottak jelen­tőségét egy példával. Egy bolygó esetén le­gyen a Naptól mért legkisebb távolság r , , itt a — vezérsugárra merőleges — sebesség f j , legyen a Naptól mért legnagyobb tá­volsága r2, itt a sebesség v2. Ekkor KeplerII. törvénye szerint:

ri vi= r 2v2,

és a munkatétel szerint a helyzeti és a moz­gási energia összege állandó:

Alkalmasan megadott adatok segítségével a két egyenlet alkalmas két ismeretlen meghatározására, pl. r, és r2 ismeretében t>! és t>2 meghatározható. |

Láttuk, hogy Kepler I. és III. törvénye lényegében a dinamika általános törvé­nyeinek — Newton II. törvényének és a fele analóg jelentésű munkatételnek — a következménye: ha Newton II. törvényét és a munkafeltételt a N ap gravitációs ere­jére alkalmazzuk, akkor Kepler I. és III. törvényét kapjuk, E két Kepler-törvény mögött az energia és az impulzus mérleg­egyenlete áll.

Felvetődik a kérdés: milyen általános törvény áll Kepler II. törvénye mögött. Van-e egyáltalán ilyen törvény, vagy Kep­ler II. törvénye a bolygómozgás egy sajá­tos elve, amelynek megfelelője nincs a ke­zünk ügyében eső testek világában? Azt sejtjük, hogy a bolygók mozgását megha­tározó fizikai elvek érvényesek a talajon mozgó testekre, érvényesek az emberi mé­retek világában is. Azt várjuk, hogy az általános elvek speciális megfogalmazásai szolgáltatják mindhárom Kepler-féle tör­vényt, nemcsak az elsőt és a harmadikat. (A speciális bolygókra vonatkozó elv pedig az, hogy ezekre a testekre a N ap gravitá­ciós tere hat.)

Egyszóval: általánosítani szeretnénk Kep­ler II. törvényét. Emlékezzünk arra, hogy a keringő bolygóknál napközeiben és nap­távolban az rv szorzat állandó: a bolygó­hoz mutató vektor hossza és a sebesség nagyságának a szorzata állandó. A pá­lya más pontjaiban is hasonló a helyzet: a sebesség nagyságát a pálya érintőinek a Naptól mért távolságával szorozva, ál­landó értéket kapunk. Kissé durván, de szemléletesen fogalmazva: a sebességnek és karjának szorzata állandó.

Mi lehet a jelentősége ennek a mennyi­ségnek? Gondoljunk el egy pörgettyűt: két azonos tömegű test azonos sugarú pályán kering egy, a forgástengelyre merőleges, könnyű rudacska két végén (2.205. ábra). M ekkora ennek a rendszernek az összes impulzusa? Világos dolog, hogy a két test sebessége mindig ellentétes, így ellentétes irányúak az impulzusaik is. Az összes im­pulzus nulla, akár forog a pörgettyű, akár nem.

Ez azt jelenti, hogy egy ilyen beren­dezésnél az összimpulzus nem méri a mozgásállapotot, nem alkalmas mozgás­állapot jellemzésére. A két impulzus nagy-

214

2.205.ábra

ságának az összege már mond valamit, de az impulzus nagysága mint állapotjelző nem rendelkezik semmiféle jó tulajdon­sággal, az impulzus megmaradó mennyi­ség, a nagysága biztosan nem az.

Az a gondolatunk támad, hogy „egyen- irányítani” kellene a két test impulzusát. Valóban: azon kívül, hogy a nagyságuk azonos, a sebességük ellentétes irányú, van egy fontos tulajdonságuk: a tengelyt vagy az óram utató járásával ellentétes irányban, vagy azonos irányban járják körül. A dolog lényegét érzékeltetve, de ismét kifogásol­ható nyelvezetet használva: a tengelyre mérjük fel az impulzusnak és a karjának a szorzatát, jobbcsavar szerint; tehát ha a két test forgásiránya az óramutató já rá­

sával ellentétes, akkor azt a szorzatot a tengely felénk eső részére mérjük fel, az ellenkező esetben a tengely másik részére (2.206. ábra).

Nyilvánvaló, hogy miről beszélünk. Ér­telmezzünk egy új állapotjelzőt a követke­zőképpen. Tegyük fel, hogy egy tömegpont helyvektora valamely koordináta-rendszer­ben r, és az impulzusa I = mv, akkor az

N : = r x l = r x /mv (5)

vektoriális szorzatot nevezzük a test im­pulzusmomentumának. (Szokásos elnevezé­sek még: impulzusnyomaték, forgásmeny- nyiség, perdület.) Az impulzusmomentum egy olyan vektor, amely merőleges a test­hez mutató helyvektor és az impulzusvek­tor síkjára úgy, hogy ha az origóból a test felé m utató helyvektort a jobb kezünk hüvelykujjával, az impulzusvektort a jobb kezünk mutatóujjával azonosítjuk, akkor az impulzusmomentum erre a síkra merő­leges, és a jobb kezünk középső ujja mu­tatja az irányát (2.207. ábra). Az impul­zusmomentum nagysága a helyvektor és impulzusvektor nagyságának, valamint a közöttük lévő szög szinuszának a szorzata, egyszerűbben, szemléletesebben: az impul­zusnak és karjának a szorzata. Nyilván­való, hogy ha r és I párhuzamos, akkor N = 0 , mert a két vektor szöge 0. A tengely körül i> sebességgel pörgő két golyócska

2.207.ábra

215

összes impulzusa nulla, de impulzusmo­mentuma egyaránt r ■ mv, összegük 2r ■ mv, vagyis összeadódnak, és nem ejtik ki egy­mást, mint a két test impulzusa. Az összes impulzusmomentum nagysága-

N = 2mrv — Imrrco = 2 mr2co,

ahol co a keringő testek szögsebessége, eb­ben az esetben a perdület arányos a szög- sebességgel.

Számoljuk ki most ennek az újonnan értelmezett állapotjelzőnek a megváltozá­sát. Tegyük fel, hogy a t időpontban egy test. impulzusmomentuma N = rxmv, At idővel később már más a sugár és más a sebesség is, így az impulzusmomentum

(r + Ar) x m (\ + Av).

Vonjuk ki a későbbi impulzusmomentum- b o i , korábbit:

AN. —(r +Ar) x m(v +Av) —r x mv.

Figyelembe véve, hogy a vektoriális szor­zat is disztributív, tehát beszorozhatunk, az első tagban elvégezzük a szorzást, „min­őén tagot minden taggal”,

AN - r x m v + Ar x m A\ + r x mAv + Ar x

x m \ - r x mv =

= A t x mv + rxmAv + Ar x mAv.

A megváltozás harmadik tagja itt elhanya­golható, Ar x Av egy nagyságrenddel ki­sebb a többi tagnál. Másrészt v és Ar pár­huzamos, hiszen vAf = Ar, így az első tag nulla.

Az impulzusmomentum megváltozása At idő alatt így

A N = r x mAv.

Innen az időegységre eső megváltozásra áttérve azt kapjuk, hogy a perdület időegy­ségre eső megváltozása

N = r x ma.

F

2 20)8 ábra

Most felhasználjuk Newton II. törvényét: ma a testre ható erők eredőjével egyenlő, tehát

N = r x F . (6)

Nevezzük ezt a jobb oldali mennyiséget a testre ható forgatónyomatéknak (2.208. ábra):

r x F = : M . (7)

A forgatónyomaték a testre ható erők eredőjének és az eredő karjának a szorza­tával azonos nagyságú, irányát pedig a vek­toriális szorzat alapján a következőképpen kapjuk: a jobb kezünk hüvelykujja mutas­son a forgásponttól az erő támadáspontja felé, a mutatóujjunk az erő hatásvonala irányába, és ekkor a forgatónyomaték irá­nyát a jobb kezünk középső ujja fogja mu­tatni. A forgatónyomaték-vektor tehát me­rőleges az erő és a karja által kifeszített sikra. M ár említettük azt az ismert tényt, hogy a vektoriális szorzat disztributív, így ha a testre két erő hat, mondjuk F , és F 2, akkor az eredőt F-fel jelölve, a torgató- nyómaték:

M : = r x F = r x ( F 1 + r 2) = r x F 1+ r x F 2.

Ez a tény úgy fejezhető ki, hogy az erők eredőjének a forgatónyomatéka — ezt ér­telmeztük először — egyenlő az erők for- gatónyomatékainak az összegével:

M = M t + M 2-

216

A forgatónyomaték tehát additív mennyi­ség.

A forgatónyomaték nyilván nem álla­potjelző, nem a test tulajdonsága, a for­gatónyomaték folyamatjelző mennyiség, a környezet impulzusmomentum-közlésének a mértéke. Úgy foghatjuk fel, mint a kör­nyezet által időegység alatt közölt impul­zusmomentumot. A forgatónyomaték és az impulzusmomentum megváltozásának a kapcsolatát az impulzusmomentum-tétel írja le.

Impulzusmomentum-tétel: Egy pontszerű test impulzusmomentumának az időegységre eső megváltozása egyenlő a környezetétől időegység alatt kapott impulzusmomentum­mal, amelyet a testre ható forgatónyoma- téknak nevezünk:

ez (4) alapján éppen az időegység alatt sú­rolt területtel egyenlő. Tehát

IS = M , (8)

A formáját, a jelentését tekintve nyilván­való a párhuzam az impulzusmomentum­tétel, az impulzustétel (Newton II. törvé­nye) és a munkatétel között.

Alkalmazzuk most az impulzusmomen­tum-tételt a N ap gravitációs terében moz­gó bolygóra vagy üstökösre. A testre ható gravitációs erő a N ap felé mutat, ellentétes irányú tehát a mozgó test helyvektorával, a vezérsugárral. A gravitációs erő forgató- nyomatéka így nulla; a Nap gravitációs terében mozgó test impulzusmomentuma így állandó. A bolygó vagy üstökös im­pulzusmomentuma:

N = rmv sin a

nagyságú, és állandó érték. Osszuk el en­nek az egyenlőségnek mindkét oldalát 2m- mel, a bolygó tömegének a kétszeresével:

A A _ N At 2m (9)

A vezérsugár által időegység alatt súrolt terület tehát a bolygó impulzusmomentu­mának és a bolygó kétszeres tömegének a hányadosával egyenlő. Láttuk, hogy a jobb oldalon N állandó, állandó a bolygó tömege is, így az időegység alatt súrolt te­rület valóban állandó. A Kepler által fel­állított empirikus hátterű törvény mögött valóban van egy általánosabb törvény: az impulzusmomentum-tétel.

És ez a törvény valóban általánosí­tás: egyrészt megkaptuk belőle az eredeti, Tycho Brahe méréseire támaszkodó tör­vényt, másrészt nyilvánvaló, hogy nem­csak gravitációs térben teljesül. Érvényes minden olyan esetre, amikor a mozgó test­re ható erő hatásvonala mindig átmegy ugyanazon a ponton. Ekkor ugyanis a forgatónyomaték nulla, az impulzusmo­mentum állandó. (Az ilyen erőket centrális erőknek nevezzük.)

["Egyszerű példaként vizsgáljuk meg a következő feladatot. Képzeljük el, hogy vízszintes asztalon egy lyukat fúrunk (2.209. ábra). A lyukon át fonalat füzünk, az asztalon lévő végéhez m = 1 kg tömegű testet erősítünk, az asztal alatti részét a kezünkben tartjuk. A test az asztal lapján, rx = 0,8 m sugarú pályán, i>, = 6 m/s sebes­séggel körmozgást végez. Ekkor a kötelet feszítő erő mv\/rx =45 N. Ezután a fonalat

N2m

rv sin a 2 .2 0 9 .

ábrii

217

lassan lefelé húzzuk, addig, míg a pálya sugara 0,5 m lesz. Eközben a kötélerő állandóan az asztalon fúrt lyuk felé mutat, vagyis centrális erőről van szó. A kötélerő forgatónyomatéka tehát nulla, így a ke­ringő test impulzusmomentuma (perdüle- te) állandó:

mr1v1=mr2v 2.

Innen d2 = 9,6 m/s. Fölvethető a kérdés, hogy a kötél behúzásával, a pályasugár csökkentésével mekkora munkát végez­tünk a testen? A munkatétel szerint:

W= y mv\ — y mv\ = 28,08 J. |

Kiemeljük még azt az elmondottak alap­ján most m ár nyilvánvaló tényt, hogy a te­rületi sebesség állandósága nemcsak az el­lipszispályán keringő bolygókra, hanem a hiperbola- vagy parabolapályán mozgó, egyszer feltűnő, aztán örökre eltűnő üs­tökösökre is igaz.

VII. Feladatcsoport: gravitáció

VII/1. M ekkora gravitációs vonzóerőt fejt ki egymásra két, egyenként 10 kg tömegű pontszerű test 10 méter távo'ság- ból? Tegyük fel, hogy csak a közöttük fellépő erővel kell számolnunk, és a kez­dősebességük egyaránt nulla. Mennyi idő telik el, amíg 2 cm-rel közelebb kerülnek egymáshoz?

VII/2. Egy 10 méter sugarú, egyenletes tömegeloszlású gömb sűrűsége 5 kg/dm3. M ekkora erőt fejt ki ez a gömb a felületére helyezett pontszerű, 1 kg tömegű testre?

VII/3. Egy 10 méter sugarú, egyenletes tömegeloszlású gömb sűrűsége 5 kg/dm3. A belsejéből eltávolítunk egy 4 méter su­garú gömböt. A két gömb középpontja

egybeesik. M ekkora erőt fejt ki ez a test a felületére helyezett, pontszerű, 1 kg tömegű testre?

VII/4. Egy 10 méter sugarú, egyenletes tömegeloszlású gömb sűrűsége 5 kg/dm3. A belsejéből eltávolítunk egy 4 méter su­garú, gömb alakú részt. Az üreg közép­pontja a gömb felületétől 4 méter távol­ságra van. így az üreg egy ponton éppen érintkezik a külvilággal. Ezzel a ponttal pontosan szemben a gömb felületén van egy 1 kg tömegű, pontszerű test. Mekkora erőt fejt ki az üreges gömb erre a testre?

VII/5. Egy 10 méter sugarú gömb tömeg­eloszlása egyenletes, a sűrűsége 5 kg/dm3. A belsejéből eltávolítunk egy 5 méter su­garú, gömb alakú részt. Az üreg közép­pontja 5 méterre van a gömb középpont­jától. Az üreg legmélyebb pontja így a gömb középpontja. M ekkora erőt fejt ki az üreg falára az üreg legmélyebb pontjába helyezett, 1 kg tömegű pontszerű test?

VII/6. Egy 10 méter sugarú gömb tömeg­eloszlása egyenletes, a sűrűsége 5 kg/dm3. A belsejéből eltávolítunk egy 5 méter su­garú gömböt (2.210. ábra). Az üreg kö­zéppontja 5 méter távolságra van a gömb középpontjától. Az üreg belseje egy pont­ban érintkezik a külvilággal. Ezen a lyu­kon beejtünk egy 1 kg tömegű, pontszerű testet. Határozzuk meg a test gyorsulását a gömb felületén, a lyuknál!

218

VII/7. Egy 10 méter sugarú gömb tömeg­eloszlása egyenletes, a sűrűsége 5 kg/dm3. A gömbön keresztül a középpontján egy szűk csatornát fúrunk. Ebbe a csatornába beejtünk egy 1 kg tömegű, pontszerű testet. Hanyagoljuk el a súrlódást. Ekkor a pont harmonikus rezgőmozgást végez. Mennyi idő alatt ér vissza az indulás helyére? Mek­kora sebességgel halad át a gömb közép­pontján? M ekkora a sebessége a felszínén a felszín alatt 1 méter mélyen? Mennyi itt itt a test helyzeti és mozgási energiája?

VII/8. Egy 10 méter sugarú, 5 cm vas­tag, p = 7,8 kg/dm3 sűrűségű, vasból ké­szült körlemez 1 cm távolságra a felületé­től, a középpontja felett egy 1 kg tömegű, pontszerű test van. M ekkora a gyorsulása?

VII/9. Egy bolygó körül 382 200 km su­garú pályán, 2,36 millió másodperc perió­dus-idővel kering a holdja. M ekkora a bolygó tömege?

VII/10. Határozzuk meg a Nap töme­gét! Ismert, hogy a Föld 365 nap alatt ke­rüli meg a Napot, és a megközelítően kör alakú pálya sugara 1,5 • 108 km.

VII/11. A Hold tömege 7,17 • 1022 kg, a sugara 1738 km. M ekkora erővel nyomja a Hold felszínét egy 10 kg tömegű test? Tegyük fel, hogy közvetlenül a talaj felett lOm/s kezdősebességgel feldobnak egy tes­tet. Milyen magasra emelkedik ez a test?

VII/12. A Hold tömege 7,17 • 1022 kg. A Föld és a Hold középpontjának a távol­sága a Föld sugarának 60-szorosa: 606370 km = 382 200 km. M ekkora erőt fejt ki a Hold a Föld felszínén, a Föld felszínének Holdhoz legközelebbi és Holdtól legtávo­labbi pontjába tett, 1 kg tömegű testre?

VII/13. M ekkora a Föld felszíne felett 1000 km magasan a nehézségi gyorsulás?

VII/14. A Föld felszíne felett 200 km tá­volságra van egy 10 kg tömegű meteor. Mennyi munkát végez rajta a Föld gravi­tációs tere, míg leér a talajra?

VII/15. A Föld felszínéről fellőnek egy1 tonna tömegű mesterséges égitestet. Mek­kora munkát végzett a testen a Föld által kifejtett gravitációs erő, amíg 1200 km ma­gasra ért?

VII/16. M ekkora a helyzeti, a mozgási és az összes energiája egy 7200 km sugarú körpályán a Föld körül keringő, 200 kg tömegű mesterséges égitestnek?

VII/17. Határozzuk meg az első és a második kozmikus sebességet egy 10 m sugarú, 5 kg/dm3 sűrűségű bolygó esetén!

VII/18. Milyen magasan kering az egyen­lítő fölött a távközlési műhold? Ez olyan mesterséges égitest, amely állandóan a Föld­nek ugyanazon pontja fölött van. Mek­kora energiabefektetéssel lehet egy ilyen műholdat pályára bocsátani?

219

3. Pontrendszerek mechanikája

3.1. A pontrendszerek mechanikájának általános elvei

3.1.1. Fizikai mennyiségek, fizikai törvények

Az előző fejezetekben a tömegpontok mechanikáját tanulmányoztuk. Először a kinematikai állapotjelzőket értelmeztük, a helyet és az időt, a sebességet és a gyorsu­lást. A hely-idő függvény első deriváltja­ként definiáltuk a sebességet, második de­riváltjaként a gyorsulást.

A dinamikai állapotjelzők között a tö­meg mellett alapvető szerepe három meny- nyiségnek van: az impulzusnak, a moz­gási energiának, az impulzusmomentum­nak. Ezeknek az állapotjelzőknek a meg­változását leíró egyenletek a pontmecha­nika alapvető összefüggései: Newton 11. törvénye, a munkatétel, impulzusmomen­tummérleg. A célunk ebben a fejezetben az, hogy ezeknek a mennyiségeknek az értelmezését kiterjesszük több pontból álló rendszerekre, és a változásokra vonatkozó egyenleteket is általánosítsuk.

Az impulzus, mozgási energia és impul­zusmomentum sajátos kapcsolatban áll­nak egymással. Ha egyetlen tömegpont mozgását vizsgáljuk, akkor annak a moz­gásállapotáról az impulzus az összes in­formációt hordozza, ezzel együtt Newton II. törvénye a test mozgásának teljes leírá­

sát adja: a kezdeti feltételek ismeretében a Newton-törvények meghatározzák a pont m ozgását Egyetlen pontszerű testre vo­natkozó Newton-törvények tartalmazzák a munkatételt és az impulzusmomentum­mérleget is. A mozgási energia és az im­pulzusmomentum igazi jelentősége csak akkor látszik, ha egyidejűleg több test mozgását vizsgáljuk. Az ütközések leírása vezetett el a mozgási energia értelmezésé­hez, a pörgő súlyzó mozgásállapotának jellemzése pedig az impulzusmomentum ér­telmezésének a szükségességét vetette fel.

A tömegpontok mechanikájának tár­gyalásakor egyrészt az volt a célunk, hogy a jellegzetes pontmechanikai problémákat megbeszéljük, másrészt pedig az, hogy ér­telmezzünk olyan mennyiségeket (a m oz­gási energiát és az impulzusmomentumot), amelyek a pontrendszerek dinamikájának felvázolásakor szükségesek lesznek. Látni fogjuk, hogy kiterjedt testek, pontrendsze­rek mozgásának leírásához általános eset­ben szükség van mindhárom mennyiségre. Kiemeljük tehát: e három állapotjelzőre elsősorban a pontrendszerek dinamikájá­ban van szükség, de értelmezésük az egye­dülálló pontok dinamikáját tárgyaló feje­zetben a legkönnyebb, és m ár ott rá lehe­tett mutatni arra, hogy az értelmezés min-

220

dig tömegpontok kollektív mozgásállapo tával kapcsolatos.

A tömegpontok rendszerének egyik tipi­kus esetével m ár a tömegpontok dina­mikájában találkoztunk. Ezek a diszkrét pontrendszerek. A diszkrét pontrendszer véges sok tömegpontból áll. Ilyen diszkrét pontrendszer a csigákon függő, kötelekkel összekötött testek összessége. Van egy m á­sik példa: diszkrét pontrendszerként ke­zeljük a Naprendszert, ha minden égitestet tömegpontnak tekintünk. Harmadik pél­da: diszkrét pontrendszert alkot két szem­be haladó, ütköző bolygó.

A folytonos pontrendszer nem véges sok különálló pontból áll, hanem a tér egy ré­szét folytonosan kitöltő anyag. Folytonos pontrendszernek tekintjük például bizo­nyos feladattípusokban a Földgolyót vagy egy üveg tejet, egy pohár mézet.

Természetesen a pontrendszerek ilyen csoportosítása módszertani, didaktikai osz­tályozás. Egy konkrét anyagfajtát, például egy szép darab kristályt bizonyos vizsgá­latoknál folytonos, más szempontú tanul­mányozásoknál diszkrét pontrendszernek tekintjük. Biztos, hogy a különböző né­zőpontú modellezés az anyag különböző szempontú, így alaposabb megismerését eredményezi.

Ebben a fejezetben a módszertani elő­készítés után megvizsgáljuk a legfontosabb folytonos pontrendszereket:

— a merev testeket,— a deformálható és rugalmas testeket,— a folyadékokat és— a gázokat.A diszkrét pontrendszereknek nem tulaj­

donítunk ekkora jelentőséget, sokszor azon­ban a számolásnál vagy a törvények meg­fogalmazásánál igénybe vesszük a diszk­rét pontrendszerek nyújtotta, egyszerűbb megfogalmazási lehetőséget.

A fizikai mennyiségekről, a fizikai meny- nyiségek osztályozásáról m ár beszéltünk. Most visszatérünk ezekhez a gondolatok­hoz. Az állapotjelzők a testek tulájdonsá- gainak mennyiségi kifejezései. Az állapot­jelzők a pontrendszerek jellemzése szem­pontjából tovább osztályozhatók. Exten- zív mennyiségnek nevezzük azokat az ál­lapotjelzőket, amelyek valamely testet egé­szében jellemeznek, és additívak a kö­vetkező értelemben: a test egyik részé­hez, illetve a másik részéhez tartozó meny- nyiség összege a test egészére jellemző. Az ilyen mennyiségek a test térfogatával együtt adódnak össze. Bárhogyan is oszt­juk fel a testet két részre, a két részt jel­lemző mennyiség összege egyenlő a testet jellemző mennyiséggel. A legfontosabb ex- tenzív mennyiségek: a térfogat, a tömeg, az impulzus, az energia és az impulzusmo­mentum. Valóban, például ha egy fél tégla tömege 4 kg, és a másik felének a tömege is 4 kg, akkor az egész tégla tömege 8 kg. Hasonlóan: ha egy test mozgási energiája 20 J, a másiké 25 J, akkor a két test együt­tes mozgási energiája 45 J (3.1. ábra).

Az extenzív mennyiségek között vannak vektorok (pl. az impulzus és impulzusmo­mentum), és vannak skalárok, például a térfogat és a tömeg.

Az extenzív mennyiségek mellett a m á­sik fontos típust intenzív mennyiségek szol­gáltatják. Ezek a testet pontonként jellem­zik (szokásos kifejezéssel élve: pontfüggvé­nyek). Értékük minden pontban más és

4kg ( A 4Kg e(|<g

20 J 25 J 4 5 ^ J

221

más lehet (3.2. ábra). A legfontosabb in­tenzív mennyiségek az extenzívek sűrűsé­gei. A legismertebb a térfogategységre jutó tömeg, a tömegsűrűség, jele p, mértékegy­sége kg/m3 vagy kg/dm3, g/cm3. A tömeg­sűrűség mellett fontos az impulzussűrűség, a térfogategységre jutó impulzus, pv. Ugyan­

így a mozgási energia sűrűsége™ y pv2, il­

letve a helyzeti energia sűrűsége pgy, és az impulzusmomentum-sűrűség: r x pv.

Látható, hogy az intenzív mennyiségek is lehetnek skaláris és vektoriális mennyi­ségek, például a térfogategységnyi anyag súlya'**’ vektori mennyiségnek tekinthető. Az extenzív mennyiségekből általában úgy nyerhetünk intenzív mennyiségeket, hogy térfogategységre vonatkoztatjuk őket. For­dítva, az is elképzelhető, hogy kiindul­va egy intenzív mennyiségből, extenzív mennyiséget értelmezünk. Durván szólva a következőképpen járunk el: a testet fel­osztjuk A V nagyságú részekre, és minden ilyen térfogatelemet megszorzunk az inten­zív mennyiség értékével ennek a térfogat­elemnek a középpontjában (3.3. ábra). Az ilyen típusú szorzatok összegezésével ex-

"i0 Az impulzus- és a mozgásienergia-sürűségben szereplő sebességgel részletesen a folyadékok áram­lásával kapcsolatban ismerkedünk meg.

<**) A térfogategységre jutó súly nagyságát faj­súlynak is szokás nevezni.

tenzív mennyiséget értelmezünk. (Legtöbb­ször azonban az ilyen eljárás üres, öncélú játék. Az így értelmezett fizikai mennyi­ségeket nem használjuk a fizikai állapotok jellemzésére, a folyamatok leírására.)

Azt is hangsúlyozni kell, hogy a fizikai mennyiségek ilyen osztályozása nem teljes. Elképzelhetők olyan halmazfüggvények — a test egészét jellemző mennyiségek —, amelyek nem adódnak össze, hanem pél­dául összeszorzódnak. így például, ha 2-t a tömeg kg-ban mért mérőszámára emel­jük, akkor olyan mennyiséget kapunk, amely összeszorzódik: jelöljük ezt a furcsa meny- nyiséget l/-val, akkor Ul = 2m', U2 = 2mi. így U 1 + 2 = U l U2 = 2m' +m\

Az állapotjelzők két ilyen fontos cso­portjának körülírása után a fizikai törvé­nyek osztályozására térünk át. A fizikai állítások lényegében két csoportba oszt­hatók. A fizikai törvények egyszerűbb osz­tályát képezik az állapotegyenletek. Az ál­lapotegyenlet egy test egy időben egzisz­táló állapotjelzői között teremt kapcsola­tot. A tömegpontok mechanikájában a legfontosabb állapotegyenletek:

I = mv, £ = y mv2, N = r x mv,

megfeleltetve a három alapvető extenzív állapotjelzőnek. Az állapotegyenlet csak

222

arra való, hogy a test bizonyos tulajdonsá­gaiból más — egyidejű — tulajdonságait kiszámítsuk. Az állapotegyenletekből per­sze egyszerű átalakításokkal más állapot-

I 2egyenleteket nyerhetünk, például: E = — .

A gravitáció természetének a vizsgálata­kor felvetettük azt a kérdést, hogy a gravi­tációs töltés — mint állapotjelző — függ-e a test más állapotjelzőitől, ha igen, melyek­től, és milyen állapotegyenlet kapcsolja össze a test gravitációs töltését a többi ál­lapotjelzővel. Azt találtuk, hogy rendkívül egyszerű állapotegyenlet írja le ezeket a kapcsolatokat: fi = Am, vagyis a gravitációs töltés és a tömeg között egyenes arányos­ság van, valóban ez a legegyszerűbb függ­vénykapcsolat.

Az állapotegyenletekkel szemben a mér­legegyenletek a testek extenzív állapot- jelzőinek megváltozását kapcsolják össze a folyamatokat jellemző mennyiségekkel. A három extenzív mennyiségnek megfe­lelően három mérlegegyenlettel találko­zunk a pontmechanikában: az impulzus­mérleg (Newton II. törvénye): AI = FAf, a mozgásienergiamérleg (a munkatétel): AE = PAt, az impulzusmomentum-mérleg: AN = MAr.

Pontrendszerekre vonatkozóan ezek a mérlegegyenletek várhatóan bonyolultab­bak. Fontos azonban, hogy az összes ex­tenzív mennyiség mérlegegyenlete azonos formájú. Ez az egység nem a természet kü­lönös rejtélye, hanem a matematikai leírás logikai következménye.

Az extenzív mennyiségek általános mér­legegyenletéhez a következőképpen jutunk. Legyen y valamilyen extenzív mennyiség, gondolhatunk arra, hogy a tömeg vagy az impulzus, vagy bármi más extenzív meny- nyiség (3.4. ábra). Ekkor valamely térrész­ben ennek az Y extenzív mennyiségnek a

3.4.ábra

megváltozása (AF) két részre bontható. AzY extenzív mennyiség megváltozhat azért, mert a térrész határán beáramlik vagy ki­áramlik az yextenzív mennyiség, másrészt azért is, mert a térrészen belül az ymennyi- ség spontán keletkezik vagy spontán fogy:

A y = A y kap+ A y fforrás • (i)

Itt A y a mennyiség megváltozása, A ykap a környezettől kapott y, míg A y forrás a rend­szeren belül keletkezett vagy elfogyott y

Talán nehéz elgondolni olyan mennyisé­get, amely zárt térrészben keletkezne. A fi­zikában látni fogunk erre példát, most is adhatunk azonban nem fizikai példát: egy kémcsőbe zárt táptalajon a baktériumok száma megváltozhat a baktériumok sza­porodása miatt, de megváltozhat azért is, mert eltávolítunk néhányat ezekből a mik­roorganizmusokból.

Az olyan extenzív mennyiséget, amelyre a forrás nulla, megmaradó mennyiségnek nevezzük. A tér egy részét valamely exten­zív mennyiségre nézve zártnak nevezzük, ha a rendszer nem kap és nem ad le határán az állapotjelzőből.

Világos, hogy egy Y megmaradó meny- nyiség (Ayforris = 0) értéke zárt rendszer­ben (Aykap=0) állandó, mert az (1) mér­legegyenlet alapján A yis nullával egyenlő.

Vázoljuk most a következő fejezetek programját. Az (1) általános mérlegegyen­letet konkrétan megfogalmazzuk a pont­rendszerek impulzusára, energiájára és im-

223

pulzusmomentumára. Ekkor olyan álta­lános érvényű törvényekhez jutunk, ame­lyek az összes pontrendszerre (a merev testekre, rugalmas testekre, folyadékokra és gázokra) érvényesek. Ezután megvizs­gáljuk ezeket a speciális pontrendszereket. Az alapvető egyenletek, a mérlegegyenle­tek már előre elkészülnek, tehát a felada­tunk az egyes alfejezetben (merev testek stb.) érvényes állapotegyenletek felállítá­sára korlátozódik csak. így egységes tár­gyalását adhatjuk a különben távol álló­nak látszó fizikai fejezeteknek.

3.1.2. Impulzustétel, tömegközéppont

Különböző gondolatmenetekben sok­szor találkozunk azzal, hogy egy kiterjedt testet valamilyen szempontból pontszerű testnek tekintünk. Gondoljunk például ar­ra, hogy az állomás felé közelítő vonatot pontszerűnek tekintettük, amikor azt vizs­gáltuk, hogy a kibocsátott hangjelet meny­nyi ideig hallja az állomás előtt várakozó megfigyelő. Egy másik példa: a keringő Földet is pontszerűnek tekintjük, ha a pályamenti viselkedése a vizsgálatunk tár­gya. Ilyenkor a test mozgását egyetlen sebességgel jellemezzük. Ez a sebesség bi­zonyos értelemben az egész test mozgás­állapotát jellemzi a következő értelem­ben. Ha az összes tömeget megszorozzuk ezzel a sebességgel, akkor a test összes impulzusát kapjuk, a pontok impulzusá­nak összegét. Amennyiben véges sok pont­ja van a testnek, és a pontok tömege: m 1, m2, m3, . . ., m„, a sebességek pedig: v , , v2, v3, . . . , v„, akkor az első test impulzusa m1v1, a másodiké m2v2 stb. Az összes impulzus:

Ha a test mozgását egyetlen v0 sebességgel jellemezzük, akkor az összes impulzust így számolhatjuk:

(m1+ m 2+ ■ ■. +m„)v0 = : ( £ m > 0,

tehát:

S X I i r t f V o , (1)

Ha egy kiterjedt testet pontszerűnek tekin­tünk valamilyen probléma kapcsán, akkor ennek a pontszerű testnek a sebessége a kiterjedt testet alkotó pontok sebességei­ből így számolható ki:

V m.v, + m2v2 + . . . +m„v„^ __________________ b° Y ,mi ml + m2 + • • - + mn

Lehetséges persze, hogy a pontrendszernek nincs egyetlen pontja sem, amely ezzel a v0 sebességgel mozogna. Az is előfordulhat, hogy v0 megegyezik valamelyik test v, se­bességével, de mindig másikkal.

Most az a kérdés vetődik fel, hogy me­lyik az a pont, amelynek a sebessége v0. Jelöljük a szokásnak megfelelően az egyes tömegpontok helyvektorát r , , r2, r 3, . . . , . . ,,r„-nel. Ekkor — mint ezt a kinemati­kában tanultuk — r ,= v 1, r2= v 2, r 3 = v3 stb. így tehát biztosak lehetünk abban, hogy az

m i r i + m 2r 2 + . . . +m „ r„ ^ X w -r- °‘ ml + m 2+ . . . + m n

(2)

helyvektorú pont sebessége v0. Ha ebbe a pontba egyesítjük gondolatban a test összes tömegét, akkor az impulzusa — (£m ,)v0 — megegyezik a test összes im­pulzusával. Ebbe a pontba egyesíthető te­hát az összes tömeg és az összes impulzus.

Az r0 pontot a test tömegközéppontjának nevezzük.

Képzeljünk most el egy két pontból álló pontrendszert, az egyik test tömegeI= w iiv i+ /n 2v2+ . . . +mH\ K= :£«JíV|.

224

3.5.ábra

legyen m1, a helyvektora — síkban — r!= (X |, y j , a második test tömege m2, helyvektora r2= (x 2, >’2). Ekkor a rendszer tömegközéppontja (3.5. ábra):

fn = Z miri = w iiri+w 2r2 =l m , Wj +m 2

m, +m 2

(iMjXj + m2x 2, + m2j>2)

- (

m l + m 2

m lx l + m 2x 2 wíi^i + m 2>’2 \ m1+ m 2 ’ ml +m2 J

A tömegközéppont koordinátái tehát

míx 1+ m 2x 2 mi>,i + m2>,2x0 = ; , >"o = --------- ;--------- •m, + m2 m1+ m 2

Tetszőleges diszkrét pontrendszernél eh-

3.6.ábra

hez hasonlóan a tömegközéppont három koordinátája:

* v . _ 2 > a -A n — ^ , J o - V — 9 Z 0 ~ " v " * W

l m , ' 10 Z mi

r i z illusztráció kedvéért vizsgáljuk meg a következő egyszerű példát. Tegyük fel, hogy a síkon 6 tömegpont van. A hat test tömege és helyvektora (3.6. ábra):

iMj = 4 kg,

m2 = 6 kg,

m3 = 2 kg,

m4 = 5 kg,

ms = 3 kg,

m6 = 5 kg,

*i = (5,6),

r 2= ( —10, 3),

r 3=(0,8),

r4 = (2, - 8 ) ,

r5= ( - l , -2 ) ,

r 6=(0,0),

Ekkor a 6 pontból álló pontrendszer tö­megközéppontjának a koordinátái:

x0 =

4-5 + 6 ( -1 0 )+ 2 -0 + 5 -2 + 3 (- l)+ 5 -04 + 6 + 2 + 5 + 3 + 5

- 3 325

= -1 ,3 2 ,

^0 =

4-6 + 6-3+2-8 + 5(—8) + 3(—2) + 5-0 25

- i - w -

A tömegközéppont a második síknegyed­ben van, a vízszintes tengely felett 0,48 egy­ségre, a függőleges tengelytől balra 1,32 egység távolságra. |

A tömegközéppont értelmezése folyto­nos tömegpontrendszernél is hasonlóan történik. Vázlatosan a következőképpen járunk el. Kijelöljük a koordináta-rend-

225

y

szert, majd a testet gondolatban véges szá­mú AV térfogatú részekre osztjuk fel. Az egyes részek tömege legyen . . .stb., a térfogatelem közepének a helyvek­tora pedig rj, r2, r3, . . . stb. (3.7. ábra). Ekkor az

_ _ I m iriro ~ V

L mi

helyvektort pont a folytonos test tömeg- középpontjának közelítése; annál közelebb van a tömegközépponthoz, minél több részre osztjuk fel a testet.

A tömegközéppont értelmezéséből kö­vetkezik egy — a gyakorlati számítások­ban fontos elv. Könnyen belátható, hogy egy pontrendszer tömegközéppontját úgy is kiszámíthatjuk, hogy két — vagy több— részre osztjuk. E részek tömegközép­pontját kiszámítjuk, majd újból tömegkö­zéppontot számítunk, mintha a részek a tömegközéppontjukba lennének egyesítve.

Síkbeli alakzatok vagy egyenletes vas­tagságú, egyenletes sűrűségű lemezek tö­megközéppontja megegyezik a test geo­metriai súlypontjával, így például a kör­lemez tömegközéppontja a középpontjá­ban van, a parallellogrammák tömegkö­zéppontja az átlók metszéspontjában, a háromszöglemezeké pedig a súlyvonalak közös harmadoló pontjában.

l~Határozzuk meg most a 3.8. ábrán lát­ható L alakú síklemez tömegközéppontját. Tegyük fel, hogy a lemez egyenletes vastag­ságújelöljük ezt f-vel, a sűrűsége is legyen egyenletes: p.

Az L betű függőleges szára a széles és b magas, a vízszintes szár hossza c, a magas­sága d. Osszuk két részre az L betűt a víz­szintes szár felső részén haladó egyenessel. A felső rész tömege a(b—d)vp, az alsó rész tömege cdvp. Mindkét rész téglalap, súly­pontjuk az átlók metszéspontjában van. A két rész középpontjának a helyvektora:

r ' : - (!■ " ¥ )'

r- ( M )Az L betű tömegközéppontját visszavezet­jük két pontból álló diszkrét pontrendszer tömegközéppontjának a meghatározására:

a ca(b — d)vp — + c d v p -

x 0 = ----------------------------------a(b — d)vp + cdvp

a c a ( b - d ) — + c d -

a(b — d) + cd

a(b — d )vp ^d + ———

^'° a(b — d)vp + cdvp

b - d \ d a{b — d ) \d + —- — ) + cd —

a (b ~ d ) + cd

Látható, hogy homogén anyagból készült egyenletesen vastag lap esetén a v vastag­sággal és a p sűrűséggel egyszerűsíthetjük a törtet. Nyugodtan tekinthettük volna mind a vastagságot, mind a sűrűséget már kezdetben egységnyinek. |

+ cdvp -

226

3.8.ábra

l~Á tömegközéppont meghatározására mutassunk még egy példát. Képzeljük el, hogy egy L hosszúságú, m tömegű rúd egyik végén egy m0 tömegű, pontszerű test van (3.9. ábra). Vizsgáljuk meg, hogy mi­lyen messze van a tömegközéppont az m0 tömegű, pontszerű testtől. Fektessük a ru­dat a koordináta-rendszer vízszintes ten­gelyére úgy, hogy az m0 tömegű test az origóba kerüljön, és a rúd a tengely pozitív felén legyen. A rúd tömegközéppontjának a vízszintes koordinátája L/2, ide egyesít­jük a rúd m tömegét. Ekkor az origóban lévő m0 tömegű pontszerű test és az L/2 pontba helyezett m tömegű, pontszerűnek tekintett test tömegközéppontja:

Lmo -0 + m —

mLXn =

m0 + m 2 (m0 + m) J (4)

Három példát m utattunk a tömegkö­zéppont koordinátáinak meghatározására. Térjünk most vissza az eredeti gondo-

3.9.ábra

latmenetünkhöz, és vizsgáljuk meg, hogy a tömegközéppontnak milyen jelentősége van a kiterjedt test mozgásának a leírásá­ban. Láttuk, hogy a tömegközéppont fo­galmának intuitív háttere azon nyugszik, hogy a pontrendszer tömege és impulzusa ebbe a pontba egyesíthető, ez a pont he­lyettesíti a testet a mozgás leírásánál; a test összes impulzusa egyenlő a tömegközép­pontba egyesített tömeg és a tömegközép­pont sebességének a szorzatával:

(5)

Térjünk át az (5) egyenlőségben szereplő mennyiségek időegységre eső megváltozá­sára:

(£> ,-) a0= I m ;a , (6)

itt a0 a tömegközéppont gyorsulása. Vizs­gáljuk meg most a jobb oldali

^ m iai= ( í 1a1 + m2a2+ . . . +m„a„

összeget. Ennek első tagja a pontrendszer első tömegpontjára ható erők összegével egyenlő. Ezek az erők vagy a pontrendsze­ren kívüli testektől származnak, vagy a pontrendszer tagjaitól, a második, harma­dik stb. testtől. így az első testre ható erők két csoportra oszthatók: az 1-es testre ható külső erőkre, és az 1-es testre ható belső erőkre:

at . p k ü l s ö p l belső

Ugyanígy:

m2a2 = F kÍ f + Fbr'2s6,

stb. Ha ezeket az egyenleteket összeadjuk, akkor bal oldalon a (6) azonosság alapján (£ m ,)a 0, a jobb oldalon pedig az összes külső és az összes belső erő eredőjének az összege szerepel:

( 5 > i ) a0= X F küls6+ X F Ws6. (7)

227

Ezt az egyenlőséget a következőképpen in­terpretálhatjuk: a pontrendszer összes im­pulzusának időegységre eső megváltozása egyenlő a pontrendszer tagjaira ható ösz- szes külső és összes belső erő összegével. Nem nehéz felismerni, hogy a (7) egyenlet formailag az impulzusra vonatkozó általá­nos mérlegegyenlet: a jobb oldal első tagja a környezettől időegység alatt kapott im­pulzust jelenti; a belső erők eredője, a jobb oldali második tag pedig a rendszeren be­lül időegység alatt keletkezett impulzust.

Figyelemre méltó azonban, hogy a belső erők párosával lépnek fel az összegben. Ha az 1-es test erőt fejt ki a 2-esre, ak­kor a 2-es ugyanakkora, ellentétes irányú erőt fejt ki az 1-esre. Ezeknek az erők­nek az eredője tehát nulla, hiszen az erő­hatásra érvényes a hatás-ellenhatás elve (3.10. ábra).

(Csak zárójelben jegyezzük meg, hogy tanulmányainkban ez az első eset, amikor a Newton III. törvényében szereplő erő­ellenerő pár összeadható. Nem szerepelt eddig egyetlen olyan „képlet” sem, amely­ben a két erő összege előfordulhatott. Most a (7) egyenlőségben a belső erők össze­adódnak, és ki is ejtik egymást.)

Ez azt jelenti, hogy a jobb oldal második tagja nulla, így a következő eredményre jutottunk.

3.10.ábra

nos a tömegpontokra vonatkozó megfe­lelőjével. A következő példában szeret­nénk rámutatni arra, hogy a (8) állítás és egyenlőség alkalmazásánál mire kell ügyel­ni, egyúttal rámutatunk a pontrendszerek mozgásának néhány figyelemreméltó vo­nására. Gondoljuk el, hogy egy m tömegű, L hosszúságú ideális kötelet felső végénél fogva úgy tartunk a talaj felett, hogy az alsó vége éppen érinti a talajt. Ekkor a kötél felső végét elengedjük. Vizsgáljuk meg, hogy mekkora erővel nyomja a kötél a talajt abban a pillanatban, amikor a legfelső pontja is leér a földre. A kötél pontjainak a talajjal való ütközését töké­letesen rugalmatlannak tekintjük. Jelöljük a kötél hosszegységre ju tó tömegét p-val, p: = m/L. A kötél esése közben minden pont szabadon esik, kivéve azokat a pon­tokat, amelyek m ár földet értek. A kötél legfelső pontja L magasról esik, így a

Newton II. törvénye pontrendszerekre:Egy pontrendszer tömegközéppontja úgy mozog, mintha az összes tömeget a tömeg- középpontba egyesítettük volna, és erre a pontra a külső erők eredője hatna:

(X >i)ao = £ F k (8)

pNewton II. törvényének ez a pontrend­szerekre érvényes változata formailag azo-

TKP

-TKP

■x 3.11.ábra

228

folyamat t0 = s/2 L /g idő alatt lezajlik. Le­gyen t e [0, í0] tetszőleges időpont. A moz­gás kezdete után t idővel a kötél legfelső

pontja y t2 hosszúságú utat esett, a talaj

felett a levegőben mozog még L — ^ t 2

hosszúságú szakasz, ennek minden pontja azonos sebességgel és g gyorsulással mo­zog, a talajon van azonban a kötél alsó,

y í2 hosszú része, nyugalomban (3.11. áb­

ra). Határozzuk meg, hogy ebben a pilla­natban milyen magasan van a tömegkö­zéppont! A még lefelé mozgó kötélrész tömege

és ennek a résznek a tömegközéppontja

S H ")magasan van. A másik rész pontszerűnek tekinthető, hiszen a talajon összegömbö­lyödő ideálisan vékony kötél kis helyet foglal el, nem folyik szét. Ennek a talajon

nyugvó résznek a tömege y t2p, és a talaj

felett 0 magasságban van. Ekkor a tömeg- középpont a talaj felett

>’o =

M '-y2 L

Lp

2 2 8L

magasan van, a (4) összefüggéshez veze­tő gondolatmenethez hasonló okoskodás

alapján. A tömegközéppont sebessége a koordináta deriváltja:

^o: = > o = - 0 t + 4 | ^ í 3.

és a gyorsulása:

2,2g2 2 3gzí- 0 + 4 - 3 - , - - » + "2 ÍT -

Az eddigi számolásunk csak a tömegkö­zéppont definícióját és a kinematikai eljá­rások ismétlését igényelte. Most fontoljuk meg, hogy a kötélre mindvégig két külső erő hat: egyrészt a nehézségi erő, másrészt a talaj nyomóereje, ezt szeretnénk megha­tározni. írjuk fel Newton II. törvényét a kötélre, mint pontrendszerre:

ma0 = N — mg.

Mivel az a0 a tömegközéppont gyorsulása, és

2/2ao — ~~ d +

ezert

3 g2t 2 L

N = m (a0 +g)=2 ,23mg t

2 L

Máris látszik, hogy a talaj és a kötél kö­zött fellépő erő az idő négyzetével arányos. Helyettesítsük a t helyére a mozgás teljes idejét:

N(to) =3mg22L~ 2 L g ~

= 3 mg.

Világítsuk meg ezt a meglepő eredményt. Ábrázoljuk a tömegközéppont magassá­gát, a sebességét és a gyorsulását, mint az idő függvényét (3.12. ábra). Látható, hogy a tömegközéppont talaj feletti magassága csökken — ez nem meglepő —, először

229

y

azonban konkáv a koordináta-idő függ­vény; amikor a gyorsulásfüggvény nullává válik, akkor a hely-idő függvény átmegy konvexbe. A sebesség-idő függvény mind­végig negatív, a nulla értékről indul, és a mozgás végén ismét nulla lesz: a tömegkö­zéppont végül megáll. Figyelemreméltó, hogy a tömegközéppont nem szabadon esik, ez ismét nyilvánvaló, a kötélre a nehézségi erő mellett a talaj nyomóereje is hat. Különben a kötél pontjai is csak addig esnek szabadon, amíg földet nem érnek, a pontok változó mennyiségű része nulla gyorsulású.

Úgy gondoljuk el, hogy a tömegközép­pont, mint egy kis majom a kötél közepé­nél kapaszkodik. Amikor elengedjük a kö­telet, érzékeli, hogy esni kezd — kezdetben szabadon —, és rémülten menekül fölfelé a kötélen: mikorra a kötél felső vége is leér a talajra, a tömegközéppont — a maj- mocska — felért a kötél legfelső pontjához,

és ezzel a ponttal együtt földet ért. M ind­végig lefelé mozog, eleinte lefelé gyorsul, majd fölfelé, tehát felgyorsul, majd lelassul, mint ez a sebességgrafikonon is látható. Ez a fölfelé irányuló gyorsulás a nehéz­ségi erőnél nagyobb nyomóerőt igényel. (Különben: gondoljuk meg, hogy egy le­eső tégla sem a súlyának megfelelő erővel nyomja — üti meg — az alatta sétáló em­ber fejét!) |

Newton II. törvényére visszatérve, nyil­vánvaló a következő állítás.

A tömegközéppont megmaradásának té­tele: Ha a külső erők eredője nulla, tehát a rendszer (impulzusra nézve) zárt, ak­kor a rendszer tömegközéppontja vagy áll vagy egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez. Külső erők a tömegközéppont moz­gását nem befolyásolják.

A tömegközéppont megmaradásának a tétele koordinátánként is igaz: ha a tö- megpontrendszerre ható erők vízszintes összetevőinek az eredője nulla, akkor a tömegközéppont vízszintesen vagy nem mozdul el, vagy állandó sebességgel mo­zog. Ugyanezt mondhatjuk a másik három koordinátáról is.

["Gondoljuk el, hogy egy, a talajon köny- nyen gördülő, hosszú kocsi tömege m, a hossza L (3.13. ábra). A kocsi végén egy

230

m0 tömegű ember áll, aki a kocsihoz képest tömegpontnak tekinthető. Vizsgáljuk meg, hogy mi történik akkor, amikor az ember átsétál a kocsi másik végébe. A kocsi a talajon súrlódásmentesen gördül, így az ember-kocsi együttes pontrendszerre víz­szintes irányban nem hat erő. A rendszer tömegközéppontja ezért a talajhoz képest nyugalomban marad. A tömegközéppont az embertől

ml.

rendszer forgásmennyiségével egyenlő:

2 (m +m 0)

távolságra van. (Gondoljuk végig a (4) összefüggéshez vezető gondolatmenetet!) Ha az ember átsétál a kocsi másik végébe, akkor az ember is elmozdul, a kocsi is. Szimmetriaokok miatt nyilvánvaló, hogy a tömegközéppont most is

mL2 (m + m0)

távolságra van az embertől, de a kocsi m á­sik végétől mérve. Leolvasható az ábráról, hogy az ember elmozdulása

mL mL2(m + m0) m + m0 ’

míg a kocsi elmozdulása

mLm + m0 _I

3.1.3. Impulzusmomentum-mérleg

Egyetlen tömegpont impulzusmomen­tuma (perdülete) r x mv, n tömegpontból álló diszkrét pontrendszer impulzusmo­mentumát úgy kapjuk, hogy a pontok perdületét összeadjuk. Az impulzusmomen­tum ugyanis extenzív mennyiség: a ré­szek forgásmennyiségének összege az egész

N : = £ N i= £ r i x /w,v,. (1)

Az összes impulzusmomentum időegység­re eső megváltozása az egyes pontok impulzusmomentumának időegységre eső megváltozásának összege:

N = N ,+ N 2+ . . . +N „, (2)

hiszen a deriválás tagonként elvégezhető.A jobb oldali első tag az első testre

ható erők eredőjének a forgatónyomaté- kával egyenlő — az impulzusmomentum­tétel alapján —, azt is láttuk, hogy az erők eredőjének a forgatónyomatéka megegye­zik a forgatónyomatékok eredőjével: a de­riválás tagonként elvégezhető. A testre ha­tó forgatónyomatékok két csoportra oszt­hatók: egyik részük a pontrendszeren kí­vüli erőkből, a másik részük a belső erők­ből származtathatók:

N , = ^ M k,üjs8+ E M - ' 0-

Ugyanígy a második testre:

rbelsö

stb. Ezeknek az egyenlőségeknek az ösz- szege (2) alapján:

(3)

Ebben az állításban bal oldalon a pont- rendszer impulzusmomentumának időegy­ségre eső megváltozása áll, a jobb oldali első tag a környezet impulzusmomentum­közlő képességének a mértéke. A második tag fellépéséért a belső erők a felelősek, ez a tag a belső kölcsönhatások kifejezője, a rendszeren belül időegység alatt keletke­zett forgásmennyiség. A (3) egyenlőség az általánosnak megfelelő formában kifejezi az impulzusmomentum-mérleget.

231

3.14.ábra

A (3) egyenlőség második tagjában min­den belső erő forgatőnyomatéka szerepel. A belső erők párosával lépnek fel, ezért a forgatónyomatékuk is párosítható. Ezek az erők egyenlő nagyok, irányuk ellenté­tes. Ezen túlmenően azonban az erő és ellenerő hatásvonala is azonos. így mint a 3.14. ábrán látható, bárhogyan is választ­juk meg az O forgáspontot, az erő és az ellenerő forgatőnyomatéka egyenlő nagy és ellentétes irányú: az erők egyenlők, a forgástengelytől mért távolságuk azonos, de a körüljárási irány ellentétes. így a forgatónyomatékra is érvényes a hatás— ellenhatás törvénye. Az impulzusmomen­tum-mérleg jobb oldali második tagjában ezért minden forgatónyomatéknak megfe­lel egy másik — az ellenerőtől származó —, amelyek „kiejtik” egymást: az összegük nulla. így a (3) mérlegegyenlet a követke­zőre redukálódik.

Impulzusmomentum-tétel pontrendszerek­re: Egy pontrendszer impulzusmomentumá­nak időegységre eső megváltozása egyenlő a pontrendszer tagjaira ható külső erők forgatónyomatékának összegével:

N = £ M 'külső (4)

Ha a rendszer (impulzusmomentumra nézve) zárt, vagyis £ M külső = 0, akkor a rendszer összes impulzusmomentuma ál­landó. Az impulzusmomentum tehát meg­

maradó mennyiség. Kiemeljük, hogy a meg­m aradó tulajdonsága azon a tényen nyug­szik, hogy a Newton III. törvényében sze­replő erő és ellenerő hatásvonala is azonos.

[példaként vizsgáljuk meg a következő egyszerű problémát. Egy függőleges, jól csapágyazott tengelyre merőlegesen egy rúd, a rúd mindkét végén, a tengelytől L távolságra egy-egy m tömegű pontszerű test van. A tengelyre egy r sugarú orsót is szereltünk, erre vékony fonalat csévéltünk. A fonalat F erővel húzzuk (3.15. ábra). így a rendszerre Fr forgatónyomatékot fejtünk ki. Ez a forgatónyomaték egyenlő a rend­szer forgásmennyiségének az időegységre eső megváltozásával. Ez a forgásmennyi­ség egy testre vonatkozóan mvr, a két testre N = 2mrv = 2mrrco = 2mr2ox így Fr = 2mr2fi. A rendszer állandó szöggyorsulással forog,

rM ost vizsgáljuk meg egy hasonló rend­szer viselkedését. Tegyük fel, hogy a függő­leges, jól csapágyazott tengelyre merőlege­sen egy rúd, a rúd végén egy-egy m töme­gű test van a tengelytől L, távolságra. A testek rögzítve vannak, mindkettőt egy- egy megnyújtott rugó köti a tengelyhez. A rendszer w, szögsebességgel egyenletesen forog (3.16. ábra). A testek rögzítését ek­kor fölengedjük, így a rugók a tengelyhez közelebb húzzák a testeket. Az új helyzet­ben a rugók hossza L 2. A rendszerre külső forgatónyomaték nem hat, ezért az összes impulzusmomentum állandó:

2mL\a>i=2mL\w2.

Mivel L 2 kisebb, mint L j , és <o2 nagyobb, mint co,, ezért a rendszer gyorsabban fog pörögni. Ezzel a jelenséggel a hétköznapi életben is találkozunk. A jégtáncos felpö­rög, ha forgás közben a testéhez húzza a kezeit. |

232

3.15.ubra

3.16.ábra

Felvetődik most a következő kérdés: milyen szerepe van a tömegközéppontnak az impulzusmomentummal kapcsolatban. Arra gondolunk, hogy a test összes im­pulzusa a tömegközéppontba egyesíthető, ugyanígy azt várjuk, hogy a tömegközép­pontnak hasonló jelentőséget tulajdonít­hatunk a forgás mennyiségénél is. Az im­pulzusmomentum vagy legalábbis egy ré­sze valamilyen értelemben a tömegközép­pontba koncentrálható.

Induljunk ki egy diszkrét pontrendszer­ből. Az i-edik pont helyvektora legyen rf, a tömege m„ a sebessége v,. Ekkor a tö­megközéppont helyvektora és sebesség- vektora:

. I ' V . .■o— >L mi

V n = m,

Az i-edik ponthoz a tömegközéppontból mutató vektort jelöljük s,-vel, az i-edik pont tömegközépponthoz viszonyított se­bességét u,-vei. Ekkor

így a pontrendszer összes impulzusmo­mentuma:

N = x m,v, = £ ( r 0 + s ,)x m^Vo + u,).

A vektoriális szorzást elvégezve — minden tagot minden taggal megszorozva —, és rendezve:

N = ( X m fii) x v0 + Z sf x w.ui +

+ r0 x ( Z o + «o x Z mfui- (6)

A tömegközéppont helyvektora a tömeg- középpont koordináta-rendszerében:

S n =I w f t

I > i '

Ez nyilvánvalóan nullvektor, mert a tö­megközéppontból nézve a tömegközép­pont az origóban van, ezért ennek a tört­nek a számlálója nullvektor. Az impulzus- momentum négytagú kifejezésében az első tag egyik tényezője nulla, tehát az első tag eltűnik.

A negyedik tag is nulla, mert Z miui a tömegközépponthoz viszonyított összim- pulzus. A tömegközéppont áll saját magá­hoz viszonyítva, így innen nézve az összes impulzus nulla.

r i — f o + S ; , Vi = V0 + U „ (5)3.17.ábra

233

Az impulzusmomentum kifejezésben két tag maradt. Az első jelentése nyilvánva­lóan a tömegközéppontba egyesítve kép­zelt tömeg — mint tömegpont — impul­zusmomentuma a koordináta-rendszer ori­gójára vonatkozóan. A másik pedig a tö­megközépponthoz viszonyított mozgás im­pulzusmomentuma: a tömegközéppontból nézve a mozgó pontok impulzusnyoma­téka. Tehát

N = r0 x ( Z f n í)vo + Z s i x m iui- (7)

Itt az első tagot pályaperdületnek, pálya­menti impulzusnyomatéknak, a második tagot sajátperdületnek, saját impulzusmo­mentumnak nevezzük.

Igen lényeges kiemelni a következőt: az impulzusmomentum (6) alatti kifejezése akkor is felírható, ha a tömegközéppont helyett valamely más pontot választunk. Ekkor azonban nem redukálhatjuk az ösz- szes perdületet két tagra.

H a a tömegközéppont áll, vagyis v0 = 0, vagy a koordinátarendszer origóját a tö­megközéppontba helyezzük, r0 = 0, akkor

N = Z si xm íui- (8)

Ilyenkor tehát a pályamenti impulzusmo­mentum „eltűnik”, a rendszer összes im­pulzusmomentuma egyenlő a sajátperdü- lettel.

Tegyük fel most, hogy a pontrendszer i-edik tagjára F erő hat. Ekkor ennek az erőnek a forgatőnyomatéka a vonatkozta­tási rendszer origójára vonatkozóan

M = r, x F = ( r0+Sj) x F =

= r 0 x F + S; x F , (9)

vagyis a forgatónyomaték két tagra bont­ható. Az első tag így interpretálható: az F erőt gondolatban a tömegközéppontba képzelt tömegen hatónak gondoljuk, és

3.18.ábra

/3.19. ábra

erre a pontszerűnek tekintett testre ható forgatónyomaték. A második tag jelentése pedig: az F erő forgatőnyomatéka a tö­megközéppontra mint origóra vonatko­zóan.

Összefoglaljuk e pont eredményeit. Egy pontrendszer összes impulzusmomentuma a rögzített inerciarendszerhez viszonyítva N: = ]Tr; x m-Vi. Az impulzusmomentum időegységre jutó megváltozása a pontrend­szer tagjaira ható külső erők inerciarend­szerünkhöz viszonyított forgatónyomaté- kának az eredőjével egyenlő: N = Z M küls°.

A pontrendszer összes impulzusmomen­tuma két részre bontható, az egyik rész a tömegközéppontba egyesített, pontszerű­nek tekintett tömeg impulzusmomentuma az inerciarendszer origójára vonatkozóan, a másik része a tömegközépponthoz rög­zített koordináta-rendszerhez viszonyított összes impulzusmomentum.

234

A forgatónyomaték is két részre bont­ható, az egyik rész a tömegközéppontban hatónak képzelt erő forgatőnyomatéka a vonatkoztatási rendszer origójára számít­va, a másik rész az erő forgatőnyomatéka a tömegközéppontra vonatkoztatva.

Ha a saját-impulzusnyomatékot Ns-sel, a tömegközéppontra számított forgatónyo- matékot M s-sel jelöljük, akkor a (4)-hez hasonló eredményt kapunk.

Sajátperdület-tetel: A sajátperdület idő­egységre eső megváltozása egyenlő a külső erők tömegközéppontra vonatkozó forgató- nyomatékának az eredőjével:

Ns= £ M f : (10)

3.1.4. Az energiamérleg

Térjünk most át a mozgási energia mér­legére. Egy diszkrét pontrendszer összes mozgási energiája a rendszer tagjaihoz tar­tozó mozgási energiák összege:

(1)

Itt természetesen az előző két mérlegegyen­lethez hasonlóan azt várjuk, hogy a rend­szeren végzett belső munkák összege nulla. Ez nem így van. A m unkára ugyanis nem

érvényes a hatás-ellenhatás törvénye (3.20. ábra). A rendszeren belül ható erők és ellenerők egyenlő nagyok, ellentétes irá­nyúak, ezért a rendszer összes impulzusát a belső erők nem változtatják meg, a belső erők és ellenerők hatásvonala páronként azonos, így a rendszer összes impulzus- momentumát a belső erők forgatónyoma- téka nem változtatja meg. Az erő és el­lenerő munkája azonban nem „semmisíti meg” egymást.

Munkatétel pontrendszerekre: Egy rend­szer összes mozgási energiájának megvál­tozása egyenlő a rendszer tagjaira ható kül­ső és belső erők munkájának az összegével:

AE= £ H/icűl,6+ £ W^1*6. (2)

3.20.ábra

H a a rendszer (mozgási energiára nézve) zárt, vagyis a külső munkák összege nulla, akkor a belső erők munkáinak összegével egyenlő a rendszer mozgási energiájának változása. A rendszer összes mozgási ener­giája tehát zárt rendszerben általában nem állandó: a mozgási energia nem megma­radó mennyiség.

Úgy hangzik ez az állítás, mint az ener­gia meg nem maradásának tétele. Az Ol­vasó persze azonnal felismeri: itt a moz­gási energiáról van szó. Hogyan alakul a munkatétel, ha a mozgási energia helyett a mechanikai energiáról beszélünk?

A (2) munkatétel ugyanilyen formájú lesz, ha a mozgási energia megváltozása helyett általában a mechanikai energia megváltozása kerül a bal oldalra. Pontosan a következőről van szó: ha a (2) munkatétel jobb oldalán valamely külső vagy belső erő munkájáról kiderül, hogy egyenlő va­lamely állapotjelző megváltozásával — te­hát hogy konzervatív erőről van szó —, akkor ezt a különbséget átvisszük a (2)

235

munkatétel bal oldalára, ezzel általánosít­juk az energiát, és a jobb oldalon csökken a figyelembe veendő munkák száma. Van azonban olyan erő, amely nem konzerva­tív, ilyen például a csúszó súrlódási erő. Lehetséges, hogy a pontrendszeren belül lép fel a súrlódási erő, így általában nem tekinthetünk el a (2) munkatételben vagy általánosításaiban a belső erők munkájá­tól. A mozgási energia nem megmaradó mennyiség, de nem megmaradó mennyiség a mechanikai energia sem, függetlenül a t­tól, hogy miféle konzervatív erők munká­já t vettük figyelembe a mozgási energia mellett.

Különben nem ismeretlen dolgokról van szó. Találkoztunk m ár olyan feladattal, amely a mozgási energia nem megmara­dó tulajdonságát világítja meg. Gondol­junk két tömegpont rugalmatlan ütközé­sére. Ilyenkor a mozgási energia csökken, még az is elképzelhető, hogy nulla lesz: két azonos sebességű puha gombóc összes energiája eltűnik. Második példaként idéz­zük fel a kiskocsin végigcsúszó zsák esetét (2.2.2. pont). A kocsi által a zsákon végzett munka és a zsák által a kocsin végzett munka ellentétes előjelű, különböző ab­szolút értékű. A két munka összege nega­tív: a zsák-kocsi együttes mozgási ener­giája csökken.

Ki kell emelni a következőt: a mun­katétel megfogalmazásában a testre ható belső és külső erők munkájának az összege szerepel. A tömegpontokra érvényes mun­katétellel szemben itt a munkák összege nem helyettesíthető az erők eredőjének a munkájával: a belső erők összege nulla. Különben is, a külső és belső erők mind­egyikének más és más lehet a támadás­pontja, más és más lehet a tám adáspont sebessége, elmozdulása, az eredő erő mun­kája nem is értelmezhető könnyen: melyik

pont elmozdulásával szorozzuk meg az eredő erőt? A tömegközéppont elmozdu­lásával, mondja az Olvasó. Sajnos, a hely­zet nem ilyen egyszerű. A kérdést hagyjuk egyelőre nyitva, megvitatására még vissza­térünk egy konkrét probléma kapcsán.

A (2) munkatétel megfogalmazható tel­jesítménnyel is: A pontrendszer mozgási energiájának időegységre eső megváltozása egyenlő a pontrendszer tagjaira ható külső és belső erők teljesítményének az össze­gével:

Az erők teljesítményének a meghatá­rozásakor a következőkre kell ügyelni. Egy pontrendszerre ható (külső és belső) erő teljesítményét úgy kapjuk, hogy az erőt skalárisán szorozzuk annak a pontnak a sebességvektorával, amelyre az erő hat. Gyorsuló autó kereke érintkezik a talajjal. A kerekekre ható súrlódási erő teljesítmé­nye nulla, mert a kerék talajjal érintkező pontja — kíméletes gyorsításkor — áll.

Megvizsgáljuk most, hogy milyen kap­csolatba hozható a pontrendszer összes energiája a tömegközépponttal. Tanulmá­nyozzuk először a mozgási energiát.

Ahogyan az előző fejezetben láttuk, egy véges sok pontból álló diszkrét pontrend­szer tömegközéppontját jelöljük r0-lal, a tömegközéppont sebességét v0-lal, az i-edik pont sebességét ur vel. Ekkor v,- = v0 + u,-.

A rendszer összes mozgási energiája:

e ' = T \ m‘v? = X y fw,(iiH- v0)2 =

= Z y mi(uf + vo + 2u,v0) =

= X \ mP? + \ (X m> o + ( E "W)v0- (4)

236

Itt a harmadik tagban a tömegközéppont sebességének az együtthatója ( £ m ^ ) nem más, mint a tömegközéppontból nézve a rendszer összimpulzusa. A tömegközép­pont rendszeréből nézve a tömegközép­pont áll, így Z wtjU— 0.

/4 rendszer összes mozgási energiája te­hát két részre bontható; az egyik tag a tömegközéppontba egyesítve képzelt tömeg mozgási energiája:

y ( I > i ) vl ,

a másik tag a középponthoz viszonyított mozgásból álló energia:

A pontrendszer összes mozgási ener­giáját algebrai módszerrel tagokra bon­tottuk. H a a tömegközépponthoz viszo­nyítjuk a rendszer tagjainak a sebességét, vagyis u — Vj—v0 — ahol v0 a tömeg- középpont sebessége —, akkor a (4)-ben a harmadik tag „eltűnik”. Megjegyezzük, hogy ha a tömegközéppont helyett vala­mely más pont szerepel, akkor is felbont­hatjuk az összes mozgási energiát a (4) formában, a harmadik tag azonban ilyen­kor nem nulla.

Vizsgáljuk meg most egy n pontból álló pontrendszer összes helyzeti energiáját:

(5)

Vegyük észre, hogy ennek az egyenlőség­nek a jobb oldalán a tömegközéppont „y- koordinátájának” g £ mr szerese áll; láttuk ugyanis, hogy

így

Z « W , = (D ni)0}'o- (6)

3.21. ábra

A kapott eredmény a következőképpen in­terpretálható. A pontrendszer összes hely­zeti energiáját úgy számoljuk, hogy a rend­szer összes tömegéi a tömegközéppontba egyesítve képzeljük, ennek a — képzeletbeli— tömegpontnak a helyzeti energiája meg­egyezik a rendszer összes helyzeti energiájá­val. Egy pontrendszer összes helyzeti ener­giája a tömegközéppontba egyesíthető. (Ki kell emelni, hogy a talaj közelében ér­vényes közelítésről van szó, és eltekin­tünk a pontrendszer tagjai között fellépő gravitációs erők potenciális energiájától. A Naprendszer bolygóinak összes helyzeti energiáját nem lehet kiszámítani a tömeg- középpontjukba egyesített tömeg helyzeti energiájából.)

ITgy például határozzuk meg egy m = = 100 kg tömegű, L = 30 cm élhosszúsá­gú kocka helyzeti energiáját. Világos, hogy a kocka tömegközéppontja L/2 magasan van a talaj fölött, a helyzeti energiája így mgL/2= 1000 -0,15 = 150 J. Tegyük fel most, hogy a kockát egy éle körül átfor­dítjuk (3.21. ábra). Ekkor a tömegközép­pont legnagyobb magassága a talaj fölött Ly/2/2. Átfordítás közben a kocka legna­gyobb helyzeti energiája

m g L =1000-0,3 0,7071=212 J.

A helyzeti energia növekedése: 62 J. Ennyi munkát kell tehát minimum végezni, hogy a kockát éle körül átfordítsuk. |

ITontoljuk most meg, hogy mekkora a helyzeti energiája a következőkben leírt pontrendszernek. Egy L = 1 0 m hosszú,

237

könnyű, vékony kötélen méterenként egy- egy 1 kg tömegű test van, tehát összesen11 testet csomóztunk a kötélre. Ha felemel­jük a kötél egyik végét úgy, hogy a másik vége 2 méterre legyen a talajtól (3.22. ábra), akkor a talajhoz viszonyitott hely­zeti energiát a következőképpen kapjuk. A tömegközéppont magassága a talaj felett:

m -2 + m -3 + m -4 + . . . + m - 12

- 77m = 7llm

így Ehelyze,i = 110 - 7 = 770 J j Összefoglalva: egy pontrendszer összes

mozgási energiájának megváltozása a rend­szer tagjaira ható külső és belső erők mun­kájának az összegével egyenlő. Hasonló állítás érvényes, ha a mozgási energia he­lyett mechanikai energiát szerepeltetünk a munkatétel pontrendszerekre érvényes alakjában.

A pontrendszer tagjaira ható erők mun­kájánál az erő támadáspontjának az el­mozdulását kell figyelembe venni, illetőleg az erő teljesítményénél a támadáspont se­bességével kell számolnunk.

A pontrendszer összes mozgási ener­giája két részre bontható: az egyik rész a

y

he -=7m

- -2m •

------------------------------------------------------------ x 3.22.ábra

tömegközéppontba egyesítve képzelt tö­meg mozgási energiája, a másik rész a tömegközépponthoz viszonyított mozgás energiája. A mozgási energiával szemben a helyzeti energia teljes egészében a tömeg- középpontba egyesíthető.

VIII. Feladatcsoport: pontrendszerek, tömegközéppont

VIII/1. Egy diszkrét pontrendszer 8 tö­megpontból áll; a pontok egy 1 méter ol­dalú négyzet csúcspontjai és oldalfelező pontjai. Az óramutató járásának megfele­lően körbehaladva az egyik csúcsból in­dulva, a pontok tömege 1 kg-tól 8 kg-ig egy-egy kg-mal nő. Hol van ennek a rend­szernek a tömegközéppontja?

VIII/2. Vékony acéldrótból F betűt for­rasztunk. Az F betű függőleges szára 15 cm, a felső vízszintes szár 10 cm, az alsó 8 cm. A két vízszintes szár távolsága 7 cm. Hol van ennek a rendszernek a tömegközép­pontja?

VIII/3. Egy derékszögű háromszöglemez átfogója 5 dm, a legrövidebb oldala 3 dm, tömege 4 kg. A háromszöglemez három csúcsában három pontszerű test var: a leg­hosszabb oldallal szemközti csúcsban 5 kg, a legrövidebb oldallal szemben 3 kg, a har­madik oldallal szemben 4 kg. Hol van en­nek a rendszernek a tömegközéppontja?

VIII/4. Egy 10 cm sugarú, homogén körlemez középpontjától 6 cm-re kijelö­lünk egy pontot, majd e pont körül 4 cm sugarú kört rajzolunk a lemezre, és ezután kivágjuk. Hol van az így kapott lyukas körlemez tömegközéppontja?

VIII/5. Egy derékszögű trapéz alakú le­mez párhuzamos oldalai 10 cm, illetve 16 cm hosszúak, a magasság 9 cm. Hol van a tömegközéppont?

238

VIII/6. Egy derékszögű, egyenlőszárú háromszöglemez átfogója 10 cm. A há­romszöglemezből kivágjuk a háromszög oldalait belülről érintő kört. Hol van az így keletkezett idom tömegközéppontja?

VIII/7. Egy 1 kg tömegű, 1 méter hosz- szú deszka súrlódásmentesen csúszhat a talajon. A deszka két végén egy-egy ele­mes játékautó van. A bal oldali 0,4 kg tömegű, a jobb oldali 0,6 kg tömegű. A két autót elindítjuk egymással szembe. Egy­más mellett elhaladnak. Egyszerre érnek a deszka végére. Mennyit mozdult el eköz­ben a deszka?

VIII/8. Egy 1 kg tömegű, 1 méter hosz- szú deszka súrlódásmentesen csúszhat a talajon. A deszka két végén egy-egy pont­

szerűnek tekinthető, elemes játékautó van. A bal oldalon 0,4 kg tömegű, a jobb olda­lon 0,6 kg tömegű. Az első autó 0,2 m/s, a második 0,15 m/s sebességgel halad a ta­lajon. Mekkora sebességgel megy a deszka, ha a két autót egyszerre indítjuk egymás­sal szemben? M ekkora a két autó talaj­hoz viszonyított sebessége? Mennyivel moz­dul el a deszka, amíg a két autó talál­kozik?

VIII/9. Egy 30° hajlásszögű, 4 kg töme­gű, 0,5 méter magas lejtő súrlódás nélkül csúszhat a talajon. A lejtő tetején 1 kg tömegű pontszerű test van. A test és a lejtő kezdetben nyugalomban van. A testet ma­gára hagyjuk, így lecsúszik a lejtőn. Meny­nyivel mozdul el eközben a lejtő a talajon?

3.2. Merev testek mozgása

3.2.1. A merev testek mozgását leíró törvények

Ebben a pontban a következő célt tűz­zük ki. Az előző pontokban előkészített mérlegegyenleteket a merev testekre mint a legegyszerűbb pontrendszerekre alkal­mazzuk. A merev testek mozgását megha­tározó törvényeket tehát ismerjük már, hátra van azonban a legfontosabb állapot- jelzők kapcsolatának a feltárása.

Merev test pontjai egymáshoz viszo­nyítva nem mozdulnak el. Ha egy koordi­nátarendszert illesztünk a merev testhez, akkor ennek minden pontja áll ehhez a koordináta-rendszerhez viszonyítva. Me­rev test például egy rúd, egy gyűrű, egy tégla, merev testnek tekinthető bizonyos szempontból a Föld.

A merev testeket a következőképpen jel­

lemezhetjük. Egy merev test csak úgy mo­zoghat, hogy mozgás közben bármely két helyzete egybevágó: a merev testek minden mozgása geometriai értelemben vett egy­bevágóság.

A középiskolai matematikából tanultuk, hogy az egybevágósági transzformációk­nak három fajtája van: az eltolás (transz­láció), a forgás (rotáció) és a síkra vonat­kozó tükrözés. Ez utóbbit biztosan kihagy­hatjuk a tanulmányozásból, nincs ugyanis olyan mozgás, amely — mondjuk, merev testnek tekinthető — balkormányos autó­ból jobbkormányost varázsolna.

Az egybevágósági transzformációk — eltekintve a tükrözéstől — felfoghatók úgy, mint transzláció és rotáció egymástól füg­getlen, egymás után történő alkalmazása, végrehajtása (3.23. ábra).

Alapvető jelentősége van ennek a megál­

239

lapításnak. A merev test mozgását mindig felfoghatjuk úgy, mint egymástól függetle­nül leírható haladó és forgómozgás ered­ményét. Közöttük a kényszerfeltételek te­remthetnek kapcsolatot.

Részletesen a következőkről van szó. A merev test haladó mozgását Newton II. törvényének a pontrendszerek mozgására érvényes általánosítása írja le:

£ F kü,s5=ma0> (1)

ahol m a test összes tömegét jelenti, az a0 pedig a tömegközéppont gyorsulását. A merev test tömegközéppontja úgy mozog, mintha az összes tömege a tömegközép­pontba lenne egyesítve, és rá a külső erők eredője hatna. A külső erők tehát meghatá­rozzák a tömegközéppont haladó mozgá­sát. A merev test azonban igen gyakran úgy mozog, hogy haladó mozgása mellett forgó mozgást is végez.

Forgómozgását az impulzusmomentum­mérleg írja le; a forgásmennyiségének idő­egységre eső megváltozása a testre ható erők forgatónyomatékának az összegével egyenlő:

Z M kütó= N . (2)

Ezzel át is tekintettük a merev testek mozgására érvényes lényeges mérlegegyen­leteket: (1) a merev test haladó mozgását, (2) a forgómozgását írja le. Feladatokat, konkrét problémákat azonban még nem tudunk megoldani. Nem ismert ugyanis az, hogy a merev test impulzusnyomatéka ho­gyan számolható ki, hogyan fejezhető ki más állapotjelzőkkel. Nem ismerünk még olyan állapotegyenletet, amely a merev test impulzusnyomatékát összekapcsolná pél­dául a forgás intenzitását jellemző szög- sebességgel.

Ilyen egyenletre azonban könnyen szert teszünk. Goldoljuk el, hogy rögzítve van egy O pont és a ponton átmenő tengely. Tegyük fel, hogy a — véges sok pontból álló — merev test e tengely körül forog to szögsebességgel. Ekkor az i-edik pont impulzusnyomatéka az O pontra vonatko­zóan (3.24. ábra):

nagyságú, hiszen r, és rt merőleges egy­másra. A'r nek a tengelyre eső vetülete:

N i= mppi sin a; =

ezek összege

N = X mívJi = £ mjicoli= ( £ mfí)to. (3)

240

A tengely körül forgó merev test impul­zusmomentuma arányos a test szögsebes­ségével (3.25. ábra). Az arányossági ténye­zőt tehetetlenségi nyomatéknak nevezzük, és 0-val jelöljük, mértékegysége: k g m 2. Tehát

(4)

A tehetetlenségi nyomaték természetesen függ a tengely megválasztásától (3.26. áb­ra). Tegyük fel, hogy a tömegközépponton átmenő valamely tengelyre vonatkozó te­hetetlenségi nyomaték 0 S, és határozzuk meg a tehetetlenségi nyomatékot egy ezzel párhuzamos tengelyre. A két tengely tá­volságát jelöljük s-sel. H a 0 O jelöli az új tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyo­matékot, és m a test összes tömegét, akkor

0 o = 0 s + ws2. (5)

Ezt a — nem bizonyított állítást — Steiner tételének nevezzük.

l~Steiner tételét tehát nem bizonyítjuk, de a bizonyítás gondolatmenetét áttekint­hetjük a következő konkrét problémán. Az általános érvényű bizonyítás minden lé­nyeges gondolatát tartalmazza ez az egy­szerű számolás. Tegyük fel, hogy az x ten­gely — 5 (dm-ben mért) pontjában 2 kg tö­megű test van, a számegyenes pozitív felén a 4 (dm) pontba 2,5 kg tömegű testet he­lyeztünk (3.27. ábra). Ekkor a két pont­ból álló rendszer tömegközéppontjának a koordinátája:

m1x 1+ m 2x 2 —0,5-2 + 0,4-2,5 X° m l + m2 4,5

a két test tömegközéppontja az origóban van. Az origóba állított (tehát a tömegkö­zéppontra átmenő), az x tengelyre merő­leges tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték:

0 S = m 1Xi + m2x \ = 2 ■ 0,52 + 2 • 0,42

0,9 kg m 2.

Állítsunk most az x tengelyre merőleges egyenest az origótól jobbra, az s koordi­nátájú helyen. Ekkor az erre a tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték:

0 O = 2(0,5 + s)2 + 2,5(0,4 - s)2 =

= 2(0,52 + 2 • 0,5s + s2) +

+ 2,5(0,42 — 2 • 0,4s + s2) =

= 2 • 0,52 + 2,5 • 0,42 + 2s2 + 2,5s2 +

+(2 • 0,5—2,5 • 0,4) • 2s =

=0,9 + 4,5s2 + 0 j

A tehetetlenségi nyomaték a Steiner-té- tel szerint az egymással párhuzamos ten­gelyek közül a tömegközépponton átmenő tengelyre nézve a legkisebb.

N = 0 to .

241

mt=2 kg

*i=-5dm LÜ *i=4dm

3.27.ábra

6=2 mr1

8-^mr1

8 = ±ml> 3.29.ábra

8 = 2mr1

Egy m tömegű, r sugarú tömör gömb te­hetetlenségi nyomatéka a középpontjában átmenő tengelyre

2

6 - —mt'1 5

8 = ~ 3.28.ábra

A feladatokban előforduló merev tes­tek legtöbbször forgástestek: henger, gyű­rű, gömb stb., de előfordul a feladatokban homogén eloszlású rúd is (3.28. ábra).

Egy m tömegű, r sugarú, csőszerű, vé­konyfalú henger, gyűrű — szimmetriaten­gelyére vonatkozó — tehetetlenségi nyo­matéka

0 = mr2.

A tömör korongé, tömör hengeré kisebb, mint a vékonyfalú hengeré és a gyűrűé, mert a pontrendszert alkotó pontok átla­gosan közelebb vannak a forgástengelyhez, pontosan

^ 1 70 = — m r .2

0 = - mr2.

Egy homogén, L hosszúságú, m tömegű rúd hossztengelyére merőleges, a közép­ponton átmenő tengelyre vonatkozó tehe­tetlenségi nyomatéka

0 = ~ m l3 .12

Példaként határozzuk meg az m tömegű, r sugarú gyűrű tehetetlenségi nyomatékét a kerületi pontjára vonatkozóan (3.29. ábra). A kerületi pont a középponttól r távolságra van, így a Steiner-tétel szerint

0 O = 0 S + ms2 = mr2 + mr2 — 2 mr2.

Egy homogén korong tehetetlenségi nyo­matéka a peremére vonatkozóan:

1 3@o = — mr2 + mr2 = — mr2.

Forgassunk egy rudat a vége körül a rúdra merőleges tengely körül. Ekkor a tehetet­lenségi nyomatéka:

1 2 L2 ° = 12 T =

1 , 3 m ii= ü m L + ~ i r

4 ml3 1 , —— - = — mis.

12 3

242

A tehetetlenségi nyomaték additív meny- nyiség: a (3) állításból látszik, hogy a tehe­tetlenségi nyomaték a tömeg és a tengely­től mért távolság négyzetéből képzett szor­zatok összege; az értelmezésben szereplő szumma jel a részenkénti additivitást je­lenti. így például, ha egy vékony, m töme­gű, r sugarú karikát a pereménél felfüg­gesztünk, a felfüggesztési pont alá pedig m, tömegű testet erősítünk a karikára, akkor ennek a rendszernek a tehetetlen­ségi nyomatéka a karika kerületi pontjára számított mr2 + mr2 = 2mr2 tehetetlenségi nyomatéknak és az m, tömegű test m ^lr )2 tehetetlenségi nyomatékának az összege (3.30. ábra):

& = 2mr2 + m l4r2.

Világos, hogy ebben az utóbbi összegben szereplő összeadásjel a tehetetlenségi nyo­maték additivitását fejezi ki, míg a Stei- ner-tételben az összeadásjel a tehetetlen­ségi nyomaték tengelyeltolásból származó transzformációját.

A tehetetlenségi nyomaték függ a ten­gely megválasztásától. A konkrét jelensé­gek leírásánál, feladatok megoldásánál a tengely megválasztását illetően a követ­kező lehetőségekkel szoktunk élni.

1. Legtöbbször a tömegközépponton át­menő tengelyre vonatkoztatjuk a tehetet­lenségi nyomatékot, ilyenkor — ha a test w szögsebességgel forog — a sajátperdület ©w (3.31. ábra).

2. Előfordul, hogy a merev test egy pont­ja rögzítve van az inerciarendszerben. Ek­kor erre a pontra is vonatkoztathatjuk a tehetetlenségi nyomatékot. Tegyük fel, hogy ez a pont az inerciarendszer kezdő­pontja, ekkor 0 w a rendszer teljes impul­zusmomentuma, itt a rögzített pontra vo­natkozó tehetetlenségi nyomaték, amely lehet, hogy külöbözik a tömegközéppont­ra vonatkozó tehetetlenségi nyomatéktől (3.32. ábra).

Térjünk most vissza a merev testek moz­gását leíró (2) impulzusmomentum-mér- leghez. Most m ár számolásra alkalmas alakba írhatjuk a test perdületét.

N=fiio

243

A vonatkoztatási rendszer kezdőpontjá­hoz tartozó impulzusnyomaték:

N = N + N s = N + 0 sto, (6)

ahol N p a pályaperdület, Ns a sajátperdü- let, 0 S a tömegközépponton átmenő ten­gelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték.

A perdület időegységre eső megválto­zása:

N = N p + N s = N p + 0 sp. (7)

Figyelembe véve a (2) egyenlőséget, a kö­vetkező egyenletet kapjuk:

N p+ e j i = X M “ (8)

ahol a forgatónyomatékot a koordináta- rendszer kezdőpontjára számítjuk. Speciá­lisan (8) alapján

külső (9)

Szavakban: a merev test saját perdület é- nek időegységre eső megváltozása — ez a <9SP — egyenlő a merev testre ható külső erők tömegközéppontra vonatkozó forgató- nyomatékainak összegével. Megjegyezzük, hogy bár a (8) állítás általánosabb, a (9) összefüggés a konkrét feladatok áttekint­hetőbb és kielégítő leírását adja.

A (9) mérlegegyenlethez hasonló egyen­letet kapunk, ha a merev test egy pontja rögzítve van. Ekkor a rendszer összes im­pulzusnyomatéka:

N = 0 oto. ( 10)

Itt, mint mondtuk, 0 0 a rögzített tengely­re vonatkozó tehetetlenségi nyomaték. Az ilyen alakba írt perdület időegységre eső megváltozása

N = 6>op. (11)

A (2) mérlegegyenletet figyelembe véve

0 op = £ M k ütó. (12)

Szavakban: a rögzített tengely körül forgó merev test teljes impulzusmomentumának időegységre eső megváltozása — ez a 0 op— egyenlő a testre ható külső erők rögzített tengelyre vonatkozó forgatónyomatékának összegével.

Figyeljünk fel arra, hogy a (2) mérleg­egyenlet speciális kifejezési formái a (8), (9) és (12) egyenletek. A (9) és (12) egyenlősé­gek formailag teljesen azonosak, ügyeljünk azonban a tartalm ukban fennálló finom különbségre!

A merev test forgómozgását leíró dina­mikai egyenlet tehát így írható:

V M kfl|s5= 6 >p_ (13)

Ebben a formában a (13) egyenlet és a ha­ladó mozgást leíró (1) egyenlet között teljes párhuzam vonható. A szöggyorsulás meg­felel a merev test tömegközéppontja gyor­sulásának, a forgatónyomaték az erőnek, míg a tehetetlenségi nyomaték a tömegnek. Valóban, forgómozgásnál a tehetetlenségi nyomaték hasonló szerepet tölt be, mint a haladó mozgás leírásánál a tömeg.

Az (1) impulzusmérleg — Newton II. törvénye — és a (13) impulzusmomentum­mérleg a merev test mozgásának dinami­kai leírását szolgáltatják. [M int már az előbb említettük, a (13) egyenletet kétféle értelemben is használhatjuk — (9) és (12) —, sőt általánosabb forma is létezik: (8). Feladatmegoldás közben szinte autom ati­kusan felírjuk a haladó mozgásra vonat­kozó Newton-törvény után, hogy „a for- gatónyomatékok összege egyenlő a tehe­tetlenségi nyomaték és a szöggyorsulás szorzatával”. Sokszor nem is tudatosodik a feladatmegoldóban, hogy az említett két lehetőség közül melyiket választotta.]

Vizsgáljuk még meg a mozgási ener­gia kifejezését is. Láttuk, hogy tetszőleges

244

pontrendszer összes mozgási energiája két részre bontható: egyrészt a tömegközép­pontba egyesítve képzelt tömeg mozgási energiájával, másrészt a tömegközéppont­hoz viszonyított mozgási energiára. Ez utóbbi:

figyelembe véve azonban, hogy a merev test a tömegközéppontja körül forgómoz­gást végez, vagyis wf = s,cü, így a tömegkö­zépponthoz viszonyított mozgás energiája

E j m ;s?w2 = y 0 sco2, (14)

ahol a 0 S a tömegközéppontra vonatkozó tehetetlenségi nyom aték(3.33. ábra).

Az y 0 sío2 mennyiséget — a mozgási

energia analógiájára — forgási energiának nevezzük.

Hasonló összefüggést kapunk, ha egy rögzített tengely körül forgómozgást végző merev test energiáját számoljuk. Ekkor a merev test minden pontja körmozgást vé­gez a rögzített tengely körül, így a teljes mozgási energia (3.34. ábra):

E J miv? = E \ mi(riU)2 = J 0 o(o2■ (15)

Ebben a kifejezésben a 0 O tehetetlenségi nyomaték a rögzített tengelyre vonatkozik.

3.33.ábra

Az — 0 w 2 mennyiség jelentheti a teljes

mozgási energiát, de jelentheti az összes mozgási energiának azt a részét, amelyet a tömegközépponthoz viszonyított mozgás­nak tulajdoníthatunk. A (15) összefüggés­ben az első értelemben szerepel, a (14)-ben a második értelemben.

Az értelmezésből nyilvánvaló, hogy az

j 0a>2 ún. „forgási energia” nem újfajta

energia — a helyzeti, a mozgási és a ru­galmas energia mellett —, hanem a moz­gási energia egy részének (vagy egészének) speciális írásmóddal írt alakja. Ha a forgási energiát a (14) értelemben értjük, akkor az összes mozgási energia:

r I , 1 ^ ,E = - m v 2+ - 0 sioz ,

és ebben a kifejezésben az első tagot moz­gási energiának nevezzük, a második tag neve forgási energia. Ismételjük meg: való­jában a két tag összege az összes mozgási energia.

Egyetlen gondolatot fűzzünk még ehhez a meglehetősen elvont gondolatmenethez. Merev testek esetén a mechanikai energia így írható:

„ I 2 1 „ 2 E = j m v £ + j 0 sw 2 + mgy0.

245

Itt v0 a tömegközéppont sebességét jelenti, 0 S a tömegközépponthoz viszonyított te­hetetlenségi nyomatékot, és y0 a tömegkö­zéppont függőleges koordinátáját.

A belső erők munkája merev testek ese­tén nulla, mert a merev testek pontjai egy­máshoz viszonyítva nem mozdulnak el, így merev testek esetén az energiatételt az alábbi formában mondhatjuk ki.

Energiatétel merev testekre: A merev test mechanikai energiájának megváltozása a rendszerre ható külső erők munkájának az összegével egyenlő:

A E = Y j Ww a -

(A külső erők közé a nehézségi erőt itt nem számítjuk bele, ha viszont AE az összes mozgási energia megváltozását jelöli, ak­kor természetesen igen!)

3.2.2. A merev test kényszermozgása

Az előző pontban— a pontrendszerek me­chanikájának általános elveire támaszkodva— végiggondoltuk a merev testek mozgását leíró törvényeket, az impulzus-, az impul­zusmomentum- és az energiamérleget. Leír­tuk a merev testek mozgásának az általános elveit, a merev testek kinematikai és dina­mikai tulajdonságainak a kapcsolatát.

Lehetséges, hogy ez a gondolatmenet elvontnak tűnt, fárasztó volt. Ebben a pontban az a célunk, hogy az előző pont állításait konkrét példákkal szemlél­tessük, az alkalmazási lehetőségekre rá­mutassunk. Azt tanácsoljuk az Olvasónak, hogy e pont áttanulmányozása után térjen vissza az előző pontokra, és még egyszer gondolja át a merev testek mechanikájá­nak az elveit.

rfegyük fel, hogy egy m tömegű, r su­garú, tömör korong a 3.35. ábrán látható módon a mennyezethez van erősítve, ten­gelye körül könnyen elfordulhat. A ko­rongra vékony, nyújthatatlan fonalat csé­véltünk, erre pedig m tömegű testet erősí­tettünk. A korong tehetetlenségi nyoma­

téka a forgástengelyre nézve 0 = y mr2. A

tengely körül elforduló testre három erő hat a rajz síkjában. Lefelé hat a nehézségi erő és a felcsévélt fonálban ható kötélerő. A felfüggesztett tengely kényszererőt fejt ki. A korong tömegközéppontja a meny- nyezethez képest nyugalomban van, ezért a tömegközéppont gyorsulására vonatko­zó Newton-törvényt nem kell felírni. (Eb­ből a tengely által kifejtett kényszererő derülne ki.) A korong így csak forgómoz­gást végez, ezért az impulzusmomentum­mérleget kell alkalmaznunk. A korongra egyetlen erő hat, amelynek a tömegközép­ponton átmenő tengelyre forgatónyoma- téka van. Ez a fonál által kifejtett K kötél­erő. A K kényszererő forgatónyomatéká- nak a nagysága K ■ r, hiszen a tengelyre vonatkozó erőkar pontosan a sugár. A forgatónyomaték az óramutatóval ellen­tétes irányba forgatja a korongot. H a a forgatónyomatékra mint vektorra gondo-

246

lünk, akkor a forgatónyomaték a 3.36. áb­ra síkjából kifelé, az Olvasó felé mutat. Ennek a forgatónyomatéknak — az ábra szerinti koordináta-rendszerben — sem x tengely irányú, sem y tengely irányú kom­ponense nincs, a z tengely irányú forgató- nyomaték-komponens pedig pontosan Kr. A legtöbb feladatban a merev test egy síkban forog, a forgatónyomatékok is, és a forgásmennyiségek is a síkra merőleges vektorok, így a síkra merőleges tengely irányú komponenseikkel számolunk. Sok­szor, hogy ezt a síkra merőleges tengelyt ne kelljen feltüntetnünk, a forgatónyoma­ték és a perdület síkra merőleges tengely irányába m utató komponensének az elő­jelét az ábrán forgási irány kijelölésével fejezzük ki.

A mi példánkban tehát így fogalmazha­tunk. Tekintsük az óramutató járásával el­lentétes irányt pozitívnak (ez azt jelenti, hogy a forgás síkjára merőleges koordi­náta-tengely a síkból felénk mutat), ekkor a kötélerő a pozitív forgási irányba mutat (a forgatónyomaték-vektor csak a síkra merőleges komponenssel rendelkezik, és a forgatónyomaték a síkból kifelé, felénk mutat).

Newton II. törvénye a forgómozgásra:

Kr = 0 fi, (1)

ahol fi a korong szöggyorsulása.

A kötél alsó végén függő testre a nehéz­ségi erő mellett a fölfelé mutató kötélerő hat:

m1g - K = m la1. (2)

A dinamikai egyenleteket felírtuk. A két egyenlet azonban három ismeretlent tar­talmaz: további összefüggéshez a kényszer- feltételek figyelembevételével jutunk. Gon­doljuk meg, hogy a test x koordinátája nem állandó, a korong és a test között a fonál hossza pontosan annyival nő, ameny- nyi fonál letekeredik a korongról. H a a korong a szöggel fordul el a mozgás kez­detétől, akkor a fonál „hossza” (a test x koordinátája):

x — L-\-ra ,

vagyis a kezdeti kötélhossz és a letekeredő kötélhossz összege (3.37. ábra). Ezt az ösz- szefüggést kétszer differenciálva a gyorsu­lások közötti összefüggéshez jutunk:

x = 0 + rá,

másképpen írva

aí = rp. (3)

x ábra

247

Az (1), (2), (3) egyenletek rendszere a fel­adat megoldását szolgáltatja:

m ig — K = m 1aí ,

K r = 0P ,

ai=rP-_______

Pvizsgáljuk meg most a 3.38. ábrán lát­ható kettős csiga mozgását. A kettős ko­rong nagyobbik sugarát jelöljük R-rel, a kisebbiket r-rel, a korong összes tömegét m-mel. Az ilyen csigákkal kapcsolatban legtöbbször feltesszük, hogy a tehetetlen­ségi nyomatéka a középpontra vonatko­

zóan y mR2, feltételezzük, hogy a tehetet­

lenségi nyomatékban az r sugarú rész nem játszik szerepet.

A csiga két oldalán az r és az R suga­rú részre föltekert fonalakon egy-egy test függ. Az ábra szerint az egyik tömegét jelöljük mr gyel, a másikét m2-vel. Tekint­sük a két testre ható erőket (pontosabban erőkomponenseket) pozitívnak, ha lefelé mutatnak. A korong forgását akkor te­kintsük pozitív irányúnak, ha az óramu­tató járásával ellentétes irányba fordul el.

x ábra

248

Az tömegű testre lefelé az erő hat, fölfelé a K t kötélerő. Newton II. tör­vénye:

m1g —K 1= m la 1. (4)

Az m2 tömegű testre a súly mellett a K 2 kötélerő hat. Nincs okunk feltételezni, hogy a két kötélben ugyanazon nagyságú erő hatna. A dinamika alaptörvénye most:

m2g — K 2 = m2a2. (5)

A csigát az óram utató járásával ellentétes irányba a K 2 kötélerő forgatja R karon, ellentétes irányba a K, kötélerő r karon, így az impulzusmomentum-mérleg:

K 2R - K ir = 0 p , (6)

vagyis a forgatónyomatékok (megfelelő elő­jellel vett) összege a tehetetlenségi nyoma­ték és a szöggyorsulás szorzata.

Jelöljük most a két test függőleges koor­dinátáját Xj-gyel, illetve x 2-vel. H a a ko­rong elfordul, mindkettő változik. Tegyük fel, hogy a korong pozitív irányba, tehát az óramutató járásával ellentétes irány­ba elfordul a szöggel. Ekkor az ml tömeg emelkedni fog, pontosan azzal az ívvel, amennyi fonál feltekeredik az r sugarú korongra, tehát ra-val. A másik test ezzel egy időben az R sugarú korongról leteke­redő fonál hosszával, az Ra ívvel lejjebb kerül. Ha L r gyei és L2-vel jelöljük a mozgás kezdetén a két test koordinátáját, akkor

x t = L j — ra,

x 2 = L 2 + Rcc.

Ebből a két kényszerfeltételből kétszeri differenciálással az adódik, hogy

ű i = - r / 5 , (7)

a2 = RP-

A (4), (5), (6), (7) egyenletek a feladatmeg­oldást jelentő egyenletrendszert szolgáltat­ják. Ha a csiga tengelye által kifejtett K erőre is kíváncsiak vagyunk, akkor a csi­gára is felírjuk Newton II. törvényét:

m g - K + K l + K 2 = 0. (8)

A (4)—(7) egyenletrendszer megoldása után a K erő (8)-ból meghatározható.

Vizsgáljuk meg most energia szempont­jából a rendszert. Jelöljük A-val és B-vel a két korongnak azt a pontját, ahol a két fonál elválik a korongok kerületétől. Ha a csiga pozitív irányba forog, és a szög- sebessége co, akkor az A pont sebessége lefelé m utat és Rio nagyságú, a B pont se­bessége fölfelé m utat és rw nagyságú. A két test sebessége a (7) és a (8) egyenletekhez hasonlóan v2 = vA = Rw és v1= v B= — rw.

A K 1 kötélerő teljesítménye a fölfelé emelkedő m l tömegű testen K irco>0, hi­szen az erő és a sebesség egyirányú. A Ky erő teljesítménye az r sugarú korongon

K í vb= —K y r a x 0,

negatív, hiszen a K , erő a korongon le­felé mutat, a B pont kerületi sebessége pe­dig fölfelé. Ugyanez a helyzet a másik ol­dalon. Az m2 tömegű testen a K 2 teljesít­ménye — K 2Rw, az R sugarú korong kerü­letén + KRox A kötélerők összes teljesít­ménye az egyik és a másik kötélnél is nulla.

/7?g

ábra

A belső erők munkája ebben az összetett pontrendszerben ezért (kivételesen) nulla. A rendszer összes energiaváltozását az és az m2 tömegű testekre ható nehézségi erők munkája adja. Ha a rendszer kezdeti sebessége nulla, akkor az összes mozgási és forgási energia nulla. A korong a szög­gel való elfordulása után:

1 ^ ? 1 7 1 9- 0 w z + — m ivi + - m2vi =

= m2ö 'R a-m 1gfra, (9)

ahol

vt = — rw, v2 = Rco, w = fít, cc = ~ t2.

(A csiga középpontjában ható nehézsé­gi erő és K kényszererő munkája nulla, hiszen a koordináta-rendszerben nyugvó pontra hatnak.) |

Az előző két problémában az a közös, hogy a merev testre, a korongra csak a perdülettételt kellett felírnunk. A merev lest tömegközéppontjában rögzítve volt, az összes impulzusnyomaték megegyezett a sajátperdülettel. A tömegközéppont, a korong középpontja nyugalomban volt. A csiga mellett mozgó testekre a tömegpont­ra vonatkozó Newton-törvényeket írtuk fel.

PÁ következő problémában a merev test— most is egy m tömegű, r sugarú ko­rong — transzlációt és rotációt is végez. A 3.39. ábrán látható, hogy a korong jo ­jó m ódjára legördül a mennyezethez rög­zített fonálon. Haladó mozgására New­ton II. törvényét [3.2.1. pont (1)], forgó mozgására az impulzusmomentum-mérle­get [3.2.1. pont (2)] írjuk fel. A koordináta- rendszer kezdőpontja legyen a fonál rögzí­tési pontja a mennyezeten, a tengelyeket pedig válasszuk meg úgy, ahogyan az áb­rán látjuk. A testre ható erők y tengely és

249

z tengely irányú összetevői nullák, csak az x tengely irányú összetevőkkel kell szá­molnunk. A forgást jellemző mennyiségek mint vektorok az ábra síkjára merőlege­sek, ezért csak a z tengely irányú kompo­nensekkel dolgozunk. A z tengely kifelé mutat a papír síkjából, ezért a forgatónyo- matékot, a szögsebességet stb. akkor te­kintjük pozitívnak, ha az óra mutatójának a forgásával ellentétes irányú.

Az origóra vonatkozóan a jojónak pá- lyaperdülete és sajátperdülete is van: az összes impulzusmomentum két részre bom­lik [3.1.3. pont (7) és 3.2.1. pont (7)].

A v sebességgel függőlegesen lefelé moz­gó korong tömegközéppontja r távolságra van az x tengelytől, így a pályamenti im­pulzus-momentum nagysága:

N p = rmv,

és a rajz síkjára merőlegesen az Olvasó felé mutat. A sajátperdület nagysága:

N s = 0o),

itt

a tömegközéppontra vonatkozó tehetet­lenségi nyomaték, és ez is a rajz síkjára merőlegesen az Olvasó felé mutat. (Persze, ha a korong fölfelé mozog, és a forgásirá­nya megfordul, akkor N p és N s előjele is megváltozik.)

A jojó összes energiája a mennyezettől x távolságra, az x koordinátájú helyen [2.1.4. pont (4) és 3.2.1. pont (14)]:

E = y mv2+ ^ 0 w 2 + mg( — x).

Az állapotjelzők leírása után térjünk át ezek megváltozásának a vizsgálatára. A jojóra két erő hat, mindkettő függőleges

irányban. Az mg lefelé, tehát pozitív irány­ba, így

mg — K = ma. (10)

A korongra ható erők forgatőnyomatéka a tömegközéppontra vonatkozóan Kr, így [3.2.1. pont (9)]:

Kr = &p. (11)

Tegyük fel, hogy a mozgás kezdetén a korong középpontja a felfüggesztési pont alatt L távolságban volt. Ekkor a jojó x koordinátája

x = L + ra,

vagyis a korong mennyezettől mért távol­sága a korongról letekeredő fonál hosszá­val, az ra. ívvel változik meg. Innen (két­szeri differenciálás után):

a = rp. (12)

A dinamikai leírást szolgáltató egyenlet­rendszer:

m g—K = ma,

Kr = @P,

a = rfi.

Néhány megjegyzést fűzünk a feladathoz.1. A (10), (11), (12) egyenletrendszer „sor­

ról sorra” megegyezik az (1), (2), (3) egyen­letrendszerrel. Valójában egészen másról van szó. Az (1), (2), (3) egyenletrendszer első két egyenlete különböző testek moz­gására vonatkozik, a (10), (11), (12) egyen­letrendszer első két egyenlete ugyanannak az egyetlen testnek — a jojónak — a hala­dó és a forgó mozgására. A (9) egyenlet két különböző test gyorsulását és szöggyorsu­lását kapcsolja össze, a (12) egyenlet a jojó két gyorsulásadata között teremt kapcso­latot. (Kicsit túlozva így fogalmazhatunk:

250

3.40.ábra

egy képlet vagy képletcsoport nem ér egy hajítófát sem, ha nincs mellette néhány összetett mondat, amely értelmet ad a kép­letnek. Valójában ezért ellenezzük a feladat- megoldás gyakorlásának a függvénytáblá­zatokra, képlettáblázatokra alapozását.)

2. Asajátperdületre vonatkozóK r = 0 f i egyenlet helyett alkalmazhattuk volna a teljes impulzusmomentumra vonatkozó im­pulzusmomentum-mérleget is: az mrv + ©P időegységre eső megváltozás a külső erők felfüggesztési pontra vonatkozó forgató- nyomatékának az összegével egyenlő. A két külső erő közül a kötélerő hatásvonala átmegy a felfüggesztési ponton, így forga- tónyomatéka nincs, a teljes impulzusmo­mentum megváltozása az mg nehézségi erő forgatónyomatékkal egyenlő (3.40. ábra):

mgr=mra + © p. (13)

A (13) egyenlet kicserélhető a (11) egyen­lettel.

3. A korongra ható kötélerő teljesítmé­nye nulla, hiszen a fonál koronggal érint­kező pontjának a sebessége nulla, ezért a jojó helyzeti, mozgási és forgási energiá­jának az összege:

~ mv2 + y 0 a 2 — mgx = állandó,

ahol az x = L + ru kényszerfeltétele alapján v = rój. |

ÍÁ mennyezetre függesztett igen köny- nyü, súrlódás nélkül elforduló csigán ves­sünk át egy vékony, nyújthatatlan fonalat. A fonál egyik végén egy m t tömegű, r su­garú korong (jojó), a másik végén egy m2 tömegű, pontszerű test van (3.41. ábra).

A kötélerő most az állócsiga mindkét oldalán azonos, hiszen ennek a mennye­zetre függesztett csigának a tömege elha­nyagolható, így a tehetetlenségi nyomaté- ka is.

A jojó sajátperdületére vonatkozó im- pulzusmomentum-egyenlet(*):

K r = © p. (14)

A korong haladó mozgására vonatkozó Newton-törvény:

m1g — K = m1aí , (15)

a pontszerű test egyenes vonalú mozgására pedig:

m2g — K = m2a2. (16)

3.41.ábra

A továbbiakban nem mondjuk ki minden eset­ben, hogy melyik forgásirányt tekintjük pozitívnak. Ez általában egyértelműen kiderül vagy az ábráról, vagy a felírt impulzusmomentum-mérlegből, abból, hogy melyik erő forgatónyomatékát tekintjük pozi­tívnak, melyikét negatívnak.

251

Az áilócsiga két oldalán a fonalak hossza nem állandó, a kezdeti érték pontosan a jojóról letekeredő fonál hosszával változik meg, ezért a korong középpontjának és a tömegpont koordinátáinak összege:

x , + x 2 = L + ra.

Innen

a1+ a2 = rp. (17)

A (14), (15), (16), (17) egyenletrendszer a feladat dinamikai leírását szolgáltatja. |

ÍG ondoljuk most el, hogy a mennyezet­hez erősített fonálon egy kettős korong gördülhet. A mennyezetről függő fonál a kettős korong kisebb sugarú részére van feltekerve, a nagyobb sugarú részről egy másik fonál tekeredik le: ezen egy pont­szerű test függ (3.42. ábra).

Jelöljük a korong tömegét m-mel, a két sugarat r-rel és K-rel ( r< R), a pontszerű test tömegét m,-gyel. Vizsgáljuk a rend­szer mozgását leíró egyenleteket. Dinami­kai összefüggésekből háromra számítunk: kettő a jojó haladó és forgó mozgásá­ra, egy a tömegpont haladó mozgására vonatkozik. Kényszeregyenletekből kettőt fogunk felírni: két fonál szerepel a feladat­ban, a két kötél nyújthatatlanságát kell kifejeznünk.

A szokás szerint a lefelé mutató irányt válasszuk meg pozitívnak, a forgást pedig akkor tekintsük pozitív irányúnak, ha az óramutató járásával megegyező irányú.

A pontszerű testre két erő hat, a nehéz­ségi erő és a nagyobbik sugarú részre csé­vélt kötél által kifejtett erő, így

(18)

A jojóra az mg nehézségi erő és a szin­tén lefelé m utató K l kötélerő mellett a mennyezethez erősített fonál fölfelé mu­tató K erőt fejt ki. Newton II. törvénye a jojó haladó mozgására, tömegközéppont­jának a gyorsulására:

mg + K t —K = ma. (19)

A K i erő forgatőnyomatéka a korong kö­zéppontjára nézve K tR, a K erő forgató- nyomatéka — Kr, hiszen a K erő az óra­mutatók járásával ellentétes irányba for­gat. A tömegközéppontra vonatkozó im­pulzusmomentum-mérleg (a sajátperdület időegységre eső megváltozása):

K 1R - K r = 0 p . (20)

A korong középpontja kezdetben mondjuk L távolságra volt a mennyezettől Ha a jojó a szöggel elfordul pozitív irányba, akkor a jojó középpontja feljebb kerül ra-val, így a merev test középpontjának mennyezettől mért távolsága:

x = L — ra.

Ebből azt kapjuk, hogy

a = - r p . (21)

A pontszerű test mennyezettől mért távol­ságát jelöljük x^gyel. Ez a távolság kez­detben L, volt. Ha a korong a-val pozitív irányba elfordul, akkor az r sugarú ko­rongra föltekeredik ra hosszúságú fonál a felső kötélből, ezzel egy időben az R sugarú

252

korongról letekeredik Ra hosszú fonál­rész. így

x 1=Ll + R ol — m ,

és ebből az

a, = Rfj — rfi (22)

kényszeregyenletet kapjuk. | l~Á feladatok új osztályát vezeti be a kö­

vetkező feladat. Tegyük fel, hogy m töme­gű, r sugarú korongot a tengelyéhez erősí­tett fonállal vízszintes talajon F erővel húzzunk. A korong és a talaj között a súrlódási együtthatót jelöljük //-vei. Ha a korong v sebességgel halad pozitív irányba— a 3.43. ábrán látható koordináta-rend­szerben —, és a szögsebessége co, akkor a talajhoz rögzített koordináta-rendszerben az összes perdülete:

N = N p + N s = mrv + 0 w . (23)

A korongra a nehézségi és nyomóerőn kí­vül két erő hat: az F kötélerő — amit mi fejtünk ki — és az S súrlódási erő — amit a talaj fejt ki (3.44. ábra). Newton II. tör­vénye a haladó mozgásra:

F — S = ma. (24)

A korongot a pereménél ható súrlódási erő forgatja a tömegközéppont körül, Sr for- gatónyomatékkal. A sajátperdületre vo­natkozó impulzusmomentum-tétel:

Sr = 0[i. (25)

3.43.ábra

3.44.ábra

A két egyenletben három ismeretlen van: a, (1, S. Gondoljuk meg azonban, hogy két eset lehetséges. Ha a korong talajjal érint­kező pontja a talajon nyugszik, tehát a korong tapad a talajon, akkor a közép­pontjának a talajhoz viszonyított sebes­sége megegyezik a kerületi pontok közép­ponthoz viszonyított sebességével: v = rco. Innen az

a = rp (26)

egyenlőséghez jutunk. Ebben az esetben azonban a fellépő súrlódási erő ismeretlen nagyságú, a feladatból kell meghatározni, azonban pmg-nél nagyobb nem lehet. Ha a korong megcsúszik a talajon, akkor a (26) egyenlőség helyett a csúszó súrlódási erőre vonatkozó

S = jimg (27)

feltételt használjuk. Ekkor azonban a ko­rong középpontja nagyobb gyorsulással mozog, mint a kerületi pontok a közép­ponthoz viszonyítva: a > rfí. Foglaljuk ösz- sze a feladat megoldását:

F — S = ma,

S r = 0 p .S \

Ha a test csúszik: Ha a test tapad:

S=nmg. a = rp.

Ellenőrizni kell, Ellenőrizni kell hogy az

a>rfl

teljesül-e.

S</img

feltételt.

253

Néhány megjegyzést fűzünk a feladathoz:1. A korong összes perdülete:

N = mrv + 0ca,

ennek időegységre eső megváltozása a test­re ható erők koordináta-rendszerünk ta­lajon fekvő origójára vonatkozó forga- tónyomatékának az összegével egyenlő. A nehézségi és a nyomóerő egyenlő na­gyok, ellentétes irányúak, a tám adáspont­juk azonos, így a forgatónyomatékaik „ki­ejtik” egymást. A súrlódási erő a talaj mentén hat, karja nulla, így az F erő forgatónyomatékát kell figyelembe venni az r karon. Tehát a teljes perdület időegy­ségre eső megváltozása:

mra + 0 P = Fr.

Ez az egyenlet helyettesítheti a (25) egyen­letet.

2. A korong talajjal érintkező pontjá­nak a sebessége v — rco = vA. A súrlódási erő ebben a pontban hat, így a súrlódási erő teljesítménye Ps = —S(v—rto). Ugyan­akkor az F erő teljesítménye Fv, így az összes külső erő teljesítménye:

P = Fv — S(v—rco) =

= Fat — S(at—rpt). (28)

A teljesítmény-idő függvény lineáris:

P = (Fa — Sa + Srffjt.

t 3.45. ábra

S 3.46.ábra

A grafikon alatti terület adja a testen vég­zett összes m unkát t idő alatt:

t2W = (F a -S a + SrP) — . (29)

A végzett munka a mozgási és forgási ener­gia összegének a megváltozásával egyenlő, és mivel a korong kezdetben nyugalomban volt:

j mv2 + j 0 co2 = j [Fa - S(a - r/?)í2] ,

(30)

ahol v = at és co = (it. Ha a korong tapad a talajon, akkor egyrészt v = rój, másrészt a = rP, és a (29) így módosul:

t2W = F a— = F s.

2

Ha a korong nem csúszik, akkor a súrló­dási erő munkája nulla, hiszen a talajjal érintkező pont sebessége nulla. A teljes energia megváltozását az általunk kifejtett húzóerő munkája eredményezi. |

["Vizsgáljunk meg most egy hasonló prob­lémát. Tegyük fel, hogy az m tömegű, r sugarú korong kerületére csavartuk a fo­nalat, és ezt a 3.46. ábra szerint a korong felső részén vízszintes irányba F erővel húzzuk. A súrlódási együtthatót szokás szerint jelöljük //-vei. Ekkor a korongra — a nehézségi és a talaj által kifejtett nyomó­erőn kívül — az F húzóerő és a talajjal való érintkezési pontnál fellépő S súrlódási erő hat. A súrlódási erő most egyirányú a

254

húzóerővel. M indkettő jobbra mutat. (Le­hetséges, hogy az Olvasónak nem nyilván­való, hogy a súrlódási erőnek most így kell fellépnie. Gondoljuk meg azonban, hogy ha egy autó vezetője olyan nagy gázt ad, hogy a hajtott kerekek „kipörögnek”, ak­kor ezek a kavicsot, sarat hátrafelé szórják. A talajra hátrafelé m utató erő hat. Ezért a talaj — Newton III. törvénye értelmében— előre ható súrlódási erőt fejt ki.)

A dinamika alaptörvénye így:

F + S = ma. (31)

A forgatónyomatékok korong középpont­jára számított eredője egyenlő a saját im­pulzusmomentum időegységre jutó meg­változásával:

Fr — S a = 0 fi. (32)

Ha a korong tapad a talajon, akkor a = = r(i — ekkor viszont S < jimg — , ezzel szemben, ha a korong megcsúszik, akkor S=fimg, de ilyenkor a kerék „kipörög” , a kerületi pontok középponthoz viszonyí­tott gyorsulása nagyobb a gyorsulásnál: a<rfi. Összefoglalva:

F + S = m a ,

Fr — Sr — <9/1 / \

Ha a test csúszik: Ha a test tapad:

S= fímg. a = rfi.

Ilyenkor az Ekkor az

a<rfi S < [img

feltételnek feltételnek teljesülnie kell. teljesülnie kell._|

Fa két előző feladat általánosításának tekinthető problémát vizsgáljuk most meg. A vízszintes talajon kezdősebesség nélkül

3.47.ábra

mozgó korong sugara R, a tárcsa sugara r. A kettős korong tehetetlenségi nyoma- téka legyen „szokás szerint” 0 = m R2/ 2. A korong r sugarú részére tekert vékony fonálra vízszintesen F erőt fejtünk ki. Le­hetséges, hogy a súrlódási erő megegyező, lehetséges hogy ellenkező irányú az F erő­vel (3.47. ábra). Tegyük fel, hogy a két erő egy irányba hat. Ekkor a korong tömegkö­zéppontjára vonatkozó dinamikai alaptör­vény:

F + S = ma. (33)

A korongot pozitív irányba (ez most az óram utató járásával megegyező irány) az F erő forgatja r karon, az ellentétes irány­ba az S erő, R karon. Ezért

F r - S R = 0 f] . (34)

Ha a korong tapad, akkor a talajjal érint­kező pontja nyugalomban van, v —Rco = 0. így a = Rfi. A tapadás feltétele az, hogy a súrlódási erő ne legyen nagyobb, mint /img. Ha a korong megcsúszik, akkor S = pmg, és a korong kerületi sebessége nem egyenlő középpontjának sebességével, a kerületi gyorsulás nem egyenlő a középpont gyor­sulásával: a #/?/?.

Tegyük most fel, hogy a korong tapad. Ekkor a (32) egyenlet így alakul:

Fr — SR = — mR2 — .2 R

Egyszerűsítsünk a jobb oldalon R-rel, szo­rozzuk meg az egyenlőséget 2-vel, és osz-

255

szűk el R-rel. Ekkor

F - - 2 S = ma.R

A (31) egyenlőség alapján

F % - 2 S = F + S,R

innen

3 \ R )'(35)

Diszkutáljuk a (35) egyenlőséget.1. H a r = R — ez az előző probléma —,

vagyis a korongot a felső pereménél húz­zuk, akkor

F Fs - y P - D - j .

Ilyenkor a súrlódási erő a húzóerővel meg­egyező irányú, a harmada nagyságú. A ta­padás feltétele: S< nm g, vagyis F<3fimg.

2. Ha r = 0 — akkor is ismert feladatról van szó —, a korongot a középpontjához erősített fonállal húzzuk. Ebben az esetben

F Fs = T < o - < ) ~ y

A súrlódási erő most is F)3 nagyságú, de a húzóerővel ellentétes irányú. A tapadás feltétele most is: F< 3fxmg.

3. H a r = R j2, ekkor S = 0 , vagyis ilyen­kor nem lép fel súrlódási erő. H a a korong kezdetben nem csúszott, vagyis már kez­detben v = rw teljesült, a korong a továb­biakban is tapad, bármekkora a súrlódási együttható. Sőt, ha n = 0, akkor is tapadni fog a korong. |

rfegyük most fel, hogy a súrlódásmen­tes talajon egy m tömegű deszka mozog, jobb kéz felé mutató F erőt fejtünk ki rá. A deszkán egy m tömegű, r sugarú gömb

3.48.ábra

van. A deszka és a gömb között a súrlódá­si együttható fi. Tegyük fel, hogy mindkét test állt kezdetben (3.48. ábra). A deszkára vízszintes irányban a húzóerő mellett a húzóerővel ellentétes irányú súrlódási erő lép fel. Ennek az erőnek az ellenereje a gömb deszkával érintkező pontjában hat, és jobbra mutat. A gömb mozgását két egyenlettel jellemezzük. A haladó mozgás­ra Newton II. törvényét írjuk fel:

S = ma, (36)

a forgómozgásra az impulzusmomentum­törvényt:

- S r = 0 p , (37)

a jobbra m utató súrlódási erő forgatónyo- matéka negatív. A deszkára ható erők ere­dője a deszka impulzusának időegységre eső megváltozásával egyenlő:

F — S = m1al . (38)

A gömb deszkával érintkező pontjának a sebessége v — rco. H a a gömb tapad a ko­rongon, akkor a deszka v, sebessége meg­egyezik v-rco-val: v l = v — rw, innen

a l = a — rfi. (39)

Tapadás esetén azonban teljesülnie kell az

S < fimg (40)

feltételnek is.Ha a gömb megcsúszik a deszkán, akkor

ez most úgy történik, hogy a deszkát ki­húzzuk a gömb alól, tehát az

S = fimg (41)

256

feltétel alkalmazása esetén utólag ellen­őrizni kell az

al > a — rfi (42)

feltételt. A probléma megoldását tehát vagy a (36), (37), (38), (39) és (40), vagy a (36), (37), (38), (41) és (42) állítások rendszere szolgáltatja. Ezek természetesen kizárják egymást. |

l~Tegyük fel, hogy a kettős korongot most vízszintes talajon úgy húzzuk, hogy a fonál az r sugarú tárcsára van tekerve, és a korong középpontja alatt húzzuk, azonban a vízszintessel a szöget bezáró irányba (3.49. ábra). Ekkor a korongra ható erők függőleges komponenseinek az eredője:

mg - T — F sin a = 0,

a vízszintes összetevők eredője a tömeg- középpont vízszintes irányú gyorsulását eredményezi:

F s in a — S= m a.

A korongot pozitív irányba, az ábra sze­rint, az S súrlódási erő forgatja, ellentétes irányba pedig az F:

SR - Fr= 0[{.

Ha a korong tapad a talajon, akkor a = Rfi, ebben az esetben a súrlódási erő kisebb a talajnál fellépő nyomóerő //-szeresénél: S<nT. Ha pedig a korong megcsúszik, akkor S = pT, ekkor azonban a korong

3.49.ábra

középpontjának a gyorsulása nem egyenlő a kerületi pontok gyorsulásával: a ^ R fí .

Érdekes, hogy a test gyorsulása ebben a feladatban pozitív, nulla és negatív is lehet. Ha a fonál kis szöget zár be a vízszintessel, akkor a korong előre mozog, míg nagy szög esetén hátrafelé. Ha elgurul a cérna­orsó, gyakran járunk úgy, hogy a cérnát húzva az orsó begurul az asztal vagy a szekrény alá. |

Pvizsgáljuk meg most a lejtőn legördülő forgástest esetét (3.50.ábra). Ha % haj­lásszögű lejtőre valamilyen forgástestet, mondjuk egy hengert helyezünk, akkor erre a nehézségi erő, a talaj T nyomóereje és az S súrlódási erő hat. Newton II. törvénye a lejtőre merőleges erőkompo­nensekre:

T—mg cos a = 0,

a lejtővel párhuzamos komponensekre:

mg sin a — S = ma.

A hengert a súrlódási erő Sr forgatónyo- matéka forgatja:

Sr = 0 p .

Ha a henger tisztán gördül a lejtőn, akkor a lejtővel érintkező pontja all: tömegkö­zéppontjának a sebessége egyenlő a kerü­leti sebességgel. így v = rco, és innen a = rfi. A tiszta gördülés esetén azonban S<fiT= = pmg cos a. Ha a henger megcsúszik a lejtőn, vagyis csúszó súrlódási erő lép fel, ekkor S = mg cos a. így azonban a > rfi. A

257

henger helyzeti, mozgási és forgási energiá­jának az összege csak akkor állandó, ha a henger tisztán gördül. Ilyenkor ugyanis a súrlódási erő teljesítménye nulla. Ha a hen­ger megcsúszik, akkor v > rca, így a henger talajjal érintkező pontjának a sebessége, v —rco, pozitív. A súrlódási erő iránya el­lentétes ezzel a sebességgel, ezért a súrló­dási erő teljesítménye negatív: a három energiatag összege a mozgás során csök­k e n j

l”Most olyan problémát tanulmányozunk, amelyben egy forgástest nem sík felületen— talajon vagy lejtőn — gördül, hanem egy „görbült” felületen. Tegyük fel, hogy egy R sugarú vályúban r sugarú henger gördül a 3.51. ábrán látható módon. Ami­kor a hengert elindítjuk, a középpontjához a vályú középpontjából mutató vektor a függőlegessel a0 szöget zár be. A vályú és a henger felülete közötti súrlódás együtt­hatóját jelöljük //-vei. A hengerre három erő hat: a nehézségi erő, a vályú T nyomó­ereje és a súrlódási erő. A felületre merőle­ges erők eredője a henger középpontjának a centripetális gyorsulását biztosítja, hi­szen a henger középpontja egy R — r= :x sugarú körpályán mozog. Tehát

v2I —mg cos a = m — .

x

A felületek közös érintőjének irányában ható erőkomponensek eredője:

mg sin a — S = ma,

ahol a a henger középpontjának a sugárra merőleges gyorsulása. Tapadás esetén a henger középpontjának a sebessége a kör­pályán egyenlő a henger kerületi pontjai­nak a középponthoz viszonyított sebessé­gével. Ugyanígy a henger középpontjának tangenciális gyorsulása megegyezik kerü­

leti pontjainak a középponthoz viszonyí­tott gyorsulásával: v = rca, a = rji.

A henger perdületének időegységre eső megváltozása a súrlódási erő forgatónyo- matékával egyenlő:

Sr=&f5.

A két helyzetben a test sebessége között a munkatétel segítségével teremthetünk kap­csolatot.

Y mv2+ y 0co2 =mgx(cos a — cos a0).

A henger mindaddig nem csúszik meg a felületen, amíg S < / iT j

ÍAz előzőhöz hasonló feladatot beszé­lünk most meg. Tegyük fel, hogy egy R sugarú félgömb tetejéről kezdősebesség nél­kül legurul egy r sugarú kis golyó (3.52. ábra). A súrlódási együttható a két felület között n- Határozzuk meg azt a helyzetet, amikor a golyó megcsúszik a gömbfelüle­ten!

A golyó helyzetét most is egy szöggel adjuk meg. Az ábrán jelölt a szögnél vizs­

258

gáljuk a golyó mozgását. A golyó kö­zéppontja x = R — r sugarú körön mo­zog, gyorsulása centripetális és érintő irá­nyú gyorsulásra bontható. A centripetális gyorsulást a nehézségi erő sugár irányú összetevője és a felületek között fellépő T nyomóerő biztosítja:

mg cos n —T—m — .x

(43)

A golyó középpontjának érintő irányú gyor­sulását a nehézségi erő érintő irányú össze­tevőjének és a súrlódási erőnek az eredője szolgáltatja:

m gsina — S — ma. (44)

A perdület időegységre eső megváltozása:

S r = 0 p . (45)

írjuk fel most az energiamérleget. Vá­lasszuk meg a helyzeti energia nulla szint­jének a félgömb alsó síkját. Ekkor

1 1— mv + — 00 ) +mgx cos a = mgx. (46)

Mindaddig, amíg v = r o és a = rfi, a golyó nem csúszik meg. Határesetben S = pT.

Ezekből az egyenletekből a következő feltételt kapjuk: a megcsúszás határát jel­lemző szögre érvényes a

( 3 + ) cos a ----- ^ y s i n a = 2. (47)y mr J jimr

Ez az eredmény azért figyelemreméltó, mert az a szög nem függ a két sugártól, még az arányuktól sem. Egy 10 méter sugarú gömbről legördülő 1 cm sugarú golyó ugyanolyan szögnél kezd el csúszni, mint egy 1 cm sugarú gömbről legördülő másik 10 cm sugarú gömb. |

l"Ébben a pontban végezetül egy olyan feladatról lesz szó, amely annyiban külön­bözik az előzőektől, hogy a kezdeti feltéte­

lekből biztosan tudjuk, hogy a test csúszik. Tegyük fel, hogy egy m tömegű, r sugarú korongot vízszintes irányban v0 sebesség­gel elindítunk, eközben visszafelé megpör­getjük, és o j0 nagyságú kezdőszögsebessé­get adunk neki. Tegyük fel a konkrét példa kedvéért, hogy a korong tömege m = 2 kg, a kezdősebessége v0 = 10 m/s, a kezdeti szögsebessége (o0= — 300 l/s, a korong su­gara legyen r= 0 ,l m, a súrlódási együtt­ható pedig // = 0,1 (3.53. ábra).

A korongra a csúszó súrlódási erő hat:

- jimg — ma, (48)

a negatív előjel azt fejezi ki, hogy a korong a pozitív iránnyal ellentétesen, balra gyor­sul. Innen könnyen kapjuk, hogy a= — 1 m/s2. A korong perdületének időegységre eső megváltozása a súrlódási erő pozitív forgatónyomatékával egyenlő:

mgr = 0 p , (49)

ebből

P = 20 l/s2.

Vizsgáljuk meg, hogy mikor és hol áll meg a talajon csúszó korong. Világos, hogy ez akkor következik be, amikor a test sebes­sége nulla lesz:

r = t;0-l-aí1 = 0 .

v0Innen í t = ------= 10 s. Ekkor

(50)

x (í1) = x(10)= 102 + 1 0 -10=50 m,

3.53.ábra

259

vagyis 50 méterre van az indulás helyétől, és még visszafelé forog, mert

a>(í1) = a>(10) = a>o + /?f1 =

= -3 0 0 + 2 0 -1 0 = -1 0 0 l/s.

A korong tehát elindul visszafelé.A csúszás akkor szűnik meg, amikor

a korong talajhoz viszonyított sebessége egyenlő lesz kerületi pontjainak a közép­ponthoz viszonyított sebességével: v = rco, azaz

v0 + at2 = r(ío0 + pt2). (51)

Adatokkal:

10 + ( — í2) = 0,l( — 300 + 20í 2).

A korong indulása után

másodperccel szűnik meg a csúszás. Ekkor a test

x(í2) = - y l 3 , 2 2 + 10-13,3 = 44,4 m

-re van az indulás helyétől, vagyis, visszafelé megtett 50 — 44,4 = 5,6 méter utat. Ekkor a sebessége

t(10)= 10—13,3= —3,3 m/s,

vagyis amikor a korong tapadni kezd a talajon, már visszafelé gördül —3,3 m/s sebességgel. A 3.54. ábrán a sebesség és az ro kerületi sebesség grafikonját vázoltuk.

Határozzuk meg most a súrlódási erő által végzett munkát! A korong jobbra mozogva 50 méter utat tett meg, majd visszafordult, és visszafelé csúszva még 5,5 métert tett meg. Ez azt jelenti, hogy a korong 55,5 méter utat tett meg csúszva. A súrlódási erő munkáját meghatározhat­nánk úgy, hogy a pmg erőt megszorozzuk

v roj

a megtett úttal? W= —fimg ■ 50 + fimg • 5,5? Sajnos a helyzet nem ilyen egyszerű. A súrlódási munka meghatározásánál nem a tömegközéppont által megtett út játszik szerepet, hanem annak a pontnak a sebes­sége, amelyre a test hat. A talajjal érintke­ző pont sebessége:

v — rw = v0 + at — r(cú0 + Pt) =

= ( 1 0 - í ) - 0 , l ( - 3 0 0 + 20t)

= 4 0 - 3í;

fe [0 , 13,3],

A súrlódási erő teljesítménye:

P = — nmg(v — rcó) = — 2(40 — 3í) = 6f — 80.

A teljesítmény-idő grafikont is ábrázoltuk a 3.54. ábrán. Világos, hogy a í: = 0 idő­pontban P = — 80 W, a t: = 13,3 s időpont­ban már v = rio, ezért P = 0 W. A súrlódá­si erő munkája W= —40- 13,3= —533 J. Ennyivel csökken tehát a súrlódási erő következtében a korong összes energiája.

260

(A súrlódási erő munkáját könnyűszerrel meghatározhattuk volna az energia meg­változásából^

3.2.3. A fizikai inga

Ebben a pontban folytatjuk az előzőben tárgyalt problémák megvitatását. Figyel­münket most elsősorban az egy pontban rögzített merev testek mozgására, így pél­dául a fizikai ingára fordítjuk. Néhány példán bemutatjuk a nem forgástestek (pl. rudak) forgó, haladó mozgását. Fel fogjuk hívni az Olvasó figyelmét a munkatétel al­kalmazásának néhány kérdésére, rám uta­tunk a forgó- és a haladómozgás párhuza­mára.

rfegyük fel, hogy a 3.55. ábrán látható módon egy L hosszúságú, m tömegű rudat két végén felfüggesztünk. A jobb olda­li fonalat egy adott pillanatban elvágjuk. Mekkora erő feszíti a másik fonalat ebben a pillanatban? A fonál elvágásával a jobb oldali kötélerő megszűnik, és a test gyor­sulni és forogni kezd. Mozgása meglehe­tősen bonyolult, de a í= 0 pillanatban, te­hát az elvágás pillanatában a rúd még víz­szintes, sebessége és szögsebessége is nulla még, csak a gyorsulása és a szöggyorsulása különbözik a nullától. (Hasonlóan a sza­badeséshez: az elengedett kő kezdősebes-

K

><

sége nulla, de a gyorsulása az első pillanat­tól kezdve a gravitációs gyorsulás.)

A testre ható nehézségi erő és a bal ol­dali kötélerő eredője meghatározza a tö­megközéppont gyorsulását:

m g—K = ma. (1)

A középpont körül a K erő forgatja a rudat L/2 karon, így

K

ahol

(2)

0 =ml31 2

Tegyük most fel, hogy a rúd tömegkö­zéppontja egy igen kicsiny mértékben x- szel elmozdul, egyidejűleg a-val elfordul. Ekkor

hiszen a jobb oldali végpont körül a kö­zéppont (L/2)a ívvel fordul el, közelítőleg függőleges irányban. Ezt az egyenlőséget kétszer differenciálva az

(3)

3.55.ábra

kényszeregyenlethez jutunk.Figyeljünk fel arra, hogy az (1), (2), (3)

egyenletek párhuzamba állíthatók az előző fejezet (10), (11), (12) egyenleteivel: a vége körül elforduló rúd mozgása a t= 0 pilla­natban a kezdősebesség nélkül mozgásba jövő jojó mozgásához hasonlítható. Szem­léletesen: gondoljuk el, hogy az L hosszú rúdra egy L átmérőjű körlapot ragasztunk úgy, hogy a rúd „mögötte” legyen, és az átmérője mentén feküdjön. így induláskor valóban jojónak tűnik a rendszer. Persze,

261

mérésekkel kideríthetjük a turpisságot: a két test tehetetlenségi nyomatéka más, más a kezdeti gyorsulás is.

Világos, hogy a rúd egyik végén rögzí­tett merev testnek tekinthető az indulás pillanatában. Ekkor a végpontra vonat­koztatott perdülete a teljes perdület, a pályaperdület és a saját perdület összege

ir mL ml3 m L L m iiN = — v + —— co = — - — co + — --co =

2 12 2 2 12

ml3-co,

amint ez várható volt: a rúd tehetetlenségi nyomatéka a végére vonatkoztatva m l}/3. A tehetetlenségi nyomaték Steiner-tétel sze­rinti transzformációja azt fejezi ki, hogy a pályamenti és a sajátperdület összege a teljes perdület.

A forgómozgás alapegyenletét a vég­pontra is felírhatjuk: a rendszerre ható erők végpontja számított forgatónyomaté- kának az összege a végpontra vonatkozó— teljes — perdület időegységre eső meg­változásával egyenlő. A testre ható két erő közül azonban a K nyomatékával nem kell számolnunk, ez ugyanis nulla, így

mg- (4)

A (4) egyenlet kicserélhető a (2)-vel. |Pfanulmányozzuk most át a következő

— kissé bonyolultabb — problémát. Kép­zeljük el, hogy vízszintes, sima asztalon, az asztal szélével párhuzamosan egy m tömegű, L hosszú rúd fekszik. A rúd egyik végéhez vékony fonalat erősítünk, ez lelóg az asztalról. A fonál másik végén egy my tömegű pontszerű test függ. A fonál merő­leges a rúdra, így az asztal szélére (3.56. ábra).

Az my tömegű testet magára hagyjuk,

3.56. ábra

akkor megfeszíti a fonalat, ez pedig el­mozdítja és elfordítja a rudat. Vizsgáljuk a mozgást az indulás t = 0 pillanatában. Ek­kor az my tömegű testre vonatkozó dina­mikai törvény:

m y g -K = myay. (5)

A rúdra egyetlen erő hat, a kötélerő, tehát

K = ma. (6)

Figyeljünk fel arra a tényre, hogy a rúd végén ható erő a rúd közepének a gyorsu­lásai határozza meg. A rudat középpontja körül a K erő forgatja L/2 karon, így

(7)

ahol 0 = m l? j\2 a rúd középpontjára vonat­koztatott tehetetlenségi nyomatéka. Te­gyük fel most, hogy a rúd közepe az asztal szélére merőleges irányban kis mértékben elmozdul, az elmozdulást jelöljük x-szel, eközben elfordul a középpontja körül, az elfordulás szögét jelöljük a-val. Ekkor a középponthoz viszonyítva a végpont (L/2) a- val mozdul el. A jobb oldali végpont összes elmozdulása x+(L/2)a, az asztal szélére me­rőleges irányban. Az my tömegű test ennyi­vel kerül lejjebb:

Lx, = x + — a.

262

Ebből — kétszeri differenciálással — azt kapjuk, hogy

a ^ a + j P . (8)

A feladat megoldását az (5), (6), (7), (8) egyenletrendszer szolgáltatja. A rúd min­den pontja gyorsuló mozgást végez, így az impulzusmomentum-tételt csak a tömeg- középpontra írhatjuk fel. Hiba lenne pél­dául a jobb oldali végpontra felírni a perdülettételt, ekkor ugyanis a rúd forgá­sát a K erő nulla forgatőnyomatéka nem magyarázná.

Az asztal egy rögzített pontjához, mint a vonatkoztatási rendszer kezdőpontjához azonban viszonyíthatjuk a forgásmennyi­séget. Válasszuk meg a koordináta-rend­szert úgy, ahogy a 3.57. ábrán látjuk. Le­gyen a kezdőpont a rúd jobb oldali vég­pontjának kezdeti helyzetében, az x ten­gelye merőleges az asztal szélére, az y ten­gelye a rúd kezdeti helyzetével párhuza­mos, a z tengelye pedig merőleges az asz­talra. Ekkor a rúd teljes impulzusnyoma­téka:

N = N p + N s = — mrv0 + 0co =

L ml}= - m j V 0+ — w,

ahol v0 a tömegközéppont sebessége, az co a tömegközépponthoz viszonyított forgás szögsebessége. A pályamenti és a sajátper- dület ellentétes irányú, hiszen a koordi- náta-rendszer origójából nézve a pálya-

perdület az asztal alá mutat, a sajátperdü- let pedig az asztal fölé. Ebben a koordi­náta-rendszerben a K erő forgatónyoma- téka nulla, így a perdület állandó, megvál­tozása nulla:

- m ± a + ^ = ° - (9)

A (9) egyenlőség kicserélhető a (7) egyen­lettel._|

["A következő feladatban a munkatétel egyszerű alkalmazását m utatjuk be. G on­doljuk el, hogy egy rúd áll a talajon. A tömege legyen m, a hossza L. Tegyük fel, hogy miközben a rúd eldől, a végpontja nem mozdul el (3.58. ábra). Felvetődik a kérdés, hogy mekkora sebességgel csapó­dik a vége a földhöz. A mechanikai energia állandó, mert a nehézségi erő mellett ható kényszererő olyan ponton hat, amelynek a sebessége nulla. A rúd mechanikai ener­giája kezdetben csak a helyzeti energia: mgL/2. Amikor a rúd leér a talajra, a hely­zeti energiája elfogy, mozgási és forgási

263

energiaja van:

1 , 1 ~ ,— mvz + — 0 w z,

ahol v a tömegközéppont sebessége a ta­lajra éréskor,

0 -

m l3

l2 ~

pedig a középpontra vonatkozó tehetet­lenségi nyomaték. így

L 1 2 1 „ 2mg— = — mv + — 0 o r ,M 2 2 2

(10)

ahol v=(L/2)o). A (10) jobb oldalán a rend­szer pontjainak összes mozgási energiája szerepel, két részre bontva: a tömegközép­pontba egyesítve képzelt tömeg mozgási energiájára (ezt most egyszerűen csak moz­gási energiának nevezzük) és a tömegkö­zépponthoz viszonyított mozgásból szár­mazó energiára.

Ha a rudat úgy tekintjük, mint a vég­pontja körül elforduló merev testet, akkor az összes mozgási energia így is írható:

2 0cu2, itt azonban 0 = m í? /3 . Ekkor a

(10)-nek megfelelő egyenlet:

L 1 ^ 7mg — = - 0 w z .

Megjegyezzük, hogy a (11) jobb oldalát is szokás forgási energiának nevezni. A for­gási energia elnevezés — most is látszik — nem egyértelmű. |

Térjünk át a fizikai inga tanulmányozá­sára. Tegyük fel, hogy egy m tömegű testet a 3.59. ábra szerint egy pontján átmenő­tengellyel felfüggesztünk. A tengely köny- nyen elfordulhat. Tegyük fel, hogy a ten­gely s távolságra van a test tömegkö­zéppontjától, és jelöljük a test tehetet-

J.59.ábra

lenségi nyomatékát a forgástengelyre néz­ve 0-val. Térítsük ki a testet jobbra az áb­ra szerint a-val. A forgatónyomaték nagy­sága mgs sin a a forgástengelyre vonatko­zóan. Ha a kis szög, akkor jogos a sin a % a közelítés, így M = — mgsrx. A forgatónyo­maték azért rendelkezik negatív előjellel, mert ellentétes előjelű a kitérés a szögével: ha jobbra tér ki a test, akkor a forgatónyo­maték balra húzza vissza. így

— mgs<x = 0 p. (12)

Osszuk el mindkét oldalt 0-val: a rezgő­mozgás alapegyenletét kapjuk (az —cj2x= a alapegyenletről van szó, az és /i—>a, valamint az w 2->mgs/0 szereposztással):

mgs- - e ^

mgs

periódusideje:

T=2nI 0 mgs

(13)

[H atározzuk meg most a kerületi pont­jában felfüggesztett karika lengésidejét (3.60. ábra). A karika tömege legyen m, a sugara r, így a középpontra vonatkozó tehetetlen­ségi nyomatéka mr2. A (13) összefüggésben

264

azonban nem a középpontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték szerepel, hanem a kerületi ponthoz tartozó, ezt a Steiner-té- telböl m ár megkaptuk: 0 = 2mr2. A tömeg- középpont és a felfüggesztési pont távol­sága r, tehát a karika lengésideje:

T=2n(2 mr

myr= 2n * (14)

l"Függesszünk fel most egy vékony pál­cát az egyik végpontjánál (3.60. ábra). Ha a végpont körül a pálca elfordul, akkor kis kitéréseknél harmonikus rezgést végez. Ha a pálca tömege m, hossza L, akkor tehetet­lenségi nyomatéka a végére vonatkozóan ml3/3, így a lengésidő:

T= 2nv 3mf, í . “ 2" V 3Í - J 1151

fvizsgáljuk most meg egy L hosszúságú fonálra függesztett m tömegű inga — az ún. matematikai inga — lengésidejét (3.61. ábra). Az m tömegű pont tehetetlenségi nyomatéka a felfüggesztési pontra vonat­kozóan m l3 , a tömegközéppont és a fel­függesztési pont távolsága most nyilván­valóan L. így a lengésidő:

I ml3T=2n / ---- - =2n

V mgLL

(16)

Figyeljünk fel arra, hogy az L hosszú fo­nálinga ugyanolyan periódusidővel leng, mint az L: = 2r átmérőjű karika. |

F f egy ük fel, hogy egy mt tömegű, L, hosszúságú és egy m2 tömegű, L 2 hosszú­ságú ingát egymáshoz kötünk a 3.61. ábrán látható módon. (Tegyük fel, hogy lengés közben a két tömegpont és a felfüggesz­tési pont állandóan egy egyenesen van. Ez könnyen biztosítható, ha a fonala­kat rudacskákkal helyettesítjük, amelye­ket mereven összecsavarunk.) A kettős in-

L ,w

b)3.60.ábra

' / / / / / / / / / / , V / / / / / / / /A

Q) b)3.61.ábra

ga tehetetlenségi nyomatéka a felfüggesz­tési pontra:

0 = m1L ?+ m 2(L1 + L 2)2,

a súlypont távolsága a felfüggesztési pont­tól:

s =m ,Lj -(-m-^Ly + L 2)

m, + m 2

így a lengésidő:

T = 2%

= 2n

mlL i+ m 2(Li + L 2)2i

(mt +m2)gmíLi +m2(Ll + L2)

m, +m2

I m y L j + m ^ L y + L J 2

g\_mlL 1+ m 2(L1 + L 2y\ _ l

A merev testek dinamikájának a vége felé közeledünk. Minden fontos elvet érin­tettünk. A következőkben még olyan pont- rendszerekkel foglalkozunk, amelyek me­rev testekből és pontokból ^lló pontrend­szerek egyesítései. Néhány érdekes kérdés

265

még ott is felvetődik. Most azonban tér­jünk rá a merev testek haladó- és forgó­mozgásának a párhuzamára. Ez annál in­kább fontos, mert a párhuzamot kidombo­rító összefoglaló képletgyűjtemények leg­többször sok kárt okoznak, sok félreértés­re adnak lehetőséget.

Tekintsük át tehát a következő tábláza­tot. Az egyik oszlopában a haladómozgás, a másik oszlopában a forgómozgás jellem­zői találhatók. Az egy sorba tartozó meny- nyiségek bizonyos értelemben megfelelnek egymásnak, elsősorban formai alapon. Fel­tüntettünk ezen kívül néhány egymáshoz rendelhető képletet, amelyek analóg tör­vényeket fejeznek ki.

Haladómozgás

idő [í] helyzet [x] sebesség [u] gyorsulás [a] tömeg [m]

impulzus [ / = mi>]

erő [F ]

mozgási energia

munka [Fs]

Forgómozgás

idő [í]szög [a]szögsebesség [a>] szöggyorsulás [/?] tehetetlenségi nyomaték [ 0 ] impulzusmomen­tum [N = 0o>] forgatónyomaték [Aí]

forgási energia

[ 1 Hforgási munka

[M a]

A kinematikai képletek természetesen meg­feleltethetők egymásnak, így például

P .

s = — í-n e k az a = — t .a2

Ugyanígy a dinamikai egyenletek is pár­

huzamba állíthatók: az F = ma-nak megfe­leltethető az M — &P összefüggés. Fontos azonban felismernünk, hogy a mozgási és a forgási energia párhuzama nem ilyen. A dinamikai törvényből kettő van: F=ma, M = @P, munkatételből azonban csak egy.

A zy mv2 és a z y & w2 energiák összegének

a megváltozása egyenlő a testen végzett erők munkájával, amelyeket (kissé dur­ván fogalmazva) vagy a H^=Fs, vagy a W=Mtx képlettel számolunk. A munkák közül csak egyiket, az Fs-et vagy az M a-t használtuk a munkatételben. És az egyet­len munkatételben a mozgási és a forgási energia összege szerepel. Az azonban nem jutna eszünkbe, hogy a mozgásmennyisé­get és a forgásmennyiséget összeadjuk, és az impulzusmérleget az impulzusmomen­tum-mérleggel összekotyvasszuk.

3.2.4. Az impulzusmomentum megmaradása

Ebben a pontban néhány egyszerű fel­adatot beszélünk meg, amelyek a forgás­mennyiség megmaradását hivatottak il­lusztrálni.

("Függesszünk fel egy m tömegű, L hosz- szúságú rudat könnyen csapágyazott ten­gelyre. A rúd aljához vízszintesen m0 tö­megű, v0 sebességű, pontszerű test ütközik, az ütközés után rátapad a rúd végére (3.62. ábra). Ekkor a felfüggesztési pontra vo­natkozó impulzusmomentum állandó: az ütközés előtt a kis testnek m0v0L perdülete volt, az ütközés után a rúd szögsebességét jelöljük a>-val. így az ütközés utáni impul­zusmomentum

1 9— mL co + m0Lf(o,

266

y / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /A- f h= 0

E H - H3.62.ábra

a rúd és a test perdületének az összege. A forgásmennyiség megmaradását kifejező egyenlet:

m0i)oL= ^ ym L 2 + m0L2^cu, (1)

innen a szögsebesség meghatározható. Fel­vethető ezután a következő kérdés: meny­nyivel tér ki a rúd a függőleges helyzethez viszonyítva?

Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a rúd felső végénél. Ekkor a kezdeti energia a tömegpont helyzeti energiájának, a rúd helyzeti energiájának, a tömegpont mozgási energiájának és a rúd forgási ener­giájának az összege:

- m0Lg + ( - » » ! ) + 2 ™ +

• 1+ 2 Í m L " '

Amikor a test és a rúd együtt megáll, a függőlegessel a. szöget zárt be a rúd, a helyzeti energiák összege

^ - '« 0 y c o s o c ^ .— m0gL cos a + j — mg — cos a

A rendszerre ható belső és külső erők mun­kája egyaránt nulla, ezért a kezdeti és a végső mechanikai energia megegyezik. így

az energiamérleg:

L ’ 1 ,2 2- m0gL - m g — + - m0L2co2 +

1 1 T2 2+ 2 j m L ú , =

-- m0gL cos a — mg — cos a . (2)

A (2) energiamérlegből az a meghatá- rozható. |

("Képzeljük el most, hogy egy R sugarú, m tömegű korong függőleges tengellyel van csapágyazva. A korong súrlódás nélkül el­fordulhat. Tegyük fel, hogy a korong kez­detben w, szögsebességgel egyenletesen fo­rog. Eközben a koronghoz képest nyuga­lomban egy m0 tömegű, kistermetű ember áll a tengelytől távolságra (3.63. ábra). Hogyan változik meg a korong szögsebes­sége, ha az ember kisétál a korong közepé­től r2 távolságra?

Ez a rendszer impulzusra nézve nem zárt: a korong tengelyére a csapágyak vízszintes síkban erőt fejtenek ki. így az impulzusmegmaradás törvénye a feladat megoldásához nem alkalmazható.

A rendszer zárt azonban az energiára, a csapágyerők ugyanis nem végeznek mun­kát. Az energia megmaradásának a tör­vényét azonban mégsem lehet használni, hogy az w 2 szögsebességet kiszámítsuk.

3.63.ábra

267

egyszerűen azért, mert ilyen törvényt nem ismerünk. Zárt rendszer összes mechani­kai energiája nem feltétlenül állandó.

Gondoljunk ezért a harmadik mennyi­ségre, az impulzusmomentumra. A rend­szer erre a mennyiségre is zárt, hiszen a csapágy által kifejtett erőknek forgatónyo- matéka nincs. Másrészt a forgásmennyiség zárt rendszerben meg is marad: alkalmaz­ható tehát a mérlegegyenlet. A kezdeti per­dület egyenlő a későbbi perdülettel:

(0 + morl)(ol = (0 + morl)(o2. (3)

Itt 0 = m R 2/2, a korong tehetetlenségi nyo­matéka. A (3) mérlegegyenletből az co2 szögsebesség meghatározható. Vizsgáljuk meg most az energiamérleget. A későbbi állapothoz tartozó forgási energiák össze­géből levonjuk a kezdeti állapotot jellemző forgási energiák összegét, a különbség a rendszeren belül végzett munkák összege:

^ 0 (o j+ ^ m0r j (o l j -

- Q - 0 co\ + j m0rfa)f J = W Msö. (4)

Csoportosítsuk a bal oldali tagokat:

^ j 0 c o l - j 0 ü ) j ^ J +

+ ^ J m0r2a>2 - j " V 'W j = W ^ . (5)

Ebben az egyenlőségben a bal oldalon az első tag a korong forgási energiájának a megváltozása, tehát azzal a munkával egyenlő, amit az ember végez a korongon. A másik tag, az ember mozgási ( = forgási) energiájának a megváltozása, egyenlő az­zal a munkával, amelyet a korong végez az emberen.

Lehet, hogy az Olvasó berzenkedik az energiamegmaradás ilyen felfogása ellen. Az energia megmaradását nem így kell érteni, szokták az ellenvetést hangoztatni. Az energiába beleértjük például a biológiai energiát is. Nyilvánvaló, hogy az ember­nek, mint biológiai lénynek a ténykedésé­től függ az, hogy a korong és ember rend­szer felgyorsul vagy lelassul. Az ember bio­lógiai energiája fedezi ezeknek a folyama­toknak az energiaigényét.

Teljesen téves okoskodás! Az (5) bal oldalának az első tagja egyenlő az ember által végzett munkával, a másik tagja a korong által végzett munkával. Itt tehát a korong is végzett munkát, pedig nem is kellett etetni: a korongnak nincs biológiai energiája.'** |

l~Az előzőhöz hasonló problémát ho­zunk most szóba. Tegyük fel, hogy egy m = 100 kg tömegű, R = 2,5 m sugarú, füg­gőleges tengelyű korongot súrlódásmen­tesen csapágyazunk. A korong kezdetben nyugalomban van. A korong peremére fellép egy mo = 60 kg tömegű ember, és körbemegy a korongon. Tegyük fel, hogy az ember T= 5 másodperc alatt ér vissza a talajhoz viszonyítva arra a helyre, ahon­nan indult (3.64. ábra). A rendszer perdü- lete állandó, a kezdeti forgásmennyiség nulla, mozgás közben pedig

O = 0 a )k + raoJ?2(se, (6)

ahol <uk a korong szögsebessége,

2nWe= Y = 1 >256 VS-

A termodinamikai szempontjából nézve a hely­zet némileg más. Visszatérünk még ezekre a kérdé­sekre, amikor a hőtan gondolatvilágával megismer­kedünk.

268

A (6) egyenlőség alapján

2 m0R 2cuk =

m R2aje= ~ 1,2 -1,256 = - 1 ,5 -

s

A korong az ember haladási irányával el­lentétes irányba forog, ezt fejezi ki a nega­tív előjel.

Tegyük most fel, hogy az ember T= 5 s alatt ér vissza a korongnak arra a helyére, ahonnan elindult. Ekkor a koronghoz vi­szonyított mozgásának a relatív szögsebes­sége

2^wrei= y = 1 ’256 J/s.

Másrészt

-f- COfei OJe.

A (6) egyenlőségbe helyettesítve:

0 = 0 wk + m0R 2(wk + <urel),

így

- m0R2

Ezzel a feladattal kapcsolatban is elmond­hatjuk, hogy a rendszer összes mechanikai energiája nem állandó, hiszen kezdeti nulla értékről

1— 0 w l+ j m 0R 2w 2

-re nő. Ebben a kifejezésben az első tag, a korong forgási energiájának a növekedése, egyenlő azzal a munkával, amelyet az em­ber végez a-korongon. A második tag, az ember energiájának megváltozása, azzal a munkával egyenlő, amelyet a korong végez

3 64 az emberen.ábra Az energia megmaradását most nem

menthetnénk meg azzal, hogy a — kü­lönben nehezen értelmezhető — biológiai

j energiát hozzávesszük a mechanikai ener-giához. |

Fordítsunk még egy kevés fáradságot a belső munkák szerepére. Közismert kér­dés, hogy az álló helyből induló személy­autót mi is indítja el. Nyilvánvaló, hogy az autóra a nehézségi és az ezt kom­penzáló nyomóerőtől eltekintve a meg­hajtott kerekekre ható tapadó súrlódási erő hat (3.65. ábra). Ez az erő gyorsítja az autót, hiszen a belső erők a tömegközép­pont mozgását nem befolyásolják. Bármi­lyen erős az autó motorja, a járm ű nem indul el, ha nincs meg a külső erő lehető­sége. Hiába adunk a sima jégen gázt, az

(7) autó helyben marad. Ugyanakkor — és ez igen érdekes körülmény — az autó kere­kére ható tapadó súrlódási erő munkája

ÍUt = =1— m R + m 0R

= -0 ,5 4 - 1 ,256 = -0 ,6 8 l/s.3.65.ábra

269

nulla. A felgyorsuló autó összes mozgási­forgási energiájának a megváltozását nem a külső erők, hanem a belső erők munkája okozza! A belső erők ugyanis megváltoz­tathatják a rendszer összes mechanikai energiáját. A m otor által végzett munka az autó mechanikai energiáját növeli. Fi­gyelemre méltó, hogy nemcsak a tömegkö­zépponthoz viszonyított belső mozgásért, hanem a tömegközéppontba koncentrálva képzelt tömeg mozgási energiájáért is a m otor a felelős. Összefoglalva: az autó impulzusának a növekedése a tapadó súr­lódási erővel magyarázható, a belső erők nem befolyásolják az összes impulzust. Ez­zel szemben a mechanikai energia növeke­déséért a belső erők a felelősek, a külső erő munkája nulla. Fékezéskor hasonló a hely­zet: az impulzus a talaj és a kerék érint­kezésénél fogy el, a mechanikai energia pe­dig belül, a fékeknél. (Persze mindaddig, amíg a kerekek nem csúsznak.)

Hasonló a helyzet egy kötélen mászó gyerek esetén. Tegyük fel, hogy a gyerek nem csúszik meg a kötélen. Ekkor a keze és a kötél között tapadó súrlódási erő lép fel. A gyereket a kötél által kifejtett tapadó súrlódási erő emeli fel. Az összes energiája azonban a belső erők munkavégzése kö­vetkeztében nő!

A merev testek mozgását bemutatva vázlatosan beszéljünk a pörgettyűről. Első látásra a pörgettyűk meglehetősen furcsán mozognak. Képzeljük el, hogy egy korong hosszú tengelyét vízszintesen felfüggeszt­jük, és a két végén finoman csapágyazzuk. Ezután valamilyen módszerrel felpörgetjük a korongot úgy, ahogyan a 3.66. ábrán látszik: a szögsebességvektora balra mu­tat. Ezután elvágjuk a bal oldali csapágyat felfüggesztő fonalat. Azt várnánk, hogy a szerkezet lebillen a jobb oldali felfüggesz­tés körül. Nem ez történik. A tengely —

N

’ ^'C Ma> L\ mg N1

N 1j?N

M -

meglepetésünkre — a megmaradt jobb oldali fonál körül vízszintes síkban körbe­fordul. Valóban meglepő jelenség, élnek is ezzel a cirkuszi mutatványosok is.

A jelenség magyarázata a következő. Tekintsük azt a t= 0 időpontot, amikor a bal oldali fonalat elvágjuk. Ekkor a jobb oldali végpont — mint rögzített pont — körül a rendszerre egyetlen forgatónyo­maték hat; a korong tömegközéppontjá­ban ható nehézségi erő forgatőnyomatéka. A jobbkézszabály szerint ez merőleges az erőnek és karjának a síkjára, a rajz síkjá­ból kifelé mutat, az Olvasó felé. Másrészt a forgó korong perdülete ekkor a szögsebes­séggel párhuzamos, a rajz síkjában bal­ra mutat, hiszen N = 0co. A perdületté- tel szerint a forgásmennyiség időegységre eső megváltozása a forgatónyomatékkal egyenlő, a forgásmennyiség a forgatónyo­maték irányába változik.

AN párhuzamos M-mel. így — felülné- zetben nézve az elforduló korongot — azt látjuk, hogy a perdületvektor elfordul. A korong — mint pörgettyű — forgása az erőnek és karjának a síkjára merőlegesen változik, ezért a pörgettyű a felfüggesztő fonál körül körbeforog.

A pörgettyű másik fajtája a búgócsiga nevezetű gyerekjátékhoz hasonlít. A ko­rong tengelyét a talajra támasztjuk, és a

270

korongot megpörgetjük. Először is azt lát­juk, hogy nem dől el, míg a nyugvó korong tengelye biztosan nem m aradna ilyen hely­zetben. Majd a korong tengelye körbefor­dul, mintegy kúppalástot leírva. A jelen­ség magyarázata vázlatosan a következő. A pörgettyűre ható nehézségi erő forgató- nyomatéka most az ábra síkjára merőle­gesen befelé m utat, ezért a rendszer per- dületvektora a forgatónyomaték-vektorral egy irányba változik: AN = MAt. A pörgés iránya a 3.67. ábra síkjára merőlegesen változik meg, ezért fordul el a pörgettyű tengelye, ezért mozog a tengely egy kúp palástja mentén.

Azt, hogy a forgatónyomaték merőleges az erővektorra, igen könnyen demonstrál­hatjuk, szinte a kezünkkel érezzük. Feltét­lenül javasoljuk az Olvasónak, hogy vala­milyen nagy fordulatszámú kis háztartási gépet, például egy kávéőrlőt vegyen kézbe, és indítsa be. H a a berendezést működése közben finoman elmozdítjuk, pontosab­ban a tengelyét elfordítjuk, akkor nyil­vánvalóan érezzük a kifejtett erő síkjára merőleges forgatónyomatékot. Érezhetővé válik az is, hogy a pörgettyű — a háztar­tási gép — a forgatás irányára merőleges irányba próbál elfordulni.

3.67.ábra

3.2.5. A merev testek statikája

Ebben a pontban először a tömegpon­tok egyensúlyának a feltételét vizsgáljuk meg, ezután a kapott eredményeket és a módszereket általánosítjuk a merev tes­tek mozgására, végül néhány szempontot adunk általában a pontrendszerek egyen­súlyának a vizsgálatához.

Egy tömegpont akkor van egyensúly­ban, ha a gyorsulása nulla. Azonban ez nem azt jelenti, hogy a sebesség is nulla, igen gyakori eset, hogy az egyensúlyi helyzet­ben a tömegpont mozog. Gondoljunk a harmonikus rezgőmozgást végző tömeg­pontra: az egyensúlyi helyzeten áthaladva a legnagyobb a sebessége. Az egyensúlyi helyzetből azonban nem indul el a kezdet­ben nyugalomban levő test.

Az egyensúly feltétele világos: a test gyorsulása pontosan akkor nulla, ha a testre ható erők eredője nulla. Ez a tömeg­pont egyensúlyának szükséges és elégséges feltétele.

A feladatok egy részében ismert a test egyensúlyi helyzete, és az egyensúlyt bizto­sító kényszererőket kell meghatározni. A problémák másik csoportjában az egyen­súlyi helyzet megkeresését tűzzük ki célul.

rÁz első feladatban ismert a test egyen­súlyi helyzete. Tegyük fel, hogy a mennye­zethez L j és L 2 hosszúságú fonalat erősí­tünk, a fonalak szabad végét összeerösít- jük. Itt a két fonál merőleges lesz egymásra. A fonalak összeerősítéséhez m tömegű kis golyót függesztünk fel (3.68. ábra).

A testre három erő hat: a nehézségi erő és a két kötélerö, K t és K 2. A fonalak mennyezettel bezárt szögét jelöljük a-val és /?-val. Nyilvánvaló, hogy a két szög összege 90°, és tg a = L 2/L 1. A függőleges egyenes a derékszöget is az a és a /? szögekre bontja. A testre ható erők egyensúlya azt jelenti,

271

3.68.ábra

hogy a testre ható erők vízszintes és függő­leges összetevőinek összege egyaránt nulla. Vízszintes irányban jobbra a K 2 erő sin a- szorosa, balra a K l cos a-szorosa hat:

K 2 sin a — K t cos a = 0.

A függőleges erőkomponensek eredője is nulla:

K 2 cos a + K j sin u — mg = 0.

Ez két egyenletet jelent, amelyből a két ismeretlen, például a két kényszererő meg- határozható. |

fÜgy L hosszúságú fonál egyik végét a mennyezethez, a másik végét egy falhoz erősítjük, a falhoz rögzítés pontja a meny- nyezet alatt van h mélységben, a felfüggesz­tési pontok távolsága vízszintesen mérve d. A fonalon könnyű csiga gördülhet súrlódás nélkül. A csigára m tömegű testet függesz­tünk (3.69. ábra). Hol van a test egyensúlyi helyzete, és mekkora erő feszíti a kötelet?

A feladatban egy kötél szerepel, könnyű csigával, ezért a kötélerő a csiga két oldalán azonos. Egyensúlyi helyzetben a testre ható erők vízszintes és függőleges összetevőinek eredője nulla:

K cos a - K cos 0 = 0 ,

K sin a + K sin /? — mg = 0.

Az első egyenletből következik, hogy a = [i. A csiga egyensúlyi helyzetét ezzel a feltétel­lel jellemezzük. Az ábráról világos, hogy

cos <x= —.Li

A második dinamikai egyenletből ezután a kényszererő meghatározható.

Az egyensúlyi helyzet faltól, illetve meny- nyezettől mért távolságát az ábrán látható hasonló háromszögekből meghatározhat­juk:

x = /t cos a,

h = ly sin a —12 sin a,

y = L s ín a — Z2 sin a,

L= ly-i-l2.

Az egyenletrendszerből x és y kiszámít­ható.

Figyelemre méltó ebben a feladatban, hogy a test a lehető legmélyebben van, az

szélső értéket vesz fel az egyensúlyi hely­zetben, ekkor ugyanis

3.69.ábra

h + J t í - d 1y= ^ 2— _J

A test legmélyebb helyzetében a legkisebb a helyzeti energia is. Tekintve, hogy most a helyzeti és a mozgási energia összege állandó, az egyensúlyi helyzetben a moz­gási energia maximális, az egyensúlyi hely­zeten a csiga a legnagyobb sebességgel ha-

272

lad át. Ez azt jelenti, hogy itt a gyorsulás nulla, hiszen a sebességfüggvény maximá­lis, a grafikonjához húzott érintő vízszin­tes.

A tömegpontok egyensúlyi helyzetét ál­talában is a következőképpen jellemezhet­jük.

Tegyük fel, hogy valamely helyzetben egy tömegpont egyensúljban van. Az ér­telmezés szerint itt a gyorsulás nulla. Ez a következőket jelentheti (3.70. ábra):

1. Lehetséges, hogy a sebesség nagysá­gának (ezzel a mozgási energii nak) maximuma van.

2. Az is lehetséges, hogy a sebességnek minimuma van, ezzel együtt a mozgási energia is a lehető legkisebb értéket veszi fel.

3. Elgondolható az is, hogy a sebes­ségnek sem maximuma, sem mini­muma nincs, a sebesség grafikonjá­nak vízszintes, érintővel inflexiója van, ugyanígy a mozgási energiának is.

4. Könnyen elképzelhető, hogy a feltttel úgy valósul meg, hogy a sebesség állandó, esetleg nulla. Állandó ekkor a mozgási energia is.

Folytassuk a gondolatmenetet. Tegyük fel most pótlólag, hogy a tömegpontra csak

a í v . KEr, Eh

v a y— — -t

© A / 3.70.ábra

konzervatív erő hat, vagyis a tömegpont mechanikai energiája állandó. Ekkor az előző gondolatokat folytatva:

1. Ha a mozgási energiának maximuma van, akkora helyzeti energiának mini­muma kell, hogy legyen.

2. Ha a mozgási energiának minimuma van, akkor a helyzeti energia maxi­mális.

3. H a a mozgási energiának inflexiója van, akkor a helyzeti energiának is.

4. H a a sebesség állandó, akkor állandó a helyzeti energiája is.

Ha tehát a test helyzeti és mozgási energiájának az összege állandó, akkor az egyensúlyi helyzeteket jellemezhetjük a stabilitás szempontjából is. Az 1. esetben a tömegpontnak stabilis egyensúlyi helyzete van, ebből a helyzetből egy rjcsít kiterítve a tömegpontot, az egyensúlyi helyzet kö­zelében marad. A 2. és 3. esetben az egyen­súlyi helyzet labilis. Az egyensúlyi hely­zetből kimozdítható a test, hogy ezután m ár nem tér vissza ebbe a helyzetbe, ha­nem eltávolodik tőle. A 4. esetet közömbös egyensúlyi helyzetnek nevezzük, mert az egyensúlyi helyzetből kissé kimozdítva a testet, a test újabb egyensúlyba kerül.

Ez a jellemzési mód csak abban az eset­ben alkalmazható, ha a testre nem hat pl. a súrlódási erő. Ha 30° hajlásszögű lejtőre helyezünk egy pontszerű testet, és a súrló­dási együttható 0,6, akkor a test a lejtő bármelyik pontjában nyugalomban van. Ezek a helyzetek azonban nem minősíthe­tők sem stabilis, sem labilis, sem közömbös egyensúlyi helyzetnek.

Vizsgáljuk meg most a merev testek egyensúlyi helyzetét. Egy merev test akkor van egyensúlyban, ha a gyorsulása és a szöggyorsulása egyaránt nulla. Természe­tesen ekkor még előfordulhat, hogy a tö­megközéppont egyenletesen mozog, vagy

273

a test egyenletesen forog a középpontja körül.

A merev test egyensúlyának szükséges és elégséges feltétele az, hogy a testre ható erők és a forgatónyomatékok eredője nulla legyen:

a = 0 ^ £ F = 0,

P = 0 o £ M = 0. (1)

Egyetlen megjegyzést fűzünk az (1) fel­tételhez. A ^ M = 0 feltétel egyensúly ese­tén bármely pontra teljesül: a nyugalom­ban lévő merev test forgatónyomatéka akármelyik pontra nulla, hiszen bárho­gyan választunk meg egy pontot, a merev test úgy tekinthető, mint e rögzített pont körül (nulla szóggyorsulással) forgó test. így a 3.2.1. pont (12) impulzusmomentum- -mérlege a ^ M = 0 feltételt jelenti.

F f együk fel, hogy a falhoz támasztunk egy létrát. A létra tömegét jelöljük m-mel, a hosszát L-lel, a létra talajjal bezárt szögét a-val (3.71. ábra). Tegyük fel, hogy a ta­lajon a súrlódási együttható //, a falnál 0. A létrára az mg nehézségi erő mellett a talajnál és a falnál egy-egy nyomuerő és a talajon súrlódási erő hat. Jelöljük ezeket Ti-gyel, T2-vel és S-sel. Tapadás esetén a létra nyugalomban van, ez azt jelenti egy­részt, hogy a = 0 és P=0, másrészt teljesül­

nie kell az S<fiTt feltételnek. A létrára ható erők vízszintes irányú összetevőinek az eredője nulla:

T2- S = 0, (2)

függőleges irányban:

m g - T ^ O . (3)

írjuk fel a forgatónyomatékot a létra és a fal találkozási pontjára! E pont körül a nehézségi erő és az S súrlódási erő egy irányba, az óram utató járásával megegye­ző irányba forgat, az ellentétes irányba a T, nyomóerő forgat:

mg y cos a + SL sin a = T tL cos a, (4)

ahol — még egyszer —

S < n T t . (5)

A (2), (3), (4) egyenletrendszerből megha­tározhatók az egyensúlyt biztosító kény­szererők, az (5) feltételből pedig megha­tározható a tapadást biztosító súrlódási együttható. |

A feladatokban legtöbbször a merev test síkbeli egyensúlyát vizsgáljuk. Ekkor a testre ható erők egyensúlya két egyenletet jelent, egy további harmadikat a forgató­nyomaték egyensúlya. Szükség van eze­ken kívül még egyenletekre, amik vagy az erőkre vonatkozó korlátozások vagy geo­metriai jellegű egyenletek. így volt ez az előző feladatnál is.

r f együk fel most, hogy a 3.72. ábrán látható módon sima falhoz és sima talajhoz döntünk egy m tömegű, L hosszúságú létrát úgy, hogy a fallal a szöget zár be. A létra elcsúszna, ezt azonban megakadályozza egy, a fal és a talaj találkozásához rögzített kötél, amely a talajjal p szöget zár be.

Vizsgáljuk meg az egyensúlyt biztosító kényszererőket. A létrára vízszintes irány-

274

3.72.ábra

ban jobbra a fal nyomóereje (T2), balra pedig a kötélerő cos fi-szorosa hat:

T2 — K c o s / ? = 0 . (6)

Függőleges irányban a nehézségi erő mel­lett lefelé mutat K sin fi, ezeket ellensú­lyozza a talaj Tx nyomóereje:

mg + K sin f i — T, = 0 . (7)

A forgatónyomaték-egyensúlyt írjuk fel a talaj és a fal érintkezési pontjára, ekkor ugyanis a K erő forgatőnyomatéka nulla:

L .mg — sm a+ T2L cos a — T^L sin a = 0. (8)

A Tj, T2, K három ismeretlen meghatároz­ható a (6), (7), (8) egyenletekből: a (6) egyenletből a T2-t, a (7)-ből a 7j-et helyet­tesítsük a (8) egyenletbe, akkor egyetlen ismeretlent tartalmazó egyenletet kapunk, a K-t visszahelyettesítve a (6)-ba T2 adó­dik, ezt a K-t a (7)-be helyettesítve meg­kapjuk Tj-et. Valójában igen egyszerű fel­adat.

Várhatóan sokkal nehezebb dolgunk len­ne, ha a talajnál és a falnál súrlódás is fel­lépne. Gondoljuk meg, hogy ez a követ­kezőt jelentené: egyrészt a (6) egyenlet bal oldalához hozzá kellene adni — Si-et, a

talajnál fellépő súrlódási erőt, a (7) egyen­let bal oldalához pedig — S2-t, a falnál fellépő súrlódási erőt. Ezek az erők a fal, illetve a talaj mentén hatnak, ezért ha a forgatónyomatékot ugyanarra a pontra számítjuk, mint az előbb, ezeknek az erők­nek a forgatőnyomatéka nulla, így a (8) egyenletet nem kell módosítani. Gondol­juk végig, az ismeretlen erők: S , , S 2, Tx, T2, K, az egyenletek száma pedig nem változott. (Az S 1< /iT 1, S 2 < n T 2 feltételek fennállnak, de ezek egyenlőtlenségek, a kisebb jelet nem szabad elhagyni, külön­ben is ezeknek az összefüggéseknek a funk­ciója a súrlódási együtthatókra vonatkozó kikötések ellenőrzése lehet.)

Arról van tehát szó, hogy a feladat ere­deti megfogalmazásából a súrlódást ki­hagyni nem barátságos gesztust jelent az Olvasóval szemben, hanem a feladat meg­oldhatóságát biztosítjuk ezzel. H a az öt ismeretlen erő hat, akkor ez sok ahhoz, hogy a feladat megoldható legyen. Általá­ban is igaz, ha valamely feladatban „túl sok” kényszererö lép fel, akkor a feladat megoldhatatlanná válik, a kényszereröket nem tudjuk meghatározni. Az ilyen fela­datokat statikailag határozatlan felada­toknak nevezzük. |

ÍG ondoljuk most el, hogy egy m tömegű, L hosszúságú rúd egyik végét egy / hosszú­ságú fonallal a falhoz kötjük, a másik végét a falhoz támasztjuk. A fal és a rúd közötti súrlódás együtthatója legyen fi. A rúd fallal bezárt szögét jelöljük /?-val, a fonál és a fal szögét a-val (3.73. ábra). Ekkor a szinusz­tétel alapján:

L sin a l sin fi (9)

A fonál és a rúd szöge f i — ct, és ha a rúd támaszkodási pontja a kötél rögzítési pont­jainak a távolságát k - \ al jelöljük, akkor a

275

koszinusztétel alapján:

k2 = l3 + l2 — 2LI cos (/? — a). (10)

Térjünk rá az erőegyensúly és a forgató- nyomaték-egyensúly felírására. A vízszin­tes erőkomponensek egyensúlya:

T— K s in a = 0, (11)

a függőleges erőkomponensek összege is nulla:

K cosa + S —m g—0. (12)

A forgatónyomatékot vonatkoztassuk pél­dául a fonál rögzítési pontjára. Ennek a választásnak az az előnye, hogy az S és a K forgatonyomatéka nulla, az mg súlyerő és a fal által kifejtett T nyomóerő forgató- nyomatéka kiejtik egymást:

m g -s in a — T k = 0 . (13)

Ha a forgatónyomatékot a rúd és a fal érintkezési pontjához viszonyítanánk, ak­kor az mg erő forgatónyomatékát a K erő forgatonyomatéka kompenzálná. Tehát

mg s in a = K L sin (fí— a). (14)

Ez az egyenlet kicserélhető az előzővel. Az eredményül kapott súrlódási erő negatív is lehet: elképzelhető az egyensúly úgy is, hogy a súrlódási erő fölfelé hat, a rúd lefelé csúszását akadályozza meg. Az is lehet, hogy a súrlódási erő lefelé mutat, mert a rúd fallal érintkező része fölfelé csúszna. Ezért a súrlódási erő nagysága pT-nél na­gyobb nem lehet:

— H T < S< hT ^ (15)

A merev testek egyensúlyára vonatkozó feladatokban gyakran csuklóval rögzítik a testet. A rúd vége elfordulhat egy rögzített csapágyban. A 3.74. ábrán látható, hogy a csukló az ábra síkjában tetszőleges nagy­ságú és irányú kényszererőt át tud adni a rúdnak. (Gömbcsukló a térben is tetszőle­ges irányú erő átadására képes, csak a csukló anyagának szilárdsága szab ennek határt.)

A csuklóerőnek nem ismeijük sem a nagyságát, sem az irányát, ezért a csukló

276

által kifejtett erőt két komponensével he­lyettesítjük.

lA 3.75. ábrán látható csuklóra egy L hosszúságú, m tömegű rudat függesztünk. A rudat a függőlegeshez viszonyítva kité­rítjük, és ott egy támaszra fektetjük. A tá­masz és a csukló távolsága legyen s. Ekkor a rúdra a nehézségi erő és a támasz által kifejtett T erő mellett a csuklóerö hat, a csuklóerőt jelöljük Q -\al, vízszintes kom­ponensét Öx-szel, a függőleges komponen­sét Qy-nal. Ekkor a vízszintes erökompo- nensek egyensúlya:

ö x- T c o s a = 0, (16)

a függőleges erőkomponensek eredője is nulla:

Qy+ Tsm a — mg=0, (17)

és a forgatónyomatékokat a csuklóra szá­moljuk, a jobbra és a balra forgató erők forgatónyomatékainak összege nulla:

Ts—mg sin a — = 0. (18)

A (16), (17), (18) egyenletrendszer alkalmas a kényszererők meghatározására. |

Tegyük fel most, hogy egy merev test­re ható erők vagy konzervatívak, vagy a munkájuk nulla. Ekkor a merev test egyensúlyi helyzete jellemezhető a stabili­tás szempontjából. Ugyanolyan gondolat­

menet alapján, mint amit a tömegpontok statikájával kapcsolatban gondoltunk vé­gig, a merev test egyensúlyi helyzetét ak­kor mondjuk stabilisnak, ha helyzeti ener­giájának (lokális) minimuma van: a hely­zetből egy bizonyos mértéknél nem jobban kimozdítva a merev test az eredeti hely­zet közelében marad.'*’ Hasonlóan: labilis egyensúlyban van a merev test, ha helyzeti energiájának (lokális) maximuma van: az egyensúlyi helyzetből kissé kimozdítva, az egyensúlyi helyzetet elhagyja.

A merev testek és általában a pontrend­szerek helyzeti energiája a tömegközép­pontba egyesíthető. Ezért az egyensúlyi helyzet stabilitása a tömegközépponttal is jellemezhető: a stabilis egyensúlyi helyzetet arról ismerjük meg, hogy a merev test (és általában a pontrendszer) tömegközép­pontja (a környező helyzetekhez képest) a legmélyebb helyzetben van. A labilis egyensúlyi helyzetben a tömegközéppont a legmagasabb helyzetben van.

ÍTgy például az ábrán látható három­szöglemez súlypontja (tömegközéppontja) a legmélyebb helyzetbe kerül, ha a fonalat elvágjuk. Ez a helyzet stabilis egyensúlyi helyzetű lesz. A háromszöglemez átlendül az egyensúlyi helyzeten, a sebessége itt maximális lesz, ezzel együtt a mozgási és a forgási energiája is. Ezért lesz a helyzeti energia minimális.

A háromszöglemez tömegközéppontja a legmélyebben a stabilis egyensúlyi helyzet­ben van. Ez most azt jelenti, hogy a tömeg- középpont a felfüggesztési pont alá ke-

**' Stabilis egyensúlyi helyzetből kissé kimozdítva egy testet, az gyakran kis amplitúdójú rezgéseket végez az egyensúlyi helyzet körül, de elképzelhető olyan eset is, hogy a test a stabilis egyensúlyi helyzete körül, annak a környezetében, „bolyong” anélkül, hogy egyszer is visszatérne az egyensúlyi helyzetbe.

277

rül. A stabilis egyensúlyi helyzetet sokszor pontosan abból határozhatjuk meg, hogy a tömegközéppont a felfüggesztési pont alatt van (3.76. ábra).

(Megjegyezzük, hogy igen gyakran a fi­zika módszeres felépítésében a tömegkö­zéppont fogalmát pontosan a most említett tulajdonságból eredeztetik: tömegközép­pontnak nevezik azt a pontot, amely a test felfüggesztésekor a súlyvonalakat kijelölő függőleges fonál metszéspontjánál fekszik. Mi más felépítést követünk: a fenti tulaj­donságot legutoljára említettük.)

Az ábráról nyilvánvaló, hogy a csukló­nál lévő pontból induló súlyvonal a há­romszög átfogójával a — fi szöget zár be, ahol tg a =4/3, tg f i= 2/3, így a = 53,2°, f i= = 33,7°, a háromszög leghosszabb oldala a függőlegessel 19,5° szöget zár be az egyen­súlyi helyzetben. |

IX. Feladatcsoport: merev testek mozgása

IX/1. Egy 20 cm sugarú, 5 kg tömegű hengert súrlódásmentes tengellyel a meny- nyezethez rögzítünk, és a hengerre vékony

fonalat tekerünk. A fonál végén 1 kg tö­megű test függ, kezdetben nyugalomban (3.77. ábra). A testet elengedjük. Mennyi idő múlva lesz a test sebessége 1 m/s? Mek­kora ebben a pillanatban a korong szög- sebessége? Határozzuk meg, hogy mekkora ekkor a henger saját perdülete és forgási ener­giája? Mennyi munkát végzett a hengerre ható kötélerő és a testre ható kötélerő?

IX/2. Egy korong tömege 10 kg, sugara 15 cm. A korongra 10 cm sugarú, könnyű tárcsát ragasztunk. A korongot tengelyé­nél felfüggesztjük. A korong mindkét ré­szére egy fonalat tekerünk a 3.78. ábra szerint. A 10 cm sugarú tárcsáról lelógó fonalon 5 kg tömegű, a 15 cm sugarú korongról lelógó fonalon 10 kg tömegű test függ. A két test kezdetben egyenlő magasan van. Mennyi idő múlva lesz a két test távolsága 30 cm? Hogyan mozognak ekkor a testek? M ekkora erő feszíti a

278

mennyezetnél a tengelyt felfüggesztő kö­telet?

IX/3. A 3.79. ábrán látható korong tö­mege 10 kg, a kisebbik sugár 10 cm, a na­gyobbik 15 cm. A korong két részén azo­nos oldalon egy-egy fonál függ. A belsőn0,4 kg, a külsőn 0,3 kg tömegű testek füg­genek. Határozzuk meg a két test gyorsu­lását és a köteleket feszítő erőket!

IX/4. A 3.80. ábrán látható korong tö­mege 1 kg, sugara 10 cm. Határozzuk meg a fonalon legördülő korong gyorsulását és szöggyorsulását. A t = 0,2 s időpontban mekkora a jojó sajátperdülete és pálya- perdülete a fonál legfelső pontjához viszo­nyítva? M ekkora munkát végzett a koron­gon a kötélerő?

IX/5. Egy könnyű csigát felfüggesztünk a mennyezetre. A csigán átvetett fonál két végén, azonos magasságban, az egyik oldalon egy 10 cm sugarú jojó, a má­sik oldalon egy pontszerű test van (3.81. ábra). Mindkét test 1 kg tömegű. Mennyi idő alatt tesz meg a jojó 1 m-t? (Merre mozdul el?) Hol van ekkor a másik test? M ekkora a két test sebessége?

IX/6. Egy kettős korong tömege 1,5 kg, a nagyobbik sugár 12 cm, a kisebbik 10 cm. A korong a nagyobb sugarú részére tekert fonalon jojó módjára legördülhet (3.82. ábra). A másik részre csavart fonál­ra egy testet függesztünk. A korong közép­pontja és a test kezdetben 80 cm-re van egymástól. A két test 1 s múlva 50 cm-re van egymástól. Mekkora a fonalon függő test tömege? Hogyan változik eközben a két test helyzeti, mozgási és forgási ener­giája?

IX/7. Mennyezetre függesztett könnyű csigán fonalat vetünk át. A fonál egyik ré­szén 1 kg tömegű, 10 cm sugarú, tömör korong, a másik oldalon 1,2 kg töme­gű, 0,8 cm sugarú, töm ör korong gördül

3.79 .ábra

3.80.ábra

3.81ábra

3.82.ábra

279

le. M indkettő nyugalomból indul (3.83. ábra). Mennyi utat tesz meg az 1 kg tömegű korong az idő alatt, amíg a másik korong 40 cm-t tesz meg? Hogyan változik a két test helyzeti, mozgási és forgási ener­giája?

IX/8. Egy 1 kg tömegű, 10 cm sugarú, tömör korongot vízszintes talajon a tenge­lyen ható vízszintes irányú, 12 N nagyságú erővel húzunk. A korong tapad a talajon (3.84. ábra). M ekkora a korongra ható súrlódási erő? M ekkora a korong közép­pontjának a gyorsulása és szöggyorsulása? M ekkora súrlódási együttható esetén va­lósul meg a tapadás?

IX/9. Egy 1 kg tömegű, 10 cm sugarú, tömör korongot vízszintes talajon a ten­gelyére ható, vízszintes irányú 12 N erővel húzunk (3 85. ábra). A súrlódási együtt-

3.85.ábra

ható a talaj és a korong között 0,2. Mek­kora a korongra ható súrlódási erő? Mek­kora a korong szöggyorsulása és tengelyé­nek a gyorsulása? Mennyivel változik meg a korong forgási és mozgási energiája, mi­közben a korong tengelye 1 métert meg­tesz?

IX/10. Egy 40 cm sugarú, 5 kg tömegű korongra 30 cm sugarú könnyű tárcsát ra­gasztunk. A 3.86. ábra szerint a korongra 30 N erőt fejtünk ki. A súrlódási együtt­ható 0,15. M ekkora a korong gyorsulása és szoggyorsulasa?

IX/11. Kettős henger sugarai: R = 40 cm r = 10 cm, a henger tömege 5 kg. Az r su­garú tárcsára csévélt fonalat 25 N erővel hu7zuk A súrlódási együttható 0,15 (3.87. ábra). M ekkora a korong gyorsulása és szöggyorsulása? M ekkora a súrlódási erő?

IX /12. Egy R = 40 cm sugarú, 5 kg töme­gű tárcsái a r = 20 cm sugarú könnyű tár­csát ragasztunk. A tárcsára feltekert fona­lat vízszintes irányú F= 25 N erővel húz­zuk, a középpont felett. A súrlódási együttható 0,1. M ekkora a súrlódási erő? Határozzuk meg a korong gyorsulását és szöggyorsulását! Mennyi idő alatt tesz meg a Korong középpontja 1 méter utat? Meny­nyi ebben a pillanatban a korong saját-

280

3.88. ábra

perdülete és pályaperdülete a tatejhoz rög­zített koordináta-rendszerben?

IX/I3. Egy R = 40 cm sugarú, 5 kg töme­gű tárcsára r = 30 cm sugarú, könnyű tár­csát erősítünk. A tárcsára feltekert fonalat F= 20 N erővel húzzuk (3.88. ábra). A súrlódási együttható 0,3. Határozzuk meg a korong gyorsulását és szöggyorsulását! M ekkora a súrlódási erő9

IX/14. Egy 5 kg tömegű, 40 cm sugarú hengerre 20 cm sugarú, könnyű tárcsát erősítünk. A tárcsára tekert fonalat a kö­zéppont alatt húzzuk 25 N erővel. A súrló­dási együttható 0,25. Határozzuk meg a súrlódási erőt, a szöggyorsulást és a gyorsulást!

IX/15. Egy 15 cm sugarú korong töme­ge 2 kg. A korongot súrlódásmentes tala­jon a tengelyére ható, vízszintes 20 N erő­vel húzzuk. Határozzuk meg a korong gyorsulását és szöggyorsulását!

IX/16. Egy 2 kg tömegű, 15 cm sugarú, töm ör korongot súrlódásmentes talajon a kerületére tekert fonálra kifejtett erővel, vízszintes irányban, 4 N erővel húzunk. M ekkora a korong gyorsulása és szög­gyorsulása?

IX/I7. A 3.89. ábrán látható 2 kg tö­megű, 20 cm sugaru korongot asztalra

helyezzük. A tengelyéhez fonalat erősí­tünk. A fonál végére 0.5 kg testet függesz­tünk. A testet elengedve a korong tapadva, csúszás nélkül gördül Mekkora súrlódási együttható esetén valósul meg ez? Mek­kora a két test gyorsulása és a korong szöggyorsulása? Mennyi idő alatt tesz meg a korong 40 cm-t? Ez idő alatt hogyan változik a korong és a test energiája?

IX/18. Egy 2 kg tömegű, 20 cm sugarú korongot az asztalra helyezünk. A kerüle­tére tekert fonál végére egy 0,5 kg tömegű testet függesztünk. A testet elengedve a korong csúszás nélkül gördül. Mekkora súrlódási együttható esetén valósul ez meg? M ekkora a két test gyorsulása és a korong szöggyorsulása? Mennyivel változik a ko­rong mozgási és forgási energiája az idő alatt, amíg a fonál végén a test 1 m utat megtesz?

IX/19. A 3 n0 ábrán látható korong tö­mege 4 kg, sugara 40 cm, a ráékelt, könnyű tárcsa sugara 20 cm. A korongot a 20 cm sugarú tárcsára tekert fonállal jobbra húz­zuk 10 N erővel, a vízszintessel 60°-ot be­záró irányban. A korong tapad Mekkora súrlódási együttható esetén valósul ez meg? Határozzuk meg a súrlódás' ;röt, a korong gyorsulását és szöggyorsulását!

IX/20. Egy 4 kg tömegű korong sugara 40 cm, a ráerősített, könnyű tárcsa su­gara 20 cm. A korongot a tárcsára csé­vélt fonállal a középpont alatt jobbra, fölfelé húzzuk 10 N erővel, a vízs" ntessel 45°-os szöget bezáró irányban. A korong tapad. M ekkora a súrlódási erő? Határoz-

281

zuk meg a korong szöggyorsulását és gyor­sulását! Milyen kikötést kell tenni a súrló­dási együtthatóra?

IX/21. Egy 4 kg tömegű korong sugara 40 cm, a ráerősített könnyű tárcsa 20 cm-es sugarú. A tárcsára tekert fonállal a közép­pont alatt fölfelé, a vízszintessel 75°-os szöget bezáró irányban húzzuk a koron­got. A korong csúszás nélkül gördül. Mek­kora a gyorsulása?

IX/22. Mekkora a 3.91. ábrán látható két, egyenként 20 cm sugarú, 5 kg tömegű henger gyorsulása, ha a korongokra szerelt tárcsák sugara 12 cm? A jobb oldali ko­rongra 20 N erőt fejtünk ki. Mindkét ko­rong csúszás nélkül gördül. M ekkora a két test gyorsulása és szöggyorsulása? H atá­rozzuk meg a súrlódási erőket és a két ko­rong között fellépő erőt!

IX/23. A 3.92. ábrán látható, mennye­zeten függő kettős korong sugara 40 cm, illetve 30 cm. A tömege 10 kg. A mozgó

3.91.ábra

3.93.ábra

3.94.ábra

3.92.ábra

3.95.ábra

csiga sugara 35 cm, tömege 2 kg. A moz­gó csiga tengelyére függesztett test tömege3 kg. Határozzuk meg a testek gyorsulását!

IX/24. A 3.93. ábrán látható korongok tömege 4 kg, a sugara 20 cm. Mindkét ko­rong tapad a talajra. A jobb oldali korong tengelyére 24 N erőt fejtünk ki. Határoz­zuk meg a két test gyorsulását és szöggyor­sulását! M ekkora súrlódási együttható ese­tén valósul ez meg?

IX/25. M ekkora gyorsulással indul nyu­galomból a 3.94. ábrán látható korong? A tömege 4 kg, sugara 20 cm, a kerületére csavart fonálra függőleges irányban 12 N erőt fejtünk ki. A korong csúszás nélkül gyorsul. M ekkora a súrlódási erő?

IX/26. M ekkora gyorsulással indulnak nyugalomból a 3.95. ábrán látható testek,

282

ha a korong tömege 4 kg, sugara 20 cm, a fonálon függő test tömege 1 kg? A korong tapad az asztal szélén. M ekkora a súrló­dási erő?

IX/27. A 3.96. ábrán látható testek tö­mege m1 = 3 kg, m2 = 5 kg. A korong tömege m = 5 kg, sugarai R = 20 cm, r= =0,15 cm. A korong tapad a talajon. Mek­kora a súrlódási erő? Mennyivel nő a ko­rong energiája, mialatt a középpontja 20 cm-t elmozdul?

IX/28. Egy 30° hajlásszögű lejtőre 2 kg tömegű, 20 cm sugarú, töm ör gömböt he­lyezünk. A súrlódási együttható 0,15. Mek­kora sebességre gyorsul fel a gömb, mialatt a középpontja megtesz 1,5 m utat? Hogyan változik közben helyzeti, mozgási és for­gási energiája?

IX/29. Egy 30° hajlásszögű lejtőre 2 kg tömegű, 20 cm sugarú, töm ör gömböt he­lyezünk. A súrlódási együttható 0,18. H a­tározzuk meg a gömb gyorsulását és szög­gyorsulását! Számítsuk ki a súrlódási erőt! Mennyi idő alatt tesz meg a gömb közép­pontja 1,5 méter utat?

IX/30. Egy 30° hajlásszögű lejtőre két hengert helyezünk. Mindkettő 20 cm su­garú, 4 kg tömegű. Az alsó henger tömör, a felső csőszerű. A két henger közepét me­rev, könnyű rúd köti össze. A két test csúszás nélkül gördül a lejtőn (3.97. ábra). Mekkora a gyorsulása? Milyen feltételt kell kielégítenie a súrlódási együttható­nak?

IX/31. Egy R = 1 m sugarú, félkör-ke- resztmetszetű vályúban egy r = 20 cm su­garú tömör golyó gördülhet (3.98. ábra). A golyó az a = 60° helyzetből indul, kezdő- sebessége nulla. M ekkorának kell lennie a súrlódási együtthatónak, hogy ne csúsz- szon meg?

IX/32. Egy 2 m hosszú, 4 kg tömegű rúd alsó vége egy csapágyban súrlódás nélkül

elfordulhat. A rúd kezdősebesség nélkül el­dől (3.99. ábra). M ekkora a rúd szöggyor­sulása, amikor a függőlegessel a = 30° szö­get zár be? M ekkora itt a rúd középpont­jának a gyorsulása? Határozzuk meg a testre ható eredőerő nagyságát és irányát! M ekkora a rúd végére ható csuklóerő?

IX/33. Egy 2 m hosszú, 4 kg tömegű rúd alsó vége támaszkodik az érdes talajon. A

3.98.ábra

rúd kezdősebesség nélkül eldől. Azt tapasz­taljuk, hogy alsó vége akkor csúszik meg a talajon, amikor a függőlegessel 45c szö­get zár be. M ekkora a súrlódási együtt­ható? M ekkora ebben a helyzetben a talaj által kifejtett nyomóerő és súrlódási erő?

IX/34. Egy m = 1,2 kg tömegű, homo­gén, r = 4 cm sugarú hengert a = 40° haj­lásszögű lejtőre helyezünk, és D = 20 N/m direkciós erejű rugóval a lejtő tetejére erő­sítünk (3.100. ábra). A rugó súrlódásmen­tes csapággyal csatlakozik a hengerhez. Hol van a henger egyensúlyi helyzete? A hengert 15 cm-rel lefelé kimozdítjuk az egyensúlyi helyzetéből. Elengedve harmo­nikus rezgést végez, miközben tisztán gör­dül. Mekkora a maximális sebessége és gyorsulása? M ekkora n esetén lehetséges a tiszta gördülés?

IX/35. Egy 2 m hosszú, 4 kg tömegű rúd teljesen sima talajon függőlegesen áll, majd kezdősebesség nélkül eldől. Mekkora a végpontjainak sebessége, amikor leér a talajra?

IX/36. Egy 4 kg tömegű, 20 cm sugarú homogén korong 80 cm hosszú, 2 kg tö­megű rúddal a mennyezethez van felfüg­gesztve (3.101. ábra). A rúd a mennyeze­ten súrlódásmentesen elfordulhat a csap­ágyban. A korong tengelye is súrlódás- mentesen csapágyazott. A rudat vízszin-

V / / / / / A

3.101ábra

3.102.ábra

3.1UU.ábra

3.103.ábra

tes helyzetig kitérítjük, majd elengedjük. M ekkora a rúd szögsebessége és a meny- nyezetre ható erő az egyensúlyi helyzeten áthaladva, ha

a) a korong szabadon elfordulhat a csap­ágyban,

b) a korong elfordulását a csapágyon megakadályozzuk.

IX/37. Sima falú félgömb sugara 30 cm. A belsejébe 10 cm hosszú, súlytalan ru­dacskát helyezünk, amelynek az egyik vé­gén 0,4 kg, a másik végén 0,5 kg tö­megű, igen kis méretű gömböcske van. Ezek súrlódás nélkül csúszhatnak a gömb­ben (3.102. ábra). A „súlyzó” kezdeti hely­zetében a rúdja vízszintes helyzetű. Ebből

284

3 105. ábra

3.106. abra

a helyzetből elengedjük a súlyzót. A két test harmonikus rezgést végez. M ekkora lesz a periódusidő, és mekkora az egyik, illetve a másik test legnagyobb sebessége?

IX/38. Egy ingaóra ingája egy súlytalan rúdon elcsúsztatható, 10 cm sugarú, 0,4 kg tömegű homogén korong (3.103. ábra). M ekkora a lengésidő, ha a korong kö­zéppontja 1,2 méterre van a felfüggesztési ponttól?

IX/39. Egy súlytalan, 1,2 méter hosszú rúd felső vége a mennyezetre van felfüg­gesztve. A rúd közepén 1 kg, az alsó végén 2 kg tömegű test van (3.104. ábra). Kis kitéréseknél mekkora frekvenciával leng az inga?

IX/40. Egy 30 kg tömegű, 10 cm sugarú cső kezdősebesség nélkül indul el 30° haj­lásszögű lejtőn (3.105. ábra). A lejtőn a tömegközeppont megtesz 3 m utat, azután vízszintes talajon folytatja az útját. A súr­lódási együttható mindenütt 0,1. Mekkora a sebessége és szögsebessége a lejtő alján? M ekkora súrlódási erő hat a lejtőn mozgó csőre? M ekkora a súrlódási erő a vízszin­tes talajon? M ekkora az üreges henger vég­sebessége?

IX/41. Egy 3 kg tömegű, 10 cm sugarú cső vízszintes talajon nyugszik. A súrlódási együttható 0,1. A hengert vízszintes irányú4 m/s kezdősebességgel elindítjuk anél­kül, hogy forgásba hoznánk (3.106. ábra). Mennyi utat tesz meg, amíg tisztán gördül? Mekkora lesz a végső sebessége?

IX/42. Egy 3 kg tömegű, 10 cm sugarú csövet vízszintes talajra helyezünk úgy, hogy 40 l/s nagyságú kezdeti szögsebes­séget adunk neki (3.107. ábra). A tengely kezdeti sebessége nulla. A súrlódási együtt­ható 0,1. Mennyi utat tesz meg, amíg tisz­tán gördül? M ekkora a végső sebessége?

IX/43. Egy 10 cm sugarú, tömör gömb tömege 4 kg. A gömbnek 10 m/s kez­dősebességet adunk, és „visszafelé” meg­pörgetve a talajra helyezzük. A súrlódási együttható 0,2. M ekkora volt a kezdeti szögsebesség, ha a gömb a csúszás végén megáll? Mennyi utat tesz meg a gömb megállásáig? Hány fordulat után áll meg?

IX/44. Egy 10 cm sugarú, töm ör gömb tömege 4 kg. A gömböt 10 m/s kezdőse­bességgel és visszafelé megpörgetve a ta­lajra helyezzük. A súrlódási együttható 0,2.

3.107.ábra

285

M ekkora volt a kezdeti szögsebesség, ha a gömb csúszva pontosan az elindulás he­lyére jön vissza?

IX/45. Egy 10 cm sugarú, tömör gömb tömege 4 kg. Ezt a gömböt 10 m/s kezdő- sebességgel és előrefelé megpörgetve a ta­lajra helyezzük. A súrlódási együttható 0,2. M ekkora volt a kezdeti szögsebesség, ha a gömb 14 m/s sebességre gyorsul fel? Mennyi utat tesz meg, amíg eléri ezt a végsebességet?

IX/46. Egy vízszintes síkban 12 l/s for­dulatszámmal forgó 1 kg tömegű, 15 cm sugarú gyűrűt óvatos mozdulattal a víz­szintes asztalra helyezünk úgy, hogy a gyűrű forgástengelye merőleges legyen az asztal lapjára. Az asztal és a gyűrű között a súrlódási együttható 0,01. Mennyi idő múlva áll meg a gyűrű? Mennyi munkát végzett ez alatt a súrlódási erő?

IX/47. Egy 20 cm sugarú, 4 kg tömegű henger vízszintes tengely körül foroghat. A hengeren méterenként 0,5 kg hajlékony kö­telet vetünk át. A kötél a korong egyik oldalán 3 méter, a másik oldalon 5 méter hosszan lóg le (3.108. ábra). Ekkor a rendszert magára hagyjuk. Milyen szögse- bessségre gyorsul fel a korong, mialatt a 3 méteres rész vége eléri a hengert?

IX/48. Függőleges tengely körül egymás fölött két, 20 cm sugarú korong forog el­lentétes irányban. A felső 10 kg tömegű, és a szögsebességének nagysága 12 l/s. Az alsó korong tömege 6 kg, a szögsebessé­gének nagysága 20 l/s (3.109. ábra). Mek­kora lesz a szögsebesség, ha egymáshoz szorítjuk a két korongot?

IX/49. A 3.110. ábrán látható hasáb tö­mege 2 kg, a két tömör henger 10 cm sugarú és egyenként 1 kg tömegű. A hasábra víz­szintes irányba 6 N erőt fejtünk ki, és 1 mé­ter hosszú úton húzzuk. Az érintkező fe­lületek mindenütt tapadnak. M ekkora lesz

3.108.ábra

3.109. ábra

3.110.ábra

3.111.ábra

286

a hasáb mozgási energiája a három eset­ben?

IX/50. A 3.111. ábrán látható deszka tö­mege 4 kg, hossza 2 méter. A deszkát egy­mással szembeforgó hengerekre helyezzük. A hengerek tengelyeinek távolsága 1,4 mé­ter. A hengerek nagy szögsebességgel fo­rognak az ábrán látható módon, a súrló­dási együttható mindkét hengernél 0,2. A deszkát úgy helyezzük a hengerekre, hogy a közepe a hengerek távolságát felezi. Eb­ből a helyzetből jobbra 10 cm-rel elhúz­zuk, majd m agára hagyjuk. M ekkora lesz a deszka legnagyobb gyorsulása? Mek­kora a legnagyobb sebesség? M ekkora a sebessége és a gyorsulása a szimmetrikus helyzettől 8 cm-re? M ekkora a deszkára ható súrlódási erő legkisebb és legnagyobb értéke?

IX/51. Egy 4 kg tömegű, 1 méter hosz- szú rudat súrlódásmentes csapággyal a mennyezethez erősítünk. A rúd másik vé­gét 10 N/m direkciós erejű rugóval a fal­hoz csatlakoztatjuk. A rugó kezdetben nyújtatlan (3.112. ábra). Határozzuk meg a rúd lengésének a periódusidejét!

IX/52. Egy korong tömege 4 kg, sugara 10 cm. Elhanyagolható tömegű, 8 cm su­garú tárcsát illesztünk a korongra. A tár­csán átvetett fonál 12 N/m, a korongon átvetett fonál 10 N/m erősségű rugóhoz csatlakozik. A rugók másik végét a ta­lajhoz rögzítjük (3.113. ábra). A bal ol­dali rugó kezdetben 10 cm-rel meg van nyújtva. M ekkora periódusidővel rezeg a korong?

IX/53. Egy függőleges tengelyhez egy könnyű rúd vízszintes tengelyű csapággyal kapcsolódik. A csapágy körül súrlódásmen­tesen elfordulhat (3.114. ábra). A rúd egyik része /, = 60 cm, a másik része l2 = 80 cm hosszú. A rúd két végén egy-egy test van, m1 = 2 kg, m2 = 3 kg. M ekkora szöget zái

be a rúd a függőlegessel, ha a szerkezet to = 4 l/s szögsebességgel forog?

IX/54. Sima asztalon nyugszik egy 1 m hosszú, 2 kg tömegű rúd. Az asztal lapján, a rúdra merőlegesen mozog egy 1 kg tö­megű test 10 m/s sebességgel, és a rúd vé­géhez csapódik. Az ütközés tökéletesen rugalmas. Hogyan mozognak ezután a tes­tek?

3.112.ábra

3.113.ábra

3.114.ábra

287

IX/55. Egy 2 méter hosszú, 10 kg tömegű rúd két végén van alatámasztva. A bal ol­dali végétől 0,6 méter távolságra egy 15 kg tömegű testet, a másik végétől 0,4 m távol­ságra egy 20 kg tömegű testet helyezünk el (3.115. ábra). M ekkora erő hat a rudat alátámasztó pontokra?

IX/56. Egy vízszintes rúd hossza 2 mé­ter, tömege 4 kg. Az egyik végét csuklóval falhoz erősítjük, a másik végét függőleges fonállal a mennyezethez kötjük. A rúdra, a csuklótól 1,5 méter távolságra, 6 kg tömegű testet függesztünk. M ekkora erő feszíti a kötelet, és mekkora erő hat a csuklóban?

IX/57. Egy testet két — egymásra merő­leges — fonállal emelünk úgy, hogy a fo­nalakba rugós erőmérőket iktatunk. Az egyik rugós erőméro 4 N erőt, a másik 7 N erőt mutat (3.116. ábra). M ekkora szö­get zárnak be a fonalak a függőlegessel? Határozzuk meg a test tömegét!

IX/58. Egy pontban három erő hat. Két erő merőleges egymásra, az egyik 20 N, a másik 35 N nagyságú. M ekkora a harma­dik erő, ha a három erő egyensúlyban van?

IX/59. Két pont közé két fonállal fel­függesztünk egy 10 kg tömegű testet. Az egyik fonál 30°-os, a másik 40°-os szöget zár be a függőlegessel (3.117. ábra). Mek­korák a kötélerők?

IX/60. Két ponthoz a 3.118. ábrán lát­ható módon egy kötelet rögzítünk, ame­lyen egy könnyű csiga gördül. A csigára egy 10 kg tömegű testet függesztünk, a testre vízszintes irányú erőt fejtünk ki. Ekkor a fonalak 50°-os és 30°-os szöget zárnak be a függőlegessel. M ekkora erő feszíti a kötelet? M ekkora erőt fejtünk ki a testre?

IX/61. A 3.119. ábrán látható testek tö­mege: ml = 5 kg, m2 = 16 kg. A rugóállandó 10 N/cm, a rugó megnyúlása 12 cm. Az mt

tömegű test a függőleges tengelyen súrló­dás nélkül csúszhat. M ekkora szöget zár be a kötél a függőlegessel?

£□ □

3 115. ábra

3.116.ábra

3.117.ábra

3.118.ábra

288

' / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / A

3.119.ábra

3.120.ábra

3.121.ábra

3.122.ábra

3.123.ábra

3.124.ábra

3.125.ábra

3.126.ábra

IX/62. 4 kg tömegű test nyugszik az asztalon. A súrlódási együttható 0,4. A vízszintessel 30°-os szöget bezáró fonálra egy másik testet függesztünk (3.120. ábra). M ekkora ennek a testnek a tömege, ha az asztalon a test nyugalomban marad?

IX/63. A 3.121. ábrán látható 10 kg tömegű, 1,5 méter hosszú, vízszintes rúd egyik végét támaszra helyezzük, a másik végéhez erősített fonál a vízszintessel 30°- os szöget zár be. A fonál függőleges végére egy testet függesztünk. Számítsuk ki ennek a tömegét, ha a rúd nyugalomban van!

'/ / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /A

289

IX/64. A talajon csuklóval rögzített, 4 kg tömegű, 2 méter hosszú rudat függőleges sima falhoz támasztjuk (3.122. ábra). Mek­kora erővel nyomja a falat, és mekkora erőt fejt ki a csukló?

IX/65. Egy rúd egyik végét függőleges falhoz csuklóval rögzítjük. A rúd tömege5 kg, hossza 2 méter. A rúd vízszintes, a másik végéhez egy fonalat erősítünk, ezt a mennyezethez kötjük úgy, hogy a fonál 20°-os szöget zár be a függőlegessel. A rúd­ra a csuklótól 75 cm távolságra, a függőle­gessel 30°-os szöget bezáró, lefelé és balra m utató 40 N erőt fejtünk ki (3.123. ábra). M ekkora erő hat a csuklóban?

IX/66. Egy 3 kg tömegű, 1 méter hosszú rúd egyik végéhez 60 cm hosszú, a másik végéhez 80 cm hosszú fonalat erősítünk,

a fonalak szabad végeit a mennyezet egy pontjához rögzítjük (3.124. ábra). Mek­kora erő hat a kötelekre, ha a rúd nyuga­lomban van?

IX/67. A falhoz csuklóval egy 3 kg tö­megű, 1 méter hosszú rudat rögzítünk. A rúd másik végét egy kötéllel a csukló felett a falhoz erősítjük. A kötél 45"-os, a rúd 75°-os szöget zár be a fallal (3.125. ábra). M ekkora erő feszíti a kötelet? Mekkora erőt fejt ki a csukló a rúdra?

IX/68. Egy vékony acélszálból L be­tűt hajlítunk. A szárai 0,1 méter, illetve 0,18 méter hosszúak. Az L betűt a derékszögnél lévő csúcsánál felfüggesztjük (3.126. ábra). Mekkora szöget zár be a hosszabbik ol­dal a függőlegessel?

3.3. Deformálható és rugalmas testek

- 3.3.1. A deformáció kinematikai és dinamikai leírása

A merev testeket azzal határoltuk el a többi pontrendszerektől, hogy a mozgásuk egybevágó sági transzformációkkal, transz­lációval és rotációval írható le.

Természetesen a merev test fogalma abszt­rakció, a valóságban a testek többé-ke- vésbé eltérnek a merev test idealizációjá- tól. Nem merev testek például a folyadé­kok, nem merev az alig folyékony méz, nem tekinthető merev testnek az emberi test, az izomszövet, egyáltalán az élő anyag. Sőt, valójában a fémek sem szilárd testek, az emberi civilizáció kifejlődésének egyik eleme a fémek hidegnek tekinthető meg­munkálása volt, gondoljunk a kovácsmes­terekre.

A fémek — és persze az összes többi anyag — deformálhatok. A 3.127. ábrán látható fémlap — felületesen nézve — úgy mozdult el, hogy a két helyzete egybevágó, tehát mozgása közben merev testnek is tekinthetnénk. Nézzük meg jobban a P pontot, illetve a környezetét. A P pont el­mozdul, elfordul, ezen túlmenően azon­ban a környezete deformálódik. A de­formálódó testek a merev testre jellemző haladó és forgó mozgáson túl további mozgást is végeznek: a pontjaik egymás­hoz viszonyítva is elmozdulnak. A testhez rögzített koordináta-rendszerben a pon­tok koordinátái megváltoznak.

A deformációt vázlatosan a követke­zőképpen jellemezhetjük. A deformálható test pontjai körül gondoljunk el gömb alakú környezeteket. (Ha egy síkbeli alak-

290

zat deformációját vizsgáljuk, mint például egy vékony fémlap, akkor a pont környe­zetei körlapok.) A test deformációja azt jelenti, hogy a pontok gömb vagy kör ala­kú környezetei más térbeli, illetne síkbeli alakzatokba mennek át. Még az is elkép­zelhető, hogy a környezete deformált képe nem lesz összefüggő, két részre szakad vagy üreg képződik benne.

A 3.128. ábrán egy rétestészta nyújtását látjuk. Egy tetszőleges pont kör alakú kör­nyezete előbb ellipszisbe megy át, ezután pedig kilyukad a tészta.

Igen sok esetben azonban azt tapasztal­juk, hogy a pontok gömb alakú környeze­tének deformált képei ellipszoidok (síkban ellipszisek). Állapodjunk meg abban, hogy egyelőre csak az ilyen esetek vizsgálatára korlátozódunk. Először a pontok környe­zetében azokat az átmérőket vizsgáljuk, amelyek az ellipszoid vagy az ell pszis ten­gelyei lesznek. Más szóval: az egyenes sza-

3.128.ábra

F3.129.ábra

koszok deformációjával foglalkozunk. A leg­egyszerűbb egy egyenes szál nyújtása. Kép­zeljük el, hogy egyenletes keresztmetszetű acéldrót egyik végét satuba fogjuk, a másik végére pedig húzóerőt fejtünk ki (3.129. ábra).

Rajzolunk a szálra — mondjuk centimé­terenként— jeleket. Azt tapasztaljuk, hogy a satutól mérve a huszadik jel elmozdulása pontosan kétszerese a tizedik jel elmozdu­lásának, és fele a negyvenedik jel elmozdu­lásának. H a az i-edik jel távolsága a satu­tól és az elmozdulás Alh akkor a AZj/í, arány állandó. Általában, ha egy pont tá­volsága a satutól kezdetben x, a deformá­ciót végrehajtva x', akkor a Ax: = x '—x megnyúlás arányos x-szel, a

relatív megnyúlás a drót mentén állandó.Az (1) összefüggést átalakítjuk:

x '- x = e x ,

innen

x' = (l +e)x . (2)

Térjünk vissza most egy síklap deformá­ciójához. Gondoljuk el, hogy egy gumila­pot húzunk. Ekkor egy P pont kör alakú környezetének a képe egy ellipszisbe megy át. Rajzoljuk meg a 3.130. ábrán látható tengelyeket, egy koordináta-rendszer ten­gelyeit. Ekkor a kör egyik sugarából az ellipszis fél nagytengelye lesz. Az x sugár x'-vé transzformálódik. Hasonlóan a kör előzőre merőleges sugara /-v é , az ellipszis fél kistengelyévé transzformálódik. A (2)

291

y

3 .1 3 0 .

ábra

összefüggés analógiájára:

x '= ( l +£i)x ,

/ = (1 + £ i ) y - (3)

Ha egy térbeli alakzat deformálásáról, van szó, akkor a gömb ellipszoiddá alakul, így a gömb három egymásra merőleges su­gara az ellipszoid fél tengelyeivé: a (3) két egyenletéhez ilyenkor hozzávesszük a

z' = ( 1 + e 3)z

egyenlőséget is.Az e , , e2 és az e3 a főtengelyek irányába

eső relatív megnyúlások, az ún. főmegnyú­lások.

A (3) transzformációs egyenlőségek az ellipszis, illetve az ellipszoid főtengelyé­nek irányába eső transzformációkat írják le. A kör, illetve a gömb egy tetszőleges pontjának a képét is meghatározhatjuk. A transzformációs képleteket csak megemlít­jük [ezek a (3) és így a (2) általánosításá­nak tekinthetők]:

x' = ( l + e %x)x + Exyy + exzz,

y' = £yxx + (l + £yy)>’ + £yzz,

z' = £zxx + £zy>’ + (l + £zz) z .

E transzformációs képleteket csak azért ír­tuk le, hogy érzékeltessük a transzformá­

ció linearitását: ha például az első képlet­nél rögzítjük x-et és >-t, akkor a kép első koordinátája (x') a z-vel arányos lesz. Más­részt említsük meg, hogy a transzformá­ciót leíró £xx, £xy, . . . , £zz deformációmeny- nyiségek — amelyek a relatív megnyúlás további általánosításai — szimmetriát mu­tatnak. £jty — £yx? £yz — £zys £xz — £zx* Ezeken múlik az, hogy a kör képe ellipszis lesz, a gömb képe ellipszoid.

Most térjünk rá a deformációt létre­hozó erőhatások vizsgálatára. A deformá­ció szempontjából a testre ható erőket két csoportba soroljuk.

A térfogati erők a test minden részére, a belső részekre és a felületi elemekre egyaránt hatnak. Ilyen például a nehézségi erő. Ez például egy ember kezére éppúgy hat, mint a veséjére, a szívére vagy egy vörösvértestre. Az eredő nehézségi erő a részekre ható nehézségi erő (vektori) ősz- szege.

A felületi erők a test felületén hatnak. H a elképzelünk a testben egy térfogat­részt, akkor erre a térrészre a felületi erők csak a felület „közvetítésével” hatnak. Ilyen erők a felületen ható nyomóerők és súrló­dási erők. Világos, hogy a talaj nyomóereje a talpunkon hat, és a felületi rétegekből adódik át a test belső részeinek.

Gondoljunk el valamely deformálható testben egy térfogatrészt. Jelöljünk ki en­nek a felületén egy A nagyságú felületrészt (3.131. ábra). H a ezen a felületen F erő

3.131.ábra

292

hat a térrészben lévő anyagra, akkor a felü­letegységre ható erőt feszültségvektornak nevezzük:

Fo := — .

A

A feszültségvektor általában nem merőle­ges a felületre, felbonthatjuk azonban a fe­lületre merőleges és a felülettel párhuza­mos összetevőkre. A felületre merőleges feszültségkomponenst húzó- vagy nyomó­feszültségnek, a felülettel párhuzamos kom­ponenst nyírófeszültségnék nevezzük. A szo­kásnak megfelelően állapodjunk meg ab­ban, hogy a felületre merőleges feszültséget akkor tekintjük pozitívnak, ha a felületen kifelé hat, a felület kifelé húzza. A bőrünkre pozitív (normális) feszültség hat, ha a rára­gasztott sebtapaszt lehúzzuk. Persze ezzel a fájdalmas művelettel a nyírófeszültség fellépte is együttjár. A húzó- vagy nyomó­feszültséget <7x-sel jelöljük.

Ha a felületre ható felületi erő befelé hat, vagyis a felületre merőleges feszültség ne­gatív, akkor ennek az abszolút értékét nyo­másnak nevezzük:

P=

A nyírófeszültség a felületelemmel pár­huzamosan fellépő erőkomponensből szár­mazik, szemléletesen szólva a nyírófeszült­ség a felületegységre ható súrlódási erő. A nyírófeszültség jele:

Igen fontos kiemelni, hogy ezek a fe­szültségek nemcsak egy test felületén, ha­nem a belsejében is hatnak. Ugyanúgy, ahogyan a megnyújtott acéldrót minden része deformálódott, megnyúlt. Ezt csak a kiszemelt részre ható feszültséggel értel­mezhetjük.

A felületi erők az úgynevezett közelható erők, a térfogati erők pedig azonosak a

távolható erőkkel. (Eddig csak a nehézségi erőt ismerjük.)

A felületi e rő t a test részei továbbítják egymásnak, és így hatnak a test belse­jében is. A térfogati erőket így jellemez­hetjük: akárhogyan kiveszünk a test bel­sejében egy térrészt, megadhatjuk az arra ható eredő erőt. A felületi erőkről a kö­vetkezőt mondhatjuk: akárhogyan adunk is meg egy felületdarabot a testen belül vagy a határán, megadható a rá ható eredő erő.

A testek deformációját a felületi erők okozzák. A nehézségi erő önmagában csak akkor okozna deformációt, ha a test nem homogén, erős gravitációs térben esne. Említettük, hogy a 100 g erősségű homo­gén gravitációs térben és a 0 g erősségű térben szabadon mozgó, szabadon eső em­ber ugyanazt érzi. A különbség akkor lát­szik, amikor fellépnek a talajerők, az em­ber földet ér. Az első esetben tragikus következménnyel já r a felületi erő fel­lépte, a másik esetben semmi hatása nem lesz.

A felületi és a térfogati erők együttes hatása határozza meg egy térrészben fog­lalt anyag egyensúlyát és a gyorsulását is. Általános esetben a főmegnyúlások és a fe­szültségek között bonyolult kapcsolat le­het. A következőkben a rugalmas testek vizsgálatára korlátozódunk.

3.3.2. Rugalmas testek, Hooke törvénye

Térjünk vissza az egyik végén satuba fogott acéldrót nyújtásához. Azt tapasztal­juk, hogy az acélszál — AZ — megnyúlása arányos a szál kezdeti hosszával, /-lel, az F húzóerővel, és fordítva arányos az acél-

293

szál A keresztmetszetével:1*’

Az arányossági tényezőt az arányosság bal oldalára írjuk, E-vel jelöljük'**’ és Young- modulusnak nevezzük:

IFEAl= — (1)

A

A Young-modulus mértékegysége pl. N/m 2 vagy N /cm 2. Osszuk el (1) mindkét oldalát £-vel, ekkor

Szavakban: az acélszál hosszának a meg­változása arányos a szál kezdeti hosszával, a megnyújtó erővel, és fordítva arányos a szál keresztmetszetével. Ha növeljük a húzóerőt, akkor nő a megnyúlás. Igen fontos észrevétel, hogy a húzóerő meg­szüntetésével az acélszál hossza megegye­zik az eredeti hosszal: a deformáció meg­szűnik.

Ezt az állítást szokás Hooke-törvénynék nevezni. Osszuk most el az (1) egyenlőség mindkét oldalát a szál eredeti hosszával, és vegyük észre, hogy A1/1=e a relatív meg­nyúlás, és F/A = aL a húzófeszültség, így

g l = eE . (3)

A (3) állítást is Hooke-törvényének szok­tuk nevezni. Röviden így lehet a tartal­mát szavakban kifejezni: az acélszál relatív

megnyúlása és a húzófeszültség arányos egymással/*’

A kérdés most az, hogy a Hooke-törvény valójában mit fejez ki. A kísérlet szerint az acélszálra biztosan igaz, ezt mérések meg­győzően bizonyítják. Semmiképpen sem igaz azonban mindenféle anyag-ra. A spa­gettitésztát állandó erővel húzva a hossza egyre nagyobb és nagyobb lesz, amíg el nem szakad. Világos, a Hooke-törvény csak rugalmas testekre igaz. így például acéldrótra. Igen, de mik is a rugalmas testek? Azok, amelyekre a Hooke-törvény teljesül. Ez így circulus vitiosusnak tű­nik. A probléma megoldása a következő. A Hooke-törvény nem kísérletileg igazolt empirikus törvény, hanem a rugalmas test definíciója. Rugalmasnak nevezzük azt az anyagot, amelyből vékony szálat készít­ve megállapítható, hogy a szál relatív megnyúlása arányos a húzófeszültséggel. A Hooke-törvény jelentősége abban van, hogy a különböző anyagból húzott, sodort szálakat osztályozzuk: „erre a szálra telje­sül a Hooke-törvény, akkor a rugalmasok kosarába tesszük, arra nem, azt meg a m á­sik kosárba . . . ”, és így tovább. A Hooke- törvény a rugalmas testek definiálására és gyakorlati kiválogatására való, és semmi­képpen sem tekinthető természeti törvény­nek. Még azt sem mondja ki az a törvény, hogy van-e egyáltalán egyetlen rugalmas szál. Azt tapasztaltuk, hogy az acélszál rugalmas, de ez a megállapítás nem termé­szeti törvény, hanem egyszerű megállapí­

Ez nem egzakt természeti törvény, hanem bi­zonyos határok között érvényes jó közelítés.

'**• Néha £ v-nal fogjuk jelölni, így különböztet­jük meg az energia jelétöl.

'*’ A (3) egyenlőség csak akkor igaz, ha a húzási irányra merőlegesen nem lépnek fel feszültségek. Vas­tag rúd nyújtásakor a keresztirányú méretek csök­kennek, mert ilyen irányú feszültségek is fellépnek Ezek a megnyúlást csökkentik. A továbbiakban csak vékony rudakkal foglalkozunk.

294

tás, a tapasztalati tények egyszerű megfo­galmazása.

A Hooke-törvénnyel kapcsolatban ki kell emelni azt, hogy a deformáló hatás és a deformáció között fennálló linearitás „pillanatnyi” összefüggés: ha megváltozik a deformáló hatás, akkor megváltozik a deformáció mértéke is. A deformáció meg­szűnik, ha a test erőmentes állapotba ke­rül. Meg fogjuk azonban vizsgálni, hogy egy pillanatnyi vagy folyamatosan változó deformáló hatás hogyan terjed az anyag különböző rétegeiben. Az eE = o ± össze­függés az anyag egy pontjában, egyidejű e és (7± mellett áll fenn.

Szeretnénk meghatározni egy drót anya­gának a Young-modulusát. Tegyük fel, hogy 2 méter hosszú, 1 mm2 keresztmet­szetű, egyik végén satuba fogott szál másik végére 200 N húzóerőt fejtünk ki. Azt tapasztaljuk, hogy a szál 2 ram-t nyúlt meg. Ekkor a (2) alapján

0,002 =1 200-2E W *

Innen E = 2 ■ 1011 N /m 2. Néha a Young- modulust N/mm2-ben fejezzük ki. így E = = 200000 N/m m 2. A példában szereplő szálban a = 2 -108 N/m 2 húzófeszültség „éb­red”, a relatív megnyúlás pedig: £ = 0,001 = = 1 mm/m, vagyis 1 mm méterenként. |

HFuggesszünk fel a mennyezetre egy l hosszúságú vékony rugalmas szálat, ennek az alsó végére m tömegű testet akasztunk,

majd a testhez az előzővel megegyező mi­nőségű, ugyancsak / hosszúságú szálat, majd ehhez ismét m tömegű testet erősí­tünk (3.132. ábra). Mennyivel nyúlik meg a két drót együttesen? Feltehetjük, hogy a szálak tömege elhanyagolható a testek m tömegéhez képest.

Világos, hogy a felső drótot 2mg erő fe­szíti, így a megnyúlása:

Af 1 FI 1 2 mgl 1 E A E A ’

az alsó drótot feszítő erő pedig mg, így a megnyúlása:

1 mgl

3.132.ábra

E A

Az eredő megnyúlása:

a; i 1 mgla i= 3 é ~t -

Mi történik akkor, ha mindkét testet az alsó fonálhoz erősítji k? Ekkor a 21 hosszú szál 2mg erő hatásá a nyúlik meg:

1 2mg(2l) 1 mgl E A £

ÍM ost egy kicsit bonyolultabb feladatot vizsgálunk meg. Tegyük fel, hogy egy ho­mogén rugalmas rudat a végére ható F erővel gyorsítjuk (3.133. ábra). Ekkor a rúd gyorsulása

Fo = m

ha a rúd tömegét w-mel jelöljük. Világos, hogy m = pAl, ahol a rúd sűrűsége p, a hossza Z, a keresztmetszete A.

A rúd végétől a < / távolságra a feszült­séget jelöljük (7x-szel. Ezen a helyen a rúd hossztengelyére merőleges keresztmetsze­ten Fx: = Aax erő hat. Ez az erő gyorsítja ettől a keresztmetszettől balra található

295

3.133.ábra

pA x = :m% tömeget. így Newton II. tör­vénye:

Aox = pAxa,

vagyis a rúdban a bal oldali végtől mért távolsággal arányos feszültség alakul ki. A 3.133. ábrán a feszültség helytől való füg­gését is szemléltetjük.

A rúd bal oldali végétől x távolságra levő felülettől Ax távolságra jelöljünk ki egy másik, az előzővel párhuzamos felüle­tet (3.134. ábra). A két felület közötti ré­teg vastagsága tehát Ax. Jelöljük ennek a rétegnek a megnyúlását ^(Ax)-szel, így a relatív megnyúlás:

<5(Ax) 1 Ex~ Ax ~ É G"

és a réteg megnyúlása:

<5(Ax)= — oxA x= — paxA x.E E

Ax

A teljes megnyúlás a í5(Ax) megnyúlások összege. Az ábrán látható téglalapok terü­letének az összege nyilvánvalóan közelítő­leg egyenlő a háromszög területével, tehát

A /= £í5(A x)= i p ű ^ x A x = ,

de mert F = pAla, így

A l= — — — .2 E A

Ha tehát a rúd egyik végére F erőt fejtünk ki, és gyorsítjuk, akkor pontosan feleany- nyira nyúlik meg, mintha a másik végét satuba fogtuk volna. |

A megnyúlás — illetve összenyomás — mellett elsősorban a műszaki gyakorlatban fontos szerepük van más deformációknak is. így például a hajlításmk, nyírásnak, csa­varásnak. Ezeknek a rugalmas alakválto­zásoknak a tulajdonságait leíró összefüg­géseket részben kísérletekre, részben elemi megfontolásokra szokták visszavezetni.

Tekintsük át röviden a nyírást. Szemlél­tetésül képzeljünk el egy téglatest alakú gumiszivacsot (3.135. ábra). Ennek két szemközti lapjához ragasszunk merev la­pokat, például kartonból. Rajzoljunk a szi­vacs oldalára a kartonlapokkal párhuza­mos vonalakat. H a az egyik lapot rögzít­jük, a másikra pedig húzóerőt fejtünk ki, akkor azt tapasztalhatjuk, hogy a szivacs oldalára rajzolt vonalak a húzóerő irányá­ban egymással párhuzamosan elmozdul-

3.134.abra

3.135.ábra

296

nak, egymáshoz képest elcsúsznak. (Mint ahogyan a kártyacsomag lapjait elcsúsztat­juk egymáson.)

A nyírást azzal a szöggel jellemezzük, amellyel az erő hatásvonalara merőleges él elfordul. Jelöljük ezt a szöget a-val. Elmé­leti megfontolások alapján és a tapaszta­latok szerint rugalmas deformáció esetén a nyírási szög létrehozásához szükséges erő a szöggel és az egymáson elcsúszó lapok felületével arányos:

F = GAix.

Itt G a rugalmas anyagra jellemző állan­dó, az ún. nyírási modulus. Vegyük ész­re, hogy FjA = aM a felületegységre ható, felülettel párhuzamos erő. vagyis a nyíró­feszültség, így

a,, = Ga, (4)

amely analóg az o L = eE egyenlőséggel.A legtöbb deformáció visszavezethető

a nyújtásra (és összenyomásra), pl. a haj- lítás; valamint a nyírásra, pl. a csavarás, így például R sugarú, L hosszúságú, hen­geres, homogén, rugalmas rúd végére ki­fejtett forgatónyomaték és az elcsavaro- dás a szöge között arányosság van (3.136. ábra):

R*nG M = — a.

Ezen az elven alapszik a sok kísérletben, méréskor felhasznált torziós inga, torziós mérleg működése. Figyeljünk fel arra, hogy ha a szál átmérőjét felére csökkentjük, akkor ugyanaz az elcsavarodás 16-szor kisebb forgatónyomatéknak felel meg. A szál vékonyításával igen kis erők, illetve forgatónyomatékok mérése is megvalósít­ható. A szálra szerelt tükörre fénysugarat irányítva, a fényfolt elmozdul egy távoli falon. A fényfolt elmozdulásával az elcsa-

3.136.ábra

3.137.ábra

varodás mértéke igen pontosan mérhető (3.137. ábra).

Nyugalomban egy deformált test ösz- szes impulzusa és impulzusmomentuma egyaránt nulla, de a rugalmas alakváltozás miatt rugalmas energiával rendelkezik.

Térjünk vissza az egyik végén satuba fo­gott rugalmas szálhoz. Tegyük fel, hogy a szál megnyúlása AZ, ekkor (1) alapján

F =EVA

lAZ*.

Az EyA/l együttható azonosítható a direk­ciós erővel:

D: =E VA

l

így F = DAL Tudjuk, hogy a szál A/-lel tör­ténő megnyújtásakor a rugalmas test ener­giája

(5)

297

mennyiséggel nő. Ezzel a kifejezéssel értel­meztük a rugalmas energiát. Fontos emlé­keznünk rá: a rugalmas energiát m ár értel­meztük, most ugyanazt a gondolatmene­tet kellene megismételnünk, amit a 2.3.3. pontban végiggondoltunk. Elég azonban, hogy rámutassunk a két pont közötti kap­csolatra, és a rugalmasság paraméterei kö­zött a kapcsolatot felismerjük.

Alakítsuk át a (5) jobb oldalát:

1E = — Ey AI\ — EyVe (6)

itt V=Al a szál kezdeti térfogata.Vegyük most figyelembe, hogy e = o J E Y,

így

E = Vaj. (7)

Hasonlóan kapjuk nyírási deformáció ese­tén a rugalmas alakváltozáshoz tartozó energiát:

(8)

és ha mindkét deformáció fellép, akkor az összes rugalmas energia:

(9)

Ha a rugalmas deformáláskor a térfogat nem változik lényegesen, vagyis a deformá- lás előtti térfogat [a (9) képletben] közelí­tőleg megegyezik a deformálás utáni tér­fogattal, akkor az összes energia térfogat- egységre ju tó része, a rugalmas energia sűrűsége:

3.3.3. A deformáció terjedése rugalmas testben

Eddigi vizsgálataink a rugalmas testek már kialakult alakváltozásaira vonatkoz­tak, mint egy tartósan fennálló statikus állapotra. Ebben a fejezetben megvizsgál­juk, hogy miképpen terjed a deformációs állapot, így például a rugalmas test egy részének rövid idejű deformálása milyen változásokat eredményez a távol eső he­lyeken.

A deformáció terjedését a következő kí­sérlettel szemléltetjük (3.138. ábra). Több, azonos tömegű kis kocsit kössünk össze azonos minőségű rugókkal. Fejtsünk ki rövid idejű erőhatást az első kis kocsira. A rövid idejű rántás csak az első kis kocsit mozdítja el, kezdetben az első kocsi elmoz­dulása figyelhető meg, a többi kocsi lát­szólag még nyugalomban marad. A rövid idejű erőlökés után azt tapasztaljuk, hogy az első kocsi kitérésekor kis késéssel maga után húzza a második kocsit, megfeszítve az első rugót. A második kocsi újabb ké­séssel megmozdítja a harmadik, és eköz­ben az első kocsi megáll, esetleg a nyugalmi helyzete felé indul.

Az erőlökés után az impulzus végigván­dorol a kocsik során, s közben a ko­csik szemmel láthatóan hol közelednek egymáshoz, hol távolodnak.

Hasonló jelenséget figyelhetünk meg egy— egyik végén rögzített — kötél esetén. A kötél egyik végét kézben tartjuk és megfe­szítjük. Üssünk rá a kötélre a kezünk kö-

— ..alfl--qp--TTff — 201__fll . a u .

Pe ~i

2E,2 1 2

<7±+ 2G <7|l‘ (io )3.138.ábra

298

3.139.ábra

zelében. Az ütés helyén a kötélen kihajlás jön létre. Ez a deformáció a kötélen jól láthatóan tovaterjed (3.139. ábra).

Egyszerű kísérleteinkben megfigyelhet­jük, hogy a deformációs állapot terjedé­sének a sebessége a rugókkal egymáshoz kapcsolt kocsik sorozatában a kocsik tö­megétől és a rugók direkciós állandójától függ. A gumikötélen a kihajlás tovater­jedésének a sebessége a kötelet feszítő erő­től függ: ha nagyobb erővel feszítjük a kötelet, akkor a kihajlás nagyobb sebes­séggel terjed.

A két egyszerű kísérlet után beszéljük meg, hogy miképpen terjed a rugalmas de­formáció. Foglalkozzunk azzal az egyszerű esettel, amikor rugalmas szálban vagy vé­kony rúdban, a rúd hossztengelyével egy- irányban terjed a deformáció.

Gondoljuk el, hogy egy hosszú rúdra fektettük a koordinátatengelyt. A rúd egyik vége az origóban van. A rúd sűrűségét p-val, a Young-modulusát £-vel jelöljük — mint szoktuk —, a keresztmetszete pedig legyen A. A rúd pontjai azonosíthatók a koordinátatengely pontjaival: a rúd x-szel jelölt pontja az origótól x távolságra van (3.140. ábra).

Tegyük fel, hogy a rúd kezdetben nyuga­lomban van, a deformáció mindenütt nulla. Válasszunk ki tetszőlegesen egy pontot, és jelöljük ennek a rúd végétől mért távolsá­

gát x-szel. Ha a rudat deformáljuk, akkor ez a pont elmozdul, az elmozdulását jelöl­jük ip-ve], A rúd végétől x távolságra lévő pont új koordinátája x + i / j lesz.

Üssünk a rúd végére kalapáccsal, vagy fejtsünk ki rövid ideig tartó húzóerőt. Ek­kor a deformációs állapot végigszalad a rúdon, mint a rugókkal összeütközött ko­csisoron végigszalad az elsőnek adott im­pulzus. Természetes, hogy az elmozdulás különböző pontokban más és más. Ha a rugókkal összekötött kocsikról egy pilla­natfelvételt készítünk, akkor azt látjuk, hogy a kocsik kitérése a kezdeti állapotuk­hoz viszonyítva különböző (3.141. ábra). A \jj elmozdulás tehát a hely függvénye. Függ azonban az időtől is: ha egy másik pillanatfelvételt készítünk, akkor egy ki­szemelt kocsinak, mondjuk az ötödiknek az elmozdulása más lesz a két pillanatfel­vételen (3.142. ábra). Ha megadjuk a rúd egy pontjának a kezdeti koordinátáját — mondjuk x-et —, és megadunk egy idő­pontot, például a t pillanatot, akkor ehhez a helyidő párhoz megadható a ij/(x, t) el­mozdulás, az x helyen lévő pont elmoz­dulása a t időpontban.

Az x koordinátájú pont a t időpontban a z x + y/(x, t) helyen van. y/ tehát helytől és

3.140.ábra

D ? í O » O w O ^po__a, p , jTT ,—TQE__ n r TTp

3.141.- ja .a-----Sut---- a £ . ü a___ tttí irtf abra

299

időtől függő függvény. A kétváltozós függ­vények vizsgálatának igen gyakran alkal­mazott módszere az, hogy az egyik változót rögzítjük, gondolatban állandó értékűnek tekintjük, akkor a kétváltozós függvény a másik változó függvénye lesz. Gondoljuk végig, hogy miről is van szó. Szemeljünk ki egy pontot a rúd mentén, és tegyünk ide egy jelet látható festékkel. Ekkor a rúd vé­gére ütünk a kalapáccsal, és filmfelvevővel felvételt készítünk a pont környezetéről. Azt tapasztaljuk, hogy a pont elmozdulása minden pillanatfelvételen más és más. Áb­rázoljuk is az elmozdulás-idő függvényt. A 3.143. ábrán látható függvény szerint a rög­zített pont eleinte nyugalomban van, majd jobbra mozdul. A legnagyobb elmozdu­lása jobbra k x, itt a test megáll, megfor­dul, aztán áthalad az egyensúlyi helyzeten,

i i — it ............... T - □

majd balra tér ki, ennek a maximális mér­téke / 2- Innen lomhán visszatér az eredeti helyzetbe. Ha az x helyet a rúd kezdetéhez közelebb választottuk, akkor ez a függ­vény korábban kezd emelkedni, és keske­nyebb: a fel- és leszálló ágai gyorsabban, rövidebb idő alatt végbemennek.

Jelöljük ezt az egyváltozós függvényt ipx-sze\:

0.

ez rögzített x esetén t függvénye.Feltehető, hogy ez a függvény differen­

ciálható. Rögzítsük a t0 időpontot tetsző­legesen, és válasszunk meg egy másik idő­pontot, ezt jelöljük t-vel. Ekkor a

t t0

az elmozdulás átlagos sebessége (a 3.144. ábrán a szelő meredeksége). Ez a hánya­dosfüggvény — a feltevés szerint — folyto­nosan kiterjeszthető a t0 pontban. Ez a folytonos kiterjesztés a t0 időpontban a

^x(ío)

értéket veszi fel, ami a rögzített helyen az elmozdulás sebességét jelenti (a 3.144. ábrán az érintő meredeksége).

Ha ebben a kiszemelt pontban az anyag sűrűsége p, akkor p\j/x(t0) ezen a helyen a t0 időponthoz tartozó impulzus sűrűségét

c i

jelenti. Az első deriválthoz hasonlóan a második derivált létezése is feltehető: ij/x(t0) a rúd végétől x távolságra lévő pont defor­mációs elmozdulásának a gyorsulása a f0 időpontban. A pij/x(t0) az impulzussűrűség időegységre eső megváltozása ezen a he­lyen, a térfogategységre eső tömegnek és a gyorsulásnak a szorzata, így az ma szorzat­nak felel meg.

Az elmozdulás az idő mellett a hely­nek is a függvénye. Ezt úgy kell értenünk, hogy rögzítve valamely időpontot, a rúd különböző pontjaihoz hozzárendeljük a pont elmozdulását a megadott időpont­ban. (A hozzárendelés szabályát a 3.145. ábra szemlélteti.) Jelöljük ezt a függvényt t/O-vel:

>p,(x): = ip(x, t),

ez tehát rögzített t esetén x függvénye. A 3.146. ábrán egy ilyen függvény grafikonját láthatjuk. A grafikonról leolvasható, hogy a rúd végétől x távolságra az elmozdulás t^,(x)-szel egyenlő. Világos, hogy ha egy ko­rábbi t időpontot választunk, akkor a gra­fikon fel- és leszálló ága a rúd kezdetéhez közelebb van, a korábbi pillanatfelvételen a deformációs állapot van közelebb a rúd elejéhez.

A differenciálhatóság a ip, függvénnyel kapcsolatban is felvethető. Rögzítsük az x 0 koordinátát tetszőlegesen, és válasszunk meg egy másik helyet, jelöljük ennek a rúd elejétől mért távolságát x-szel. Ekkor a rúd x„ és x közé eső részének a megnyúlása

ip,(x)-ip,{x0),

így a

o)x —x0

hányados az átlagos relatív megnyúlásá­nak felel meg (a 3.146. ábrán a szelő mere-

-------- * .J 3.145M 1 ábra

deksége). Ha ez a hányados folytonosan kiterjeszthető az x0 helyen, akkor ennek a kiterjesztésnek az értéke az x„ helyen a i//, függvény deriváltja (a 3.146. ábrán az érintő meredeksége). A helytől függő függvény deriváltját jelöljük így: i/'t, megkülönböz- tetendő az idő szerinti deriválttól, a ^ x-töl. Égy a fenti különbségi hányados folytonos kiterjesztésének értéke az x0 helyen

•K(*o),

amely definiálható a relatív megnyúlás x 0 helyre jellemző lokális értékének. A i]/t függ­vény második deriváltja is számolható, ezt t/^'-vel jelöljük.

A deformációs elmozduláshoz hason­lóan a feszültség is a hely és az idő függ­vénye: cr(x, t). Rögzítsük a t időpontot. Ekkor a rúd mentén különböző pontok­ban különböző a feszültség. A <r,(x) arra utal, hogy a tr(x, f) kétváltozós függvény­ből úgy kapjuk az x ^ a ,(x ) egyváltozós függvényt, hogy a második változóját rög­zített értéken tartjuk. A 3.147. ábrán azt vázoltuk, hogy a feszültség hogyan alakul

301

E E H üF T E E3 3 I47-______ r*~ * I*" ~*~l ábra

a rúdban. A vizsgált időpontban a rúd végétől x0 távolságban van a feszültségnek maximális értéke. Különböző időpontok­ban persze más és más a feszültség elosz­lása, a feszültségfüggvény grafikonja. Vilá­gos, hogy a 0 időpont közelében, a kala­pácsütés után közvetlenül a feszültségfügg­vény a rúd elején különbözik nullától. Egy bizonyos távolság után azonban a feszült­ség még nulla, ide még nem ért el az az információ, hogy a kalapács rácsapott a rúdra. A a,(x) függvény deriválhatósága ugyanígy feltehető, mint a és a tf/,(x) függvényé. A függvény hely szerinti deri­váltját jelöljük. (Ugyanígy be­szélhetünk a a idő szerinti deriváltjáról is, és a megfelelő második deriváltakról is.)

Ezután gyakran elhagyjuk ^ és a mellől az x és a t indexet, és használni fogjuk a i]/’(x, í), t//"(x, í), g'(x , t) stb. jelöléseket. Ve­zessük be ezért a következő definíciókat:

<A'(*, t): = tpí(x),

ij/"(x,t): = i//í'(x),

a'(x, t): = a’t(x),

*P(x, t): = \j/Jt),

$(x, t): = \j)x(t),

az értelmezési tartományba eső bármely t és x esetén.

Közbevetőleg tegyünk egy megjegyzést. Az elmozdulás (\|/) és a feszültség (a) egya­ránt vektorok. Itt azonban a jelenség leír­ható az x tengellyel párhuzamos vekto­rokkal. Amikor itt elmozdulásról, illetve feszültségről beszélünk, akkor ezeknek a vektoroknak az első koordinátáját értjük ezen.

Mire jó a feszültség deriváltja? Válasz- szunk meg egymáshoz közel az x0 és az x koordinátájú pontokat, legyen

Ax: = x —x0.

A differenciálhányados jelentéséből követ­kezik, hogy valamely tetszőleges, de rögzí­tett r0 időpontban a két helyen a feszült­ségek különbsége az x„-beli feszültségderi­válttal becsülhető:

<r(r0, x) - o(t0, x0) = o’(tQ, x0) (x - x0).

A Ax hosszúságú, A keresztmetszetű részre ható eredő erő így:

A a’(t0, x 0) ( x - x 0).

(3.148. ábra). Ebben a térrészben az AAx térfogatú, A Axp tömegű anyag impulzu­sának időegységre eső megváltozása a de­formációs elmozdulás második deriváltjá­val számolható ki, így

A a’(t0, x0)Ax = AAxp\ji(t0, x 0),

ű

302

azaz

a '(í0, x0) = p{j)(t0, x0).

Mivel az x„ helyet és a í„ időpontot tetsző­legesen választottuk meg, ezért a fenti összefüggés bármely x-re és í-re fennáll:

a'(x, t) = pij/(x, f),

vagyis rövid jelöléssel:

a = py/. (1)

Szóban: a rugalmas vékony rúdban a fe­szültség hely szerinti deriváltja egyenlő az impulzussűrűség időegységre eső megvál­tozásával.

Az (1) egyenlet alapvető jelentőségű. Newton II. törvényének lokális alakja: a benne szereplő mennyiségek mind intenzív mennyiségek. Ezt az egyenlőséget úgy te­kinthetjük tehát, mint a dinamika alaptör­vényének a rugalmas deformációt leíró megfogalmazását.

Ismét közbevetőleg két rövid megjegy­zést hadd tegyünk:

1. Az (1) összefüggésben csak felületi erők eloszlása szerepel. Ha pl. a ne­hézségi erő is hat, akkor NewtonII. törvénye így alakul: o' + g = pij} (3.149. ábra).

2. Az (1) egyenlőség természetes módon általánosítható úgy, hogy tetszőleges

deformációkat jellemezhessünk vele. Itt most a rugalmas testekre gondol­tunk.

A deformációt helyről helyre jellemző relatív megnyúlás a \j/ függvény hely sze­rinti deriváltja: A Hooke-törvény sze­rint

E P = o, (2)

és innen a második deriváltra áttérve:

Ety" = a'. (3)

Vessük ezt össze (l)-gyel:

p$ = E\j/",

illetve

Eiü= — w"

P(4)

Ez az állítás a rugalmas vékony rúdban a rúd irányú deformáció terjedésének a fo­lyamatát írja le. Ez az alapvető jelentőségű tétel két pilléren nyugszik. Egyrészt New­ton II. törvényén, ezt most az (1) állítás fejezi ki, másrészt a Hooke-féle (2) törvé-

(*)

3.149.ábra

nyen.

3.3.4. Longitudinális és transzverzális hullámok

Az előző pontban a rugalmas deformá­ciót meghatározó kinematikai és dinami­kai mennyiségek helytől és időtől való füg­gését vizsgáltuk.

<** Meg kell jegyeznünk azonban, hogy a (4) össze­függés csak közelítőleg érvényes. A levezetésében felhasznált Hooke-tőrvény (2)-beli alakja csak ak­kor igaz, ha a rúdirányú deformáció hatására fellé­pő, rúdra merőleges feszültségek elhanyagolhatóak, ugyanez vonatkozik (4)-re is.

303

Gondolatmenetünkben a deformációt egy pillanatszerű hatás hozza létre: egy kalapáccsal rúd irányú ütést mérünk a rúd végére. Vizsgáljuk meg most azt a kérdést, hogy hogyan terjed a deformáció, ha a rúd végére folyamatosan, periodikusan válto­zó deformációt alkalmazunk; magyarán: hogyan terjed a rezgőmozgás végig a rúd mentén?

Gondoljuk végig először, hogy kinema­tikailag mit jelent a rezgőmozgás tovater­jedése. Tegyük fel, hogy a rúd kezdőpont­ja harmonikus rezgőmozgást végez a rúd hossztengelyének az irányában. A kezde­ti pont kitérése legyen a t időpontban A sin cot. (A rúd kezdőpontja a í = 0 idő­pontban nyugalomból, Aco kezdősebesség­gel az x tengely pozitív fele irányába moz­dul el.)

A rezgési állapot terjedésével kapcsolat­ban a következő feltevésekkel éljünk:

1. A rúd mentén minden pont azonos körfrekvenciával rezeg.

2. Minden pont rezgését ugyanaz az amplitúdó jellemzi.

3. A rezgési állapot a rúdban egyenletes sebességgel terjed, ennek a terjedésnek a sebessége legyen c. Ez azt jelenti, hogy a rúd végétöl mérve x távolság­ban t: = x/c idő múlva jelenik meg a maximális sebességű rezgésállapot, az, amely a f = 0 időpontban a rúd elejétől indult.

Legyen tehát x egy tetszőleges pont koordinátája. Ennek a pontnak a kitérése a t időpontban A sin co(t —t0), ahol t0-lal azt az időt jelöltük, amennyi ahhoz kell, hogy a rezgésállapot a rúd elejéről az x koordinátájú helyre érjen. Láttuk, hogy í0: = x/c, így az x koordinátájú pont ki­térése a r időpontban:

3.150.J--------------—------------- ábra

A kitérés nyilvánvalóan a helynek és az időnek a függvénye: a rúd különböző pont­jai különböző kitéréssel rezegnek (3.150. ábra). Az x koordinátájú pont kitérését a t időpontban jelöljük ismét \p(x, í)-vel. Ekkor

2n f x \^(x ,f) = Xsin — I (1)

Az (1) kitérésfüggvény a hullámmozgás ki­nematikai definíciója: a hullámmozgás tér­ben és időben periodikus folyamat. A leg­több esetben feltehető, hogy a hullámmoz­gást kinematikailag a szinuszfüggvény, il­letve annak egyszerű transzformációi ír­ják le. (Csak megemlítjük, hogy a közis­mert vízhullámok nem szinuszos hullá­mok, gondoljunk a „tarajokra”.)

A hullámmozgás definícióját szolgáltató kitérésfüggvény helyettesítési értékét szol­gáltató kepletben hajtsunk végre egy kis átalakítást:

^(*, t)= A sin

A c T szorzat jelentése: a deformációs álla­pot egy rezgés ideje alatt cT távolsággal mozdul el. Tegyük fel például, hogy a í = 0 időpontban az x = 0 helyen a kitérés nulla, a sebesség maximális, Aco, és a rúd vége pozitív irányba mozdul el. Ez a rezgésálla­pot a rúd kezdetén T idő múlva ismét meg­figyelhető, ugyanakkor a deformációs álla­pot ez idő alatt cT távolságra terjed. A T időpontban a rúd elején megismétlődik a kezdeti hullámállapot, de ugyanezt az állapotot figyelhetjük meg a rúd elejétől cT

304

távolságra. A cT távolságot hullámhossz­nak nevezik és A-val jelölik. A rúd mentén egy adott pillanatban egymástól k távol­ságra vannak az azonos rezgésállapotú pontok: az egymástól k távolságra lévő pontok kitérése és sebessége is azonos (3.151. ábra).

H

ÜL

3.151.ábra

így a hullámmozgást definiáló függ­vényben az x és a í — a hely és az idő — szimmetrikus szerepet kap:

\p(x, t) = A sin 2n I —(hí) (2)

Figyeljük meg, hogy x és t szerepe való­ban szimmetrikus, ugyanígy a periódus­idő és a hullámhossz is. H a rögzítünk egy helykoordinátát tetszőlegesen, jelöljük ezt mondjuk x0-lal, akkor a (2) függvény csak az időtől függ, egyváltozós függvénynek tekinthető, és a rúd elejétől x0 távolság­ra lévő pont rezgőmozgását írja le. így az x/k a kezdőfázisnak felel meg. A (2) függ­vény tehát rögzített x0 esetén egyválto­zós függvény, deriváltja az x0 egyensúlyi helyzet körül rezgő pont sebességfüggvé­nye. Ugyanígy a második deriváltja an­nak a rezgő pontnak a gyorsulásfüggvé­nye, amelynek az egyensúlyi helyzete az x0 pont. Az idő szerinti deriváltat a mennyi­

ség fölé tett ponttal jelölve — mint szo­kásos —:

2n „ | * iP(x0,t)= A — cos2n[ -( l _ * o \

\ T k J ’

( L\ T k (3)

A 3.152. ábrán azt szemléltettük, hogy a különböző rögzített pontok harmonikus rezgést végeznek, az azonosan rezgő pon­tok éppen k távolságra vannak egymás­tól. Rögzítsük most a f0 időpontot tet­szőlegesen. A (2) kétváltozós függvény így csak a helytől függ, egyváltozósnak tekint­hető. A 3.153. ábrán azt szemléltettük, hogy egy rögzített időpontban, mint pil­lanatfelvételen a rúd mentén a rezgésálla­potok periodikusan ismétlődnek, T idő- különbség esetén a két pillanatfelvételen azonos fázisállapotot látunk minden egyes pontban.

3.152.ábra

3.153.ábra

305

A (2) függvényt a hely függvénynek te­kintve az idő függvényének tekintett egy­változós függvénnyel lényegében azonos függvényt kapunk. A t-nek megfelel az x, a T periódusidőnek a X hullámhossz. H a­tározzuk meg a hely függvénynek tekintett hullámfüggvény deriváltjait. Az „x szerinti” deriváltat a függvény jele fölé tett vesszővel jelöljük, hogy megkülönböztessük az idő szerinti deriválttól. így tehát

2niy{x, t0) = — A — cos 2n

4k 2t0) = A - j 2~ sin 2n | ^

( t o _ * \\ t x y

( i o _ x \\ T * . ) '

(4)

Vessük össze a (4) egyenlőségeket. Szembe­tűnő a hely szerinti és az idő szerinti má­sodik deriváltak arányossága: bármely x és í esetén

T 2 ..il/"{x ,t)= -T fy(x,t),

vagy töm ör jelöléssel:

c V " = $ ,

(5)

(6)

és itt figyelembe vettük a hullámhossz de­finícióját, azt, hogy l= cT ,

Nagy jelentőségű eredményhez ju to t­tunk. Elgondoltuk a rugalmas rúdban a rúd irányú, periodikus deformáció terje­désének a mechanizmusát. Ebben az eset­ben a rúd pontjainak elmozdulása a rúd­dal egyirányú. Az 1., 2., 3. feltevésekkel éltünk, és ezekből felépítettük az egyenes mentén terjedő hullámok elméletének az alapvonalait. Végezetül a (6) egyenlőség­hez jutottunk, ami azonos formájú a 3.3.3. pontbeli (4) egyenlettel.

(Hasonló a helyzet ahhoz, amit a rezgő­mozgásnál láttunk. Az 1.2.7. pontban leír­tuk a rezgőmozgás kinematikai tulajdon­ságait, kiemelve, hogy a rezgőmozgás alap­

egyenlete: a = —w 2x. Az a tény, hogy a rugóhoz erősített test harmonikus rezgést végez, azon múlik, hogy a rugalmas erő arányos a megnyúlással, vagyis ekkor New­ton II. törvénye és a rezgőmozgás alap­egyenlete formailag azonos. A helyzet va­lóban csak hasonló. Elképzelhető ugyanis, hogy a trigonometrikus függvényektől kü­lönböző függvényekből kiindulva is elju­tunk a (6) egyenlőséghez. Az a= —w 2x egyenletnek valóban csak egyetlen meg­oldása van, a harmonikus rezgőmozgást leíró trigonometrikus függvény. A c2ip" = egyenletnek azonban sokféle, a hullám- függvénytől különböző megoldása is van.)

Az előző pontbeli (4) és a jelen pont­beli (6) egyenlőség párhuzamba állítása azt eredményezi, hogy a hullám terjedési se­bességét visszavezethetjük a rúd anyagi jellemzőire, ugyanis

IEc= I — ■ (7)

("Egyszerű példaként vizsgáljuk meg, hogy milyen sebességgel teljed a rúd irá­nyú rugalmas deformáció egy acélrúdban. Képzeljük el, hogy egy 40 méter hosszú acélrúd, például vasúti sín egyik végéhez egy kis acélgolyót helyezünk, a másik vé­géhez pedig a rúddal egyirányban egy másik acélgolyót gurítunk. A golyó ütkö­zése után egy kis idő telik el, amíg a rúd másik végén a kezdetben nyugalomban lévő acélgolyó elindul. (Jó példát szolgál­tatva az impulzus úgynevezett konduktív, vezetési áramára. Az impulzus úgy áramlik végig a rúdon, hogy ezt tömegáramlás nem kíséri.) A rugalmas deformáció terjedési sebessége az acélrúdban:

c =2 - ÍO10 N /m 2 m-------- T- — ;— j =1600 —,|3 lrft/*v>2 r,7,8 • 103 kg/m2

306

így 1/40=0,025 s = 25 ms idő szükséges ahhoz, hogy a deformáció végigszaladjon a rúdon. |

Az előző pont elején láttuk, hogy a de­formáció rugalmas kötélen másképpen is terjedhet, mégpedig úgy hogy a kötél pont­jai a kötélre merőlegesen mozdulnak el. Ha a kötelet megfeszítjük és az egyik végét a kötélre merőlegesen harmonikus rezgésbe hozzuk, akkor a rezgés végig terjed a kö­télen: hullámmozgás valósul meg. A 3.154. ábrán látható, hogy a kötél minden pontja harmonikus rezgést végez a kötélre merő­legesen. Ugyanakkor a kötelet bármely pil­lanatban lefényképezve, a felvételen egy térbeli szinuszgörbe látható. Ha a kötél kezdőpontjának a kitérése A sin cot, akkor a kötél kezdetétől x távolságra a t időpont­ban a kitérés (amely most az x tengelyre merőleges):

t) = A sin 2n (t - í )A hullám terjedésének a mechanizmusa

ebben az esetben jobban megfigyelhető, mint a rúdban terjedő hullám esetén. Itt hullámhegyek és hullámvölgyek formájá­ban halad végig. Természetesen arról van szó, hogy a kötélen csak a megfigyelt rezgésállapot halad, anélkül, hogy a kötél pontjai elmozdulnának a hullámteijedés irányában.

Egyszerű gondolatmenettel meghatároz­hatjuk a hullám terjedési sebességét is.

Tegyük fel, hogy egy p sűrűségű, A ke­resztmetszetű kötelet F erővel feszítünk. A

3.155.ábra

kötélen hullámhegyek és hullámvölgyek haladnak egyenletes sebességgel. Jelöljük ezt a sebességet c-vel. Tegyük fel, hogy egy hullámhegy belülről R sugarú körívvel he­lyettesíthető.

Mozogjunk most együtt egy hullám­heggyel. Ekkor hozzánk képest a hullám­hegy áll. A kötél pontjai azonban c sebes­séggel mozognak. Gondoljunk arra, hogy egy R sugarú hengeren egy kötelet húzunk állandó c sebességgel. Nyilvánvaló, hogy a kötél pontjai körpályán mozognak. Mi biztosítja a körpályán mozgás feltételét? Világos, hogy a kötelet feszítő erő. Legyen a 3.155. ábrán látható Al hosszúságú rész tömege Am, vagyis Am =pAAl. Erre az ívre az ábra szerint mindkét irányban F erő hat, az eredő erő a kör középpontja felé mutat:

- Aa „ Aa 2 F s in —- x 2 F —

2 2-FAa.

(Itt felhasználtuk azt a közelítő érvényű egyenlőséget, hogy kis szögek szinusza he­lyettesíthető a — radiánban mért — szög­gel-)

Jegyezzük meg, hogy a hullámheggyel együtt mozgó koordináta-rendszer inercia­rendszer, tehát Newton II. törvénye alkal­mazható:

3.154.ábra FA<x = pA A l — ,

IV(9)

307

itt a bal oldalon az ívelemre ható — a kör középpontja felé mutató (centripetá­lis) — erő, a jobb oldalon a tömeg és a centripetális gyorsulás szorzata áll. Az ív­mérték értelmezése szerint Al = RAa, vala­mint F /A = o , ezeket figyelembe véve (9) így alakul:

c2 = pAffP

(10)

Ebből a kifeszített kötélben vagy a vékony, kifeszített fémszálban (húrban) tovaterjedő transzverzális hullámok sebessége* **:

c = (11)F

pA y p

Pfegyük fel, hogy egy rugalmas kötél sűrűsége 4 kg/dm3, körkeresztmetszetű és a sugara 0,5 cm. A kötelet 10 N erővel feszítjük. A kötél végét 1 másodperc perió­dusidővel rezgésben tartjuk. A hullám ter­jedési sebessége:

c=ION

7,85 - 10 5 m 2 -4 - 103 kg/m3

= 5 ,6 4 - .s

A kialakuló hullámhossz:

X = cT= 5,64 m. |

A deformáció tehát kétféle módon ter­jedhet a hullámmozgás során (3.156. áb­ra). Lehetséges, hogy a rugalmas anyag

Keresztirányban is kiterjedt rugalmas testben, pl. acélrúdban létrehozott transzverzális hullámok

ÍGterjedési sebessége: c = ahol G a nyírási mo­

dulus. Ennek levezetése már komolyabb matemati­kai apparátust feltételez, ezért nem térünk rá ki.

3.156.ábra

pontjai a hullámterjedés irányával párhu­zamosan rezegnek. Ebben az esetben a longitudinális hullámról beszélünk. Ha a rezgő pontok a hullámterjedés irányára merőlegesen rezegnek, akkor transzverzá­lis hullámról van szó. Láttuk, hogy a lon­gitudinális hullámok sebessége p sűrűségű, E Young-modulusú rúdban:

c=IE

a transzverzálisoké p sűrűségű, F erővel ki­feszített kötélben vagy húrban:

c=

A hullám terjedése energia- és impulzus­áramlással jár: a rugalmas kötélen vagy rúdon energia és impulzus terjed a hullám- terjedés irányában. Az impulzus áramlá­sának a mechanizmusát a o' = pij} egyenlet írja le. Vizsgáljuk meg most az energia ter­jedését.

A hullám energiája a rezgő anyag moz­gási és rugalmas energiájának az összege. Korlátozódjunk a longitudinális hullám terjedésére rugalmas rúdban. Jelöljük a rúd keresztmetszetét most K-val, a Young- modulust Ey-Hal, nehogy összetévesszük az energia jelével, p pedig legyen szokás szerint a sűrűség.

308

Tegyük fel, hogy a hosszú rúdban A amplitúdójú, w körfrekvenciájú hullám ala­kul ki:

y/(x, t) = A sin 2n

= A sin (ü( t — —),C j

ahol

T - í , c - f c . co V p

Válasszunk ki a rúd mentén két pontot, az egyik koordinátája legyen x, a másiké va­lamivel nagyobb: x + Ax. A rúdra merő­leges síkok elmozdulása ezeken a helyeken (3.157. ábra):

("!)•. . ( x + A x \

ij/2: — A sin co I t --------— I ,

a sebességek:

Vi. = Aco cos co ( t —

x + Ax

7>v2: = Aw cos co ^ t

Az Ax hosszú, K keresztmetszetű rész moz­gási energiája:

£ m o z g = j p K A x A 2C02 C O S 2 £ 0 H)

XJ

X ♦ A x3.157.ábra

Másrészt

^2 — = :Ai{/ = vAt,

ahol Aí = Ax/c és f a (t —x/c) időpontbeli sebesség:

AxA^ = Aco — cos co

c

A direkciós erő:

D =— EyK

F gK Ax EyKA Aip Atp Ax

így a rugalmas energia:

1 EyK , , (Ax)2 , , rug= 2 ~ ^ T ^2 cos col t —

Figyelembe véve, hogy

c2= ^ ,

<-?)■

innen

Erug= — p K A xA 2co2 cos2 co ( t — j

Érdekes eredményt kaptunk. A hullám- mozgásban a mozgási és a rugalmas ener­gia azonos fázisban halad. O tt nagy a rugalmas energia, ahol nagy a mozgási energia is, sőt a két energiatag állandóan megegyezik. Az összes energia:

E = pK A xA 2co2 cos2 co

az energiasűrűség pedig:

pE = f>A2co2 cos2 co

K >

H ) (12)

Ugyanez az eredmény érvényes transz­verzális hullámoknál is.

Gondolatmenetünkben eddig a rugal­mas rudat és a rugalmas kötelet végtelen

309

hosszúnak tekintettük. Most megvizsgál­juk, mi történik akkor, ha a rúd, illetve a kötél véges hosszúságú, mi történik a hullámban terjedő deformációval, ha a rúd, illetve a kötél végéhez ér. Foglaljuk össze a jelenségkörrel kapcsolatos tapasz­talatokat.

Rögzítsük egy gumikötél egyik végét szi­lárd falhoz. A megfeszített kötélen hoz­zunk létre egy pillanatszerű hatással ki­hajlásszerű zavart. Megfigyelhetjük, hogy az egyetlen hullámhegy formájú zavar a falnál visszaverődik, mint hullámvölgy jön vissza. Úgy fogalmazzuk ezt meg, hogy a szilárd falhoz rögzített kötélen I80‘ -os fá­zisugrás lép fel (3.158. ábra).

Változtassuk meg most a demonstrációs kísérletet: a kötél végét egy vékony, hosz- szú fonállal rögzítsük a falhoz. Ez azt ered­ményezi, hogy a kötél vége szabadon el­mozdulhat. Ekkor azt figyelhetjük meg, hogy a hullámhegy hullámhegyként jön vissza. Szokásos kifejezéssel élve: szabad végen történő visszaverődésnél nem lép fel fázisugrás.

Nagyon érdekes az, hogy egymás után több hullámhegyet elküldve a távolodó és a közeledő kihajlások átmennek egymá­son. Ugyanez a helyzet a rezgés formájá­ban terjedő zavarnál, hullámmozgásnál. A hullámok találkozását általában interfe­renciának nevezzük.

Az interferenciát a következő kísérlet­tel szokták szemléltetni. Három kötelet Y alakban erősítünk egymáshoz, a 3.159. áb­rán látható módon. A három vég egyikét falhoz erősítjük, a másik két végét merev rúddal kötjük össze. Ha a rúd két végét ugyanazon frekvenciával és amplitúdóval azonos fázisban rezgetjük, akkor a két kötélágon végighaladó hullám a csomó­pontnál találkozva összeadódik, a harma­dik kötélen összeadódva (szuperponálódva)

, / Y 3.I5K.ábra

3.J59.ábra

terjed. A csomóponthoz azonos fázisban érkeznek, ilyenkor egymást felerősítve to­vaterjednek.

Ha a rúd két végét azonos periódusidő­vel és amplitúdóval ellentétes fázisban rez­getjük, akkor a csomóponthoz vezető kö­teleken hullámok figyelhetők meg, a kötél harmadik ága azonban nyugalomban ma­rad, az ellentétes fázisban találkozó hul­lámok gyengítik, illetve kioltják egymást.

Vizsgáljunk meg egy ilyen egyszerű ese­tet. Képzeljük el, hogy az Y alakú kötél egyik szárán a hullám x , utat, a másik szárán x2 utat tesz meg a találkozásig. Ek­kor a két hullámfüggvény:

^ ,(x , t) = /l sin 271 ( —(*-*)■ ( 1 > [ t ~ ~

^ 2(x, t) = A sin 2n

A találkozáskor a két hullámfüggvény ösz- szeadódik, az eredő

ip(x, t): = <Mx, t) + 2(x, í)-

310

. a+ P a ~ P sm a + sin p = 2 sin — -- cos ,

ezért azt kapjuk, hogy

ip{x,t)=2A sin 2n j x

Minthogy tetszőleges a és 0 szögek ese­tén

x * 2 . ( i - ! * * ) .

Szembetűnő, hogy az eredő hullámfügg­vény két tényező szorzata, az első tényező— jelöljük ezt A*-ga\ — állandó:

x 2- x A2 k ) '

Ez a tényező (vagy az abszolút értéke) úgy tekinthető, mint az eredő hullám amplitú­dója. A második tényezőt szemügyre véve azt látjuk, hogy az eredő hullám periódus­ideje azonos az összetevők periódusidejé­vel.

Diszkutáljuk a kapott eredményt.1. A koszinuszfüggvény 0, n, 2n, 3rc,

4n , . . . helyeken az 1 vagy a — 1 értékeket veszi fel, így ha

2 k - 2" * 1 =nn ( n = 0 .1 ,2 , . . . ) ,

vagyis

x 2 — x l = 2 n — =nk (n = 0 ,1,2, . . . ) ,

(14)

akkor az A* = 2A vagy A* = —2A. Magya­rán: ha az x 2—x t útkülönbség a hullám­

hossz egész számú többszöröse, vagy ami ugyanezt jelenti, a félhullámhossz páros számú többszöröse, akkor az eredő hullám amplitúdója az összetevők amplitúdóinak az összege.

2. Nyilvánvaló, hogy /I =0 , ha

2KX^ = ( 2 n + 1)| (n = 0 ,1 ,2 , . . . ) ,

vagyis ha

3x 2 — =(2n+ i ) — (w=0, 1,2, . . . ) , (15)

a koszinuszfüggvény ugyanis a n/2, 3n/2, 5n/2, . . . pontokban vesz fel nulla értéket. Ha tehát az x 2—x, útkülönbség a hullám­hossz felének páratlan számú többszöröse, akkor teljes kioltás lép fel.

Pvizsgáljuk meg a következő egyszerű példát. Két, egy irányban haladó, 10 cm amplitúdójú, 12 cm hullámhosszúságú hul­lám 4 cm útkülönbséggel találkozik (3.160. ábra). Ekkor az eredő hullám amplitú­dója:

4A* = 2 - 10-cos 2 n — =

24

= 2 ■ 10 cos 1,07 = 20 • 0,5= 10 cm,

vagyis a két 10 cm-es amplitúdójú hullám eredője ebben az esetben 10 cm-es ampli­túdójú hullám lesz. Világos, hogy a két hullám teljesen kioltja egymást, ha az út-

A* = 2A cos 2n

311

különbség

x 2- x 1= 6 cm , 18cm ,30cm ,4 2 cm ,. .

Felhasználva, hogy tetszőleges a és fi szö­gek esetén

és az erősítés teljes, ha

x 2 — = 0 cm, 12 cm, 24 cm, 36 cm ,. . „ j

Vizsgáljuk meg most azt a különösen érdekes esetet, amikor egy kötél vagy rúd végén visszaverődő hullám önmagával in- terferál. Ilyenkor természetesen teljesül az a feltétel, hogy a két hullám periódusideje és hullámhossza megegyezik.

Induljunk ki abból, hogy egy L hosszú­ságú kötél végét szilárd falhoz kötjük. A kötél kezdetét A amplitúdóval, T perió­dusidővel rezgésbe hozzuk. Jelöljük a hul- lámhosszot A-val. Ekkor a rúd elejétől x távolságra a kitérés:

t) = A sin 2n ( f - i )A rezgés fázisa a falról visszaverődve 18C '- kai változik, így a visszatérő hullám kité­rése a kötél elejétől x távolságra

. . / t 2L — x \ V2ÍX, t) = A sin 2it I — ------ -— +Jt 1,

hiszen ahhoz, hogy a hullám a kötél végén visszaverődve az x koordinátájú pontba jusson, 2L — x utat kell megtennie. Más­részt a szinuszfüggvényt ir-vel eltolva, a— 1-szeresére változik:

sin(a + 7r)= — sin a ,

így

tl/2(x, t) = — A sin 2irf t 2L - x \\ t t ~ yT X

Az eredő:

ip(x,t) = A s m 2 n ^ -

—A sin 2n (

312

( t 2L —x \■ \ t ~ — )■

a - f i a+P sin a —sin p = 2 sin — — cos — —

fennáll, azt kapjuk, hogy

iKx , t ) =

- 2AÚ''2"{L r ) QOs2' ' { T - j ) -Nagyon érdekes az eredmény. Az oda- vissza haladó hullámok eredőjeként, in­terferenciájaként olyan mozgás alakul ki, amelyben a kötél minden pontja azonos periódusidővel, azonos fázisban, de külön­böző amplitúdóval harmonikus rezgést vé­gez. A kötél végétől x távolságra az ampli­túdó:

/ — v /l* = 2j4sin 2n-

X

Látszik, hogy A* a helynek szinuszos függ­vénye, az időtől azonban nem függ. Ezért van az, hogy a kötélen valóságos álló szinuszhullámokat látunk kialakulni. K ü­lönösen jól látszik ez nagy rezgésszá­mú húrnál, alkalmas megvilágításban. Az ilyen jelenséget ezért állóhullámnak nevez­zük (3.161. ábra). Mivel a szinuszfüggvény a 0, n, 2n, 3n, . . . helyeken nulla, ezért az állóhullám amplitúdója nulla azokon a helyeken, ahol

L - x 2 n — :— =rar

L-x

3.161.ábra

vagyis tok helye ott van, ahol

L - x = n — (« = 0, 1,2,3, . . . ) . (16)

Az ilyen helyeket csomópontoknak nevez­zük. A csomópontok távolsága a faltól az

L - x = ° , l - , 2 - , 3 - , . "

helyeken van. A maximális amplitúdó 2A, az ilyen helyeket duzzadó helyeknek ne­vezzük. Ezek’ távolsága is A/2.

Tanulmányozzuk most azt az esetet, amikor a kötél szabad végén visszaverődve interferál saját magával. Ekkor a kötél végéről visszavert hullám a kötél elejétől x távolságra

, . / t 2L —x \ ij/2(x, t) —A sin 2nl — ------ -— J

kitérésű rezgőmozgást eredményez. A sza­bad végén visszaverődve nincs fázisváltás (3.162. ábra). A ^ ( x , t) kitérés ugyan­az, mint az előbbi gondolatmenetben. Az eredő:

<Hx,t) =

mint ez könnyen ellenőrizhető. Most is állóhullám alakul ki, az amplitúdója hely­től függő, minden pont azonos periódus­idővel azonos fázisban rezeg. A Csomópon­

t i

3.162.ábra

2k ~~~~~ = ( 2 n 1) “ (w = 0 ,1,2,3, . . . ) ,A Z

vagyis

L - x = ( 2 n + l ) | (n = 0 ,1,2, 3 , . . . ) .

(17)

Az L — x jelentése: a csomóponti helyek tá­volsága a kötél szabad végétől. Világos, hogy ha n = 0, akkor L —x = Á/4, az első csomópont tehát a szabad végtől negyed hullámhossz távolságra van. így a szabad végnél duzzadóhely van. A csomópontok és a duzzadóhelyek is A/2 távolságra köve­tik egymást.

Természetesen mindezek longitudinális hullámra is érvényesek. Interferencia ese­tén az ellentétes irányba mozgó részecskék impulzusa „kioltja” egymást, az azonos irányba mozgóké felerősíti. Állóhullámok is ugyanúgy kialakulhatnak rugalmas rú­don terjedő longitudinális hullám esetén. Minden pont azonos periódusidővel, azo­nos fázisban rezeg, de az amplitúdók kü­lönbözőek. Ahol csomópont van, ott az impulzussűrűség nulla, ahol duzzadóhely van, ott maximális.

A transzverzális és longitudinális hul­lámokra a hullámegyenlet egyaránt érvé­nyes, az interferencia elvei is egyaránt tel­jesülnek. Van azonban egy alapvető kü­lönbség a két hullámfajta között, az tudni­illik, amit szemmel is jól láthatunk: a transzverzális hullámban a tömeg részecs­kéi a hullám terjedésére merőlegesen re­zegnek, a longitudinális hullámban a ré­szecskék kitérése megegyezik a hullámter­jedés irányával.

A transzverzális hullámban a részecskék rezgése merőleges a hullámterjedés irá­nyára. Természetesen lehetséges, hogy a

313

sA /"

3.163. ábra

rezgés iránya a kötél mentén más és más: a rezgés iránya többféleképpen lehet me­rőleges a hullám terjedésének irányára.

Ha a rugalmas kötélen a tömegpontok rezgései egy adott síkban valósulnak meg, akkor polarizált hullámról beszélünk. Ha a kötél végét különböző irányokban rez­getjük, akkor polarizálatlan hullám jön létre. A polarizálatlan hullámot a 3.163. ábrán látható módon polarizálhatjuk, ha egy lemezen vágott résen át vezetjük a hul­lámot. A rés csak egysíkú hullámokat en­ged át, olyan hullámokat, amelyeknek a síkja a réssel párhuzamos. Ezt a berende­zést polarizátornak nevezzük. Ha két po­larizátort helyezünk el egymás után, egy­másra merőlegesen, akkor ezzel kioltjuk a hullámot.

3.3.5. Huygens—Fresnel-elv

Az előző pontban a hullámmozgás leg­egyszerűbb esetével, az egyenes mentén teijedő transzverzális és longitudinális hul­lámmal foglalkoztunk. Vizsgáljuk meg most ebben a fejezetben a hullámok kelet­kezését és terjedését, a hullámmozgás tör­vényszerűségeit, ha a hullámmozgás for­rását homogén, mindenütt azonos rugal­massági modulusú közeg veszi körül.

Síkbeli hullámok keletkeznek, ha egy ki­feszített gumilap egy pontjára periodiku­san változó erőt fejtünk ki, vagy ha egy sík fémlap egy pontját rezgésbe hozzuk. A

deformáció a hullám forrásától minden irányban szétterjed. A síkbeli hullámok igen jól demonstrálhatók vízhullámokkal. (Igaz, hogy a vízhullámok csak közelítőleg tekinthetők harmonikus hullámoknak, és a víz tulajdonságaival sem foglalkoztunk még. Fogjuk fel azonban úgy most a víz­hullámok keltését és megfigyelését, mint a hullámmozgás szemléltetésére szolgáló le­hetőséget. Ne törődjünk most sokat azzal, hogy a víz nem rugalmas, a vízhullám nem szinuszos, arra jó az egész, hogy a kevésbé látványos gumilemezen vagy fémlapon ki­alakuló hullámok helyett a víz hullámaival szemléltessük a síkbeli hullámokat.)

A vízhullámok keletkezését és terjedé­sét egy egyszerű eszközzel vizsgálhatjuk meg. Lapos tányérhoz hasonló üvegedény­be öntsünk vizet. (A tányér fala legyen lejtős. Ezzel a falon való visszaverődés kiküszöbölhető. Ha az edényt alulról á t­világítjuk, akkor a jelenségek a kivetí­tett árnyék mozgásán jól megjeleníthetők (3.164. ábra).

Ha egy ilyen tányérba egy kis kavi­csot ejtünk, akkor a vízfelület hullámai minden irányban egyenletesen terjednek: a kavics vízbe esésének a helyét egy növekvő sugarú kör alakú bemélyedés veszi kö­rül. A víz felületén a deformáció minden irányban egyenletesen terjed. Hullámszerű

3.164.ábra

314

jelenséget nyerünk, ha a kavics helyett szemcseppentőből vizet csepegtetünk az edénybe.

A víz felszínét periodikusan „ingerelhet­jük” egy a víz fölött rugón rezgő testtel, például úgy, hogy a testhez egy kis tűt erő­sítünk, amely néhány milliméterre belóg a vízbe, illetve kiemelkedik a vízből (3.165. ábra).

Azt tapasztaljuk, hogy a hullám minden irányban egyenletesen terjed, és az azonos fázisban lévő pontok a hullámkeltés helye kö­rül koncentrikus körökön helyezkednek el.

A rugón rezgő testre a tű helyett egy vékony fémlapot szerelünk. H a ez a lap periodikusan bemerül a vízbe és kiemel­kedik a vízből, akkor a lapra merőle­gesen egyenes vonalhullámok alakulnak ki (3.166. ábra).

A víz felszínén terjedő hullámok megfi­gyelése nyomán képet alkothatunk a tér­beli hullámterjedésről is. Ha a közegben a hullám teijedésének a sebessége minden irányban azonos, idegen szóval a közeg izotróp, akkor egy pontszerű hullámforrás körül az azonos fázisban lévő pontok egy gömbfelületen vannak. Úgy is kifejezhet­jük ezt, hogy az egy pontból kiinduló hul­lám hullámfelületei koncentrikus gömbök.

Természetesen, ha a hullámforrás egy nagy sík lemez, akkor a hullámfelületek a hullámforrással párhuzamos síkok. Ha a hullám forrása egy egyenes vonalszerű tárgy, akkor a hullámfelületek koncentri­kus hengerfelületek.

Térjünk most vissza a síkbeli hullámok­hoz, állításaink ugyanis a felületi hullá­mokkal igen jól szemléltethetők.

A rugón rezgő testre erősítsünk két tűt. Ezek a vízzel telt üvegtányérban két hul­lámforrást hoznak létre, két pontból indul­nak ki koncentrikus hullámvonalak. Ezek egymáson való áthaladásakor jellegzetes erősítési és kioltási jelenség, interferencia figyelhető meg. Az erősítési és gyengíté- si helyek meghatározott görbéken helyez­kednek el. Ezeknek a görbéknek a jellem­zését könnyen megadhatjuk (3.167. ábra).

3.166.ábra

315

Tegyük fel, hogy az egyik hullámforrás a P, a másik a Q pontban van. Az A pont­ban akkor van erősítés, ha a P és a Q pontokból ideérkező hullámok fáziskü­lönbsége 2n vagy 2n egész számú több­szöröse. A P-ből induló hullám fázisösz- szege:

XiT Xy ) '

a Q-ból induló hullámé:

_ f 2 \

Az erősítés feltétele: a i —a1 = 2kn, ahol fc = 0, 1,2, . . . . Ez azt jelenti, hogy erősítés akkor jön létre, ha

x 1 — x 2=kÁ (k = 0 ,1,2, . . . ) , (1)

ahol X[ a P és A pontok távolsága, x 2 a Q és A pontok távolsága. Az (1) feltétel azt jelenti, hogy az erősítési helyek hiperbo­lákon helyezkednek el. A hiperbola ugyan­is azoknak a pontoknak a „mértani helye”, amelyek két adott ponttól mért távolságá­nak a különbsége állandó (3.168. ábra).

Keltsünk most a vízzel telt tányérban egyenes vonalú hullámokat. Helyezzünk a hullámvonal útjába egy olyan lapocskát, amelyen parányi — mondjuk fél milliméter széles — zsilipek nyithatók. Ha egyetlen

3.168ábra

3.169ábra

zsilip sincs nyitva, akkor a lap megakadá­lyozza a hullámvonalak terjedését. Nyis­sunk most ki egy kis zsilipet. A hullám­front most is megáll a falnál, a kis nyitott résen azonban átszivárog. A nyitott résnél a fal túloldalán kör alakú hullámvonalak keletkeznek. A résből elemi körhullámok indulnak ki, úgy mint a rezgő tü környe­zetéből, természetesen csak a fal egyik oldalán.

Ha két kaput nyitunk akkor mindkét keskeny résből kör alakú hullámvonalak indulnak ki. A kör alakú, távolodó hullám­hegyek és völgyek keresztülhaladnak egy­máson: interferálnak, pontosan úgy, aho­gyan a két tű környezetéből kiinduló hul­lámok esetén láthattuk (3.169. ábra).

(Ugyanezt látjuk akkor is, ha a fal in­nenső oldalán nem egyenes hullámvonalak érik a falat, hanem egy pontból kiinduló kör alakú hullámvonalak.)

A hullámok terjedésénél fellépő jelensé­gek magyarázatára Huygens — Newton kortársa — egy igen termékeny hipotézist állított fel. Az előbb vázolt jelenségekre tá­maszkodva úgy gondolta, hogy a hullám­térben minden pont elemi hullámok kiin­dulópontja, ugyanúgy, ahogy a hullámot keltő részecskék primer hullámai. Gondol­juk meg: a hullámtérben minden részecske ugyanúgy mozog, mint a hullám forrá­sát keltő, külső erő által rezgésben tartott

316

részecske. A hullámtérben minden pont ugyanúgy befolyásolja a környezetét, mint az elsődleges hullámok.

Huygens elve: ha egy pillanatban ismert egy hullámfelület, akkor ennek a felületnek ( vonalnak) a pontjaiból kiinduló hullámok burkoló felülete™ szolgáltatja a későbbi idő­pontban kialakuló hullámfrontot. Pontosab­ban: egy hullámfelület minden pontja elemi hullámok kiindulópontja, a később kialakuló hullámfelület ezeknek a hullámoknak a bur­koló felülete.

Világítsuk meg közelebbről Huygens el­vét!

Tegyük fel, hogy az ábrán látható O pontból gömbhullámok indulnak ki. Az egyik hullámfront a t, időpontban az r t : = = ct1 sugarú gömbfelület. Legyen most h > t i- Ekkor az r, sugarú gömbfelület pontjaiból kiinduló elemi hullámok bur­koló felülete pontosan az r2: — ct2 sugarú gömbfelület. Az r2 sugarú hullámfrontot úgy is felfoghatjuk, mint az O pontból induló, t2 ideig távolodó frontot, amely végül is r2= ct2 távol kerül a hullámfor­rástól. Felfogható azonban úgy is, mint a korábbi cf, sugarú hullámfrontról kiindu­ló, t2 — t i idő alatt kialakuló elemi gömb­hullámok eredője. A helyett más idő­pontot is választhattunk volna. Ha t < t 2, akkor az O pontból t idő alatt eltávolodó hullámfront pontjairól kiinduló, c(f2 —f) sugarú gömbfelület burkolója ugyanazt a hullámfrontot adja (3.170. ábra).

Értsük meg: ezek az értelmezések nem ellentmondók, hanem ugyanazok. Ez a Huygens-elv tartalma. Akármelyik felületet

Egy felületsereg burkoló felülete egy olyan fe­lület, amely minden pontban érinti a felületek vala­melyikét, azaz ha érintősíkot húzunk a burkoló felülethez, akkor ez érintősíkja a felületsereg valame­lyik elemének is.

választjuk, a hullámtér jelenségei ugyan­úgy magyarázhatók, a magyarázatok egyen­értékűek.

A Huygens-elv alkalmas a hullámtörés és a hullámok visszaverődésének a magya­rázatára.

Keltsünk az üvegtányérban egyenes hul­lámvonalakat. Helyezzünk el korábban a tányérba egy sík üveglemezt úgy, hogy a víz mélységet a tányér egyik részén mond­juk felére csökkentsük ezzel. Ha például a tányérban 4 mm a víz mélysége, akkor le­gyen az üveglemez vastagsága 2 mm. A vízhullámok terjedési sebessége a víz mély­ségétől függ, így az üveglemez fölött más sebességgel terjed a hullám (3.171. ábra).

Ha a hullámfront és a tányérba helyezett üveglap széle nem párhuzamos, akkor a hullámfront az üveglap feletti részbe ha­tolva megváltoztatja az irányát.

B

3.171.ábra

317

Vizsgáljuk meg részletesen a jelenséget, és kíséreljük meg az értelmezését megadni a Huygens-elv alapján! Tegyük fel, hogy adott az 1 -es közeg, ebben a hullám terje­dési sebessége legyen c1; és a 2-es közeg, ebben c2 sebességgel terjed a hullám. Te­gyük fel, hogy c j > c 2. A két közeg ha­tárfelületét jelöljük H-val. Tegyük fel, hogy a t= 0 időpontban a síkhullám egyik hul­lámfrontja F ! . A hullámfront legtávolabbi pontja t0 = d/c1 idő alatt ér a határfelület­hez. A határfelület minden pontjából — amikor a határfelülethez érnek — elemi hullámok indulnak ki c2 sebességgel. Az A pont m ár a 1=0 időpontban a határfelü­lethez ért, így a belőle kiinduló elemi hul­lám már c2t0 sugarú gömbfelületet érte el. A B pont a t0 időpontban érkezett a határfelülethez, a belőle kiinduló elemi hullámnak nulla sugarú gömb felel meg. Ha a C pont az A és a B között a szakaszt felezi, akkor a belőle kiinduló elemi gömb­hullám sugara c2t0/2. Ezeknek a gömbök­nek a burkoló felülete az ábrán kettős vonallal jelölt egyenes szakasz, az új hul­lámfront. Jelöljük a hullámfrontok határ­felülettel bezárt szögét a-val, illetve /?-val. A 3.171. ábrán látható két derékszögű há­romszög átfogója azonos, legyen ennek a közös átfogónak a hossza x. A szöggel szemközti befogók az egyik esetben c1t0, a másik esetben c2t0. Tehát

Clfo • n C2 0s i n a = ----- , s in /? = ------ .x x

A két egyenlőség hányadosából:

Ez a törés törvénye. A hullámfront haladási irányának a határfelület normálisával be­zárt szögét beesési, illetve törési szögnek nevezzük. így tehát a beesési és a törési szög

3.172. ábra

szinuszának az aránya a terjedési sebessé­gek arányával egyezik meg. Az n21 hánya­dost a második közeg elsőre vonatkozó relatív törésmutatójának nevezzük.

A visszaverődés jelenségét hasonlóan ér­telmezzük. A H határfelülethez érkező sík­hullám F frontjának a B pontja t=d/c idő alatt ér a határfelülethez. Amikor a front egy pontja a felülethez ér, elemi gömbhul­lámokat kelt. Amikor a B pont éppen a határfelülethez ér, az A pontból kiinduló gömbhullám sugara ct. A többi pont az A pont után érkezett, az általuk keltett elemi hullámok gömbfelülete kisebb, mint az A- hoz tartozó hullámé (3.172. ábra).

Az ábráról látható, hogy a beeső és a visszaverődő hullámfront szerepe felcserél­hető: a beeső hullámfront és a határfelület szöge megegyezik a visszavert hullámfront és a határfelület szögével.

A hullámok terjedésével kapcsolatos je­lenségek közül az elhajlási jelenséget**1 a Huygens-féle hipotézissel nem lehetett ér­telmezni. Az elvet Fresnel módosította, tökéletesített formájában az elhajlási jelen­ségek értelmezésére is alkalmas. Fresnel a burkoló felületek helyett az interferencia­elvet használja.

A hullámtérben tekintsünk egy tetsző­leges felületet. Ennek a felületnek minden pontja elemi hullámok kiindulópontja. Ha

Az elhajlás akkor figyelhető meg, ha a hullám terjedésének irányába helyezett résen halad át. Ekkor széttér, éles árnyékot nem ad. Elhajlással magyaráz­ható például az, hogy a szomszéd szobából is halljuk a hangot, a nyitott ajtón keresztül, bár a beszélő az ajtó mögött áll.

318

megadunk egy tetszőleges pontot, akkor ennek a rezgési állapotát a felületből kiin­duló, ide érkező elemi hullámok interferen­ciája adja meg.

Tegyük fel, hogy a H határfelületen egy széles rés van: az A és a B pontok között. A határfelülethez egy síkhullám érkezik merőlegesen. Vegyünk fel a határfelületen túl egy P pontot. A Huygens—Fresnel-elv szerint a P pont rezgésállapota az A és a B pontok közötti szakasz pontjaiból ki­induló elemi hullámok interferenciájával megmagyarázható (3.173. ábra).

Ha az A és B pontok közötti d távolság kicsi a hullámhosszhoz képest, akkor a P pontba ju tó elemi hullámok maximális útkülönbsége kisebb, mint A/2 — akárhol van a P pont —, így az elemi hullámok a P pont helyzetétől függetlenül erősítik egy­mást. Az igen keskeny résen áthaladva a hullám minden irányba terjed.

H a d távolság egyenlő nagyságrendű a hullámhosszal, vagy nagyobb annál, akkor a P pontba érkező elemi hullámok nem­csak maximumot, hanem minimumot is eredményezhetnek. Ha a rés sokkal széle­sebb a hullámhosszhoz viszonyítva, akkor meglehetősen éles árnyékjelenséget figyel­hetünk meg.

A Huygens-elv Fresnel-féle módosítása a törés és a visszaverődés értelmezését is pontosabbá teszi.

H

A

P

3.173.ábra

A H határfelületre essék be egy síkhul­lám. A 3.174. ábrán látható AA' szakasz pontjaiból kiinduló hullámok a határfelü­let PP ' pontjaihoz érkeznek. Természete­sen különböző fázisban, hiszen különböző utakat kell megtenniök. A P-be és a P'-be érkező elemi hullámok s sin a útkülönbség- gel érkeznek, ezért az A-ból P-be, illetve az A'-ből P'-be érkező hullámok terjedési ide-

. ssin a . ,je k o zo tt-------- idokulonbseg van. A P es

ClP' pontok közötti szakasz pontjai külön­böző fázisban rezegnek. A szakasz pont­jaiból kiinduló elemi hullámok minden irányba terjednek, de erősítés csak olyan irányokban történhet, amerre a P és P' szakaszról induló elemi hullámok fázis- különbségét az útkülönbség kompenzálja. Innen egyszerűen adódik a visszaverő­dés törvénye: erősítés olyan irányban van, amelynek a szöge megegyezik a határfelü­lethez érkező hullám beesési szögével. Az ilyen irányokban ugyanis az útkülönb- ségből származó fáziskülönbség pontosan megegyezik az elemi hullámok fáziskü­lönbségével.

Törésnél a következőt mondhatjuk. Ha

az elemi hullámok 5 S1”— időkülönbsé-c 1

gét egyenlővé tesszük a második közegben, , s s in B ,

számított -------- idokulonbseggel, akkorc2

ebből a (2) törés törvényét kapjuk (3.175. ábra).

319

A hullámok törésénél tehát a két közeg határán különböző fázisban rezegnek a pontok (ha a^O ), ebből a pontból minden irányba indulnak elemi hullámok, a máso­dik közeg felé is. Ezek az elemi hullámok interferencia következtében kioltják egy­mást, kivéve azt az irányt, amerre az útkü­lönbség pontosan kompenzálja a közeg

határáról induló elemi hullámok fáziskü­lönbségét.

ITllusztrációként tanulmányozzuk át a következő egyszerű példát. Egy keskeny hullámfront gumiból 1° beesési szöggel vasba érkezik. A hullám terjedési sebes­sége a gumiban 40 m/s, a vasban 1500 m/s. Jelöljük a hullám terjedési irányának a beesési merőlegessel bezárt szögéi a-val. Ekkor

sin a 1500 sin 1° = 40 ’

innen a = 40,8°. A rezgés frekvenciája nem változik, így ha a beeső hullámfronlban (vagyis a gumiban) a frekvencia 2000 l/s, akkor a hullámhossz: k l = c / f =40/2000= = 2 cm, a vasban: Á2= 1500/2000 = 75 c rn j

X. Feladatcsoport: rugalmas testek, a rugalmas deformáció terjedése

X /l. Az acél és a réz Young-modulusa:

EA = 2 • 105 N /m m 2 = 2 - 1011 N /m 2,

Er = 1,2- 105 N/m m 2 = 1,2• 1011 N/m2.

Mennyivel nyúlik meg egy 2 méter hosz- szú, 2 mm2 keresztmetszetű acélszál 200 N erő hatására? M ekkora a megnyúlás, ha ugyanezzel az erővel 2 méter hosszú, 2 mm2 keresztmetszetű rézszálat nyújtunk? Erő­sítsük össze a két szálat úgy, hogy 4 mé­ter hosszú, felerészben acél-, felerészben rézdrótunk legyen. Mennyivel nyúlik ez meg, ha 200 N erővel húzzuk? Képzeljük el, hogy a két drótot párhuzamosan he­lyezzük egymás mellé, a végeiket összeerő­sítjük, és erre a kettős szálra 200 N erőt fejtünk ki. Mennyivel nyúlnak meg?

X/2. Elhanyagolható tömegű, 1=1 m hosszúságú, A = l mm2 keresztmetszetű acélszál (£ = 2 - 1011 N /m 2) egyik végét a mennyezethez erősítjük, a másik végére m = 2 kg tömegű, kisméretű testet rögzí­tünk. Ezt a testet felemeljük a mennyezet­hez, majd elengedjük. M ekkora lesz a fo­nál maximális hossza? Mekkora a fonalat feszítő legnagyobb erő?

X/3. Határozzuk meg a longitudinális deformáció terjedését rézben! (A réz Young- modulusa és sűrűsége: £ = 1 ,2 - 1011 N /m 2 és p = 8,9 kg/dm3.)

X/4. Egyenes mentén terjedő hullám ki­térése a hullámkeltés helyétől x távolságra a t időpontban:

_y(x, t) = 0,6 sin 2000 ^ t —

[y] = cm, [x ]= cm , [ í ] = s

320

Határozzuk meg a hullám terjedési se­bességét, a hullámhosszát, a rezgő pontok amplitúdóját!

X/5. A hanghullámok terjedési sebes­sége 340 m/s. A í = 0 pillanatban megszó­laltatunk egy hangvillát: ekkor a kitérése nulla. A hangvilla rezgésszáma 440 l/s, amplitúdója 0,2 mm. Mekkora a levegő részecskéinek kitérése a hangvillától 5 cm távolságban, a t = 0,012 s időpontban?

X/6. Egy végtelen hosszú, rugalmas pont­soron transzverzális hullám terjed. A rezgő pontok amplitúdója 5 cm, a részecskék legnagyobb gyorsulása 125 m/s2. A hullám terjedési sebessége 40 m/s. Mekkora a rezgő pontok maximális sebessége? Mek­kora az azonos fázisban rezgő pontok leg­kisebb távolsága?

X/7. Egy végtelen hosszú, rugalmas pont­soron transzverzális hullám halad. A rezgő pontok legnagyobb sebessége 4 m/s, a leg­nagyobb gyorsulása 160 m/s2. Az azonos fázisban rezgő pontok legkisebb távolsága 1,57 méter. Határozzuk meg a hullám ter­

jedési sebességét és a rezgés amplitúdóját!X/8. Egy végtelen hosszú, rugalmas rúd­

ban longitudinális hullám terjed. A hullám teijedési sebessége 100 m/s. A hullámhossz 10 méter. Mekkora a rezgő pontok maxi­mális sebessége és a legnagyobb gyorsu­lása, ha a pontok kitérése 15 cm?

X/9. Egy egyenes mentén terjedő hul­lám rezgésszáma / = 2,5 l/s, a terjedési se­bessége 300 m/s. Mekkora a fáziskülönb­ség a hullámforrástól 12 méterre és 16 mé­terre levő pontok között?

X/10. Két hullámforrás egymástól L = = 0,40 m távolságra teljesen azonos módon működik, azonos fázisban rezeg. A frek­vencia / = 100 l/s. A hullám terjedési se­bessége c = 10 m/s. A két hullámforrás kö­zött hol helyezkednek el azok a pontok, ahol a szembe haladó két hullám kioltja egymást?

X /l l . Egy Y alakú gumikötél két rövid ága .x1 = 27 cm és jc2 = 54 cm hosszú. A két ág egy igen hosszú harmadik ágban folytatódik. A két rövid szár végét azonos T = 0,3 s periódusidővel, azonos fázisban rezgésben tartják. A két hullám amplitú­dója 3 cm, a terjedés sebessége 90 cm/s. Milyen hullámmozgás alakul ki a harma­dik ágban?

X/12. M ekkora frekvenciával kell egy mindkét végén rögzített, L = 6 m hosszú kötelet rezgésbe hoznunk, hogy álló hul­lámok alakuljanak ki? A hullám terjedési sebessége c = 3 m/s.

X/13. Egy falhoz rögzített gumikötelet megfeszítünk. A kötél hossza 3,5 méter. Rezgésbe hozzuk a végét. A 12 cm ampli­túdójú rezgésállapot tovateijed, és vissza­verődik a falnál. Állóhullámok alakulnak ki 2 csomóponttal. M ekkora a rezgő pon­tok amplitúdója a hullámkeltés helyétől 26 cm-re? ••

X/14. Keskeny hullámnyaláb vízből üveg­be lép. A beesési szög 12°. A hullám sebes­sége vízben 1500 m/s, üvegben 5200 m/s. A frekvencia 1000 l/s. Milyen szögben ha­lad a megtört hullám? Hogyan változik a hullámhossz?

321

3.4. A folyadékok dinamikája

3.4.1. Bernoulli törvénye

Azokat a folytonos pontrendszereket, amelyekben

1. a sűrűség állandó és egyenletes, és2. a nyírófeszültség nulla,

(ideális) folyadékoknak nevezzük. Az ilyen anyagokról a mindennapi életben tényleg azt mondjuk, hogy folyadékok. A hétköz­napi szemléletben a folyadék valóban foly­tonos, a tér egy részét folytonosan kitöltő anyag, mint ahogy a víz betölti a poharat, a bor a palackot.

A folyadék sűrűsége minden pontban azonos. Ha két egymásra rétegezett folya­dék sűrűsége különböző, akkor ezeket va­lóban különböző folyadékoknak tekintjük. A folyadék sűrűsége nemcsak egyenletes eloszlású, hanem állandó is, vagyis a fo­lyadék összenyomhatatlan. Az összenyom- hatatlanság az egyik legfontosabb szem­léleti eleme a folyadékokról alkotott ké­pünknek. (A kísérletek tanulsága szerint a valóságos folyadékok sokszor még job­ban összenyomhatatlanok, mint a kristá­lyos szilárd testek.)

A folyadékról alkotott képünk legfon­tosabb eleme az, hogy belsejében a nyí­rófeszültség nulla. Ez azt jelenti, hogy az ideális folyadékban belső súrlódás nem léphet fel. Ha a folyadékba belevágunk egy késsel, akkor a késpenge akadálytalanul áthatol az anyagon. Az áramló folyadék­ban sem lépnek fel a mozgást akadályozó súrlódási erők.

A folyadékok nyírófeszültsége nulla, en­nek a következménye az, hogy a folyadék folyékony. Ha a pohárba öntjük, akkor a folyadék felszíne vízszintes lesz, ellentétben a pohárba öntött homokéval. A homok

felszínén egy púp m arad (3.176. ábra), a tálba öntött csokoládékrém felszíne sem lesz vízszintes. A homokszemcsék és a csokoládékrémet alkotó részecskék között súrlódási erő hat, ezért nem gördül le a homokszemcse a homokpúp oldalán, nem alakul ki vízszintes felület a csokolá­dékrémen.

A folyadékok legegyszerűbb modelljét írtuk körül. Lehetséges, hogy az Olvasó elégedetlenkedik az ilyen egyszerű modell miatt. Szó sincs benne a belső súrlódásról, a felületi feszültségről, sőt a molekuláról sem. Valóban nincs, azonban — látni fog­juk — így jutunk a legmesszebbre. Egy­szerű modellünk aztán továbbfejleszthető lesz, ha felépítettük a folyadékdinamika alapjait, a körülményeket bonyolító ténye­zőket „belekeverhetjük” a modellbe.

Nem szeretnénk azonban egyelőre le­mondani a folytonos modellről, folytonos­nak fogjuk tekinteni a folyadékokat úgy, mint egy kisgyerek folytonosnak látja a te­jet. Nagyon csodálkozna azon, hogy egy csomó kis golyót iszik az üvegből. A foly­tonos szemlélet sok előnnyel jár, a model­lünket és az eredményeinket egyszerűvé, áttekinthetővé teszi.

Nem szeretnénk megbontránkoztatni az Olvasót: tudjuk, hogy vannak atomok és molekulák. Csak nem akarjuk a model­lünkben figyelembe venni a létüket, mert

322

— itt és most — semmi eredménnyel nem járna, a gondolatmenetet csak zavarná, csak kerülgethetnénk, mint egy rendetlen szobában a széthagyott tárgyakat.

Az ilyen, folytonos eloszlásra alapozott szemléletet folytonos vagy néha fenome- nologikus szemléletnek nevezzük, szembe­állítva a mikroszkopikus vagy statiszti­kus szemlélettel. Mindkét szemléletnek és mindkét fogalomrendszeren alapuló mód­szernek megvan az előnye — és bizonyos szempontból a hátránya is —, a fizika nem halad igazán csak az egyikre támaszkodva. E két szemlélet olyan, mint egy ember két lába. Akkor lehet igazán kellemesen sétál­ni vagy jól haladni, ha mindkét lábunkat használjuk. De amikor a bal lábat kell használni, akkor ne a jobbal lépjünk, kü­lönben összeakad a lábunk. A fizika felépí­tését is úgy gondoljuk el, hogy a statiszti­kus és a folytonos szemléleten alapuló módszer eredményeit egymásra építjük.

Térjünk vissza a folyadékok jellemzé­sére. Vegyük sorra a folyadékok állapot- jelzőit és az alapvető mérlegegyenleteket.

Adjunk meg a térben tetszőlegesen egy pontot, ahol a folyadék áramlik, jelöljük ezt r-rel, és válasszunk egy időpontot, ezt í-vel jelöljük. A térbeli pontot úgy képzel­jük el, hogy a térben rögzítve van, a koor­dináta-rendszer egy álló pontja, nem mo­zog a folyadékkal. A folyadék mozog ezen a helyen.

Az adott időpontban ezen a helyen a folyadék áthaladó pontjának a sebességét v(r, f)-vel jelöljük. így egy helytől és idő­től függő vektorfüggvényt kapunk. Hason­lít kissé a gravitációs térerősséghez, bár ott általában időtől független térerősséget fel­tételeztünk.

A sebességvektorok — úgy tűnik — egy görbesereg érintői. Ezeket a (valóságban nem létező, csak elképzelt) görbéket áram-

3.177.ábra

vonalaknak nevezzük. Az áramvonalak az erővonalak megfelelői. A gravitációs tér­ben értelmeztük a fluxus fogalmát, ez szem­léletesen fogalmazva a térerősség és a fe­lület szorzata. Az áramlási térben is értel­mezhetjük a fluxust. Szemléletesen, bár nem teljesen pontosan a következőképpen járunk el.

Jelöljünk ki egy felületet, amelyet az áram vonalak döfnek (3.177. ábra). Osz- szuk fel ezt AA nagyságú részekre. Egy-egy ilyen felületrészt szorozzuk meg a sebes­ségvektor felületre merőleges összetevő­jével. Az így kapott szorzatokat össze­gezzük. Ezt a mennyiséget áramfluxusnak nevezzük. Egyszerűen fogalmazva tehát: a folyadékáramlás fluxusa a felület és a folyadékáramlás sebességének a szorzata (3.177. ábra).

A folyadék áramlást stacionáriusnak ne­vezzük, ha a v(r, t) függvény nem függ az időtől, vagyis az áramlási térben bármely pontban állandó.

A továbbiakban tegyük fel, hogy a folya­dékáramlás stacionárius.

Newton II. törvényét alkalmazzuk most a folyadékokra. Tegyük fel, hogy a folya­dékban adott egy kis térfogatrész, A ke­resztmetszetű, és Ax hosszúságú. Az egyik lapra a térrész felé mutató, a felületre me­rőlegesen ható erő legyen ptA, a másik lapra pedig p2A, ahol p, és p2 a lapokra

323

tx

p4A PjA

A

----------►x 3.178.ábra

ható nyomás/*’ Tekintsünk el most a ne­hézségi erőtől, tegyük fel, hogy a folyadék vízszintesen áramlik. Később az eredmé­nyeinket megfogalmazzuk úgy is, hogy a nehézségi erő szerepet kap bennük. írjuk fel a dinamika alaptörvényét a 3.178. áb­rán látható koordináta-rendszerben:

PiA — p2A = AAxpa, (1)

innen

P1 - P 2Ax

vagyis

_ ^ P _Ax

= pa,

-pa, (2)

hiszen p2—Pi = Ap, a nyomáskülönbség. A (2) egyenletet még egyszerűbben és ponto­sabban így írhatjuk:

- P =pa, (3)

összhangban a deformációnál tanultakkal. Newton II. törvénye tehát így olvasható: a nyomás hely szerinti deriváltjának nega-

•*’ A nyomás a 3.3.1. pontban már szóba került. Ha valamely A nagyságú felületre a folyadék F (merőle­ges) erőt fejt ki, akkor a felületen ható nyomás p = = FJA. Ezt a felületet kijelölhetjük a folyadék bel­sejében is. Ezért jogos az a szóhasználat, hogy a fo­lyadékban a nyomás pl. 1 atm =105 N/m2. Az ér­telmezésből kitűnik, hogy a nyomás intenzív meny- nyiség.

tívja (szokásos kifejezéssel a gradiens ne- gatívja) az impulzussűrűség időegységre eső megváltozásával egyenlő.

Az (1) egyenletet másként is átalakíthat­juk: tegyük fel, hogy a folyadék egyenlete­sen gyorsul fel, míg a Ax hosszú rész pon­tosan Ax úton mozdul el. Ekkor

A V2 + VlAx = —■ t,

a = ~ r •

ugyanis a sebességgrafikon két geometriai jelentése: a görbe alatti terület a megtett út, a grafikon meredeksége pedig a gyor­sulás (3.179. ábra). Az (1) összefüggést A- val egyszerűsítve, a fenti kinematikai kép­leteket behelyettesítve:

1)2- 1)! v2 + v.Pi P 2 - P t 2 t,

és innen

1 2 1 2 P i - P 2 = y P ^ 2 - y Pvi- (4)

Ez az összefüggés is Newton II. törvényét fejezi ki: a folyadék a magasabb nyomású hely felől gyorsul az alacsonyabb nyomású hely felé. Ha p i > p 2, akkor a p r hez tar­tozó helyen a sebesség kisebb, mint a p2- höz tartozó helyen: <v 2.

t 3.179.ábra

324

3 .J80 .ábra

Vizsgáljuk meg most a következő egy­szerű problémát. Tegyük fel, hogy a 3.180. ábrán látható szűkülő csőben folyadék áramlik. A cső nagyobb keresztmetszetét jelöljük ,4 j-gyei, a szűkebbet ^ 2-vel. A nagyobb keresztmetszetű csőben lévő Ax, hosszúságú folyadékrésznek be kell prése- lődnie a szűkebb keresztmetszetű részbe, itt természetesen — az összenyomhatat- lanság miatt — hosszabb lesz, legyen tehát a hossza A x2. Ekkor

A lA x l = A 2A x2,

illetve elosztva a mozgás idejével:

A l vl = A 2v2. (5)

Az (5) összefüggés a folyadékok össze- nyomhatatlanságát fejezi ki, és így is olvas­ható: a folyadékáramlás fluxusa állandó.

Vizsgáljuk meg most a munkatételt. Te­gyük fel, hogy a cső tágabb részében p, nyomás hat, ez nyomja be a folyadékot a szükebb keresztmetszetű részbe. A p t A t erő munkája p íA íA x l , ezzel ellentétes elő­jelű a szűkebb részben ható p2A 2 erő mun­kája, ez — p2A 2A x2. (Azért negatív, mert az erő és az elmozdulás ellentétes irányú.) A mozgási és helyzeti energia összegének a megváltozása:

( j mv2 +mgy2 Sj - ^ j m v l + m g y A ,

ahol m a folyadékrész tömege:

m = A j Ax! p = A 2 A x2p ,

és y 2 a folyadékrész kezdeti és későbbi tömegközéppontjának a függőleges koor­dinátája, vt és v2 a sebesség a kezdeti álla­potban és a végső állapotban.

A munkatétel:

p tA lA x l —p2A 2A x2 =

= ( j m v l + mgy2 j - ( ^ m v j + m g y^j.

Osszuk el az egyenlőséget a folyadékrész térfogatával:

Pi ~ P i~

=(ypi>2+p0j'2) - (Jfpvl+pgyi'j*

vagy azonos átalakítással:

(6)

^ p v l+ p g y i+ p i = ^ p v 22+pgy2+ p2. (7)

Ez azt jelenti, hogy a folyadékban bármely

két pontban azonos az ~ pv2 + p g y+ p há­

romtagú kifejezés értéke, vagyis e három tag eloszlása egyenletes, mint a hely függ­vénye állandó:

1 2— pv + p g y+ p = &\\&ndó . (8)

A (8) állítást Bernoulli törvényének nevez­zük.

Mindenekelőtt azt vegyük észre, hogy a Bernoulli-törvény Newton II. törvényének (4) és a munkatételnek (6) a közös formá­ja. A Bernoulli-törvény magában foglalja ideális folyadékokra az impulzusmérleget is, és az energiamérleget is.

Ami az energiát illeti, még többet is mondhatunk. A (8)-ban szereplő első tag

325

a térfogategységre jutó mozgási energia; vagyis a mozgási energia sűrűsége. A má­sodik tag a térfogategységre ju tó helyzeti energia, vagyis a helyzeti energia sűrűsége. Célszerű a nyomást is energiasűrűségként felfogni. Erre van is lehetőség. A pont- rendszerek általános tárgyalásakor tanul­tuk, hogy a pontrendszer összes mozgási energiája két részre bontható: a tömegkö­zéppontba egyesítve képzelt tömeg mak­roszkopikus mozgási energiájára, valamint a tömegközépponthoz viszonyított ener­

giára. Az y pv2 most az elsőnek felel meg,

a p-t pedig felfoghatjuk a tömegközép­ponthoz viszonyított mozgásból származó energia sűrűségének.

(Ez persze nem mond ellent a folytonos szemléletnek: nem mondtuk azt, hogy a mikroszkopikus energiát a molekulák kép­viselik.) A Bernoulli-törvény így is fogal­mazható: stacionáriuson áramló folyadék­ban az energiasűrűség egyenletes eloszlású.

Kiemeljük még egyszer, hogy a feltevé­seink szerint a folyadékáramlás stacioná­rius, vagyis a sebesség mint az idő függ­vénye minden pontban állandó. A cső ele­jén állandóan azonos a folyadék sebessége, a szűkebb részen ehhez képest nagyobb, de itt is állandó. A hálózati vízvezetékben a víz áramlása nem stacionárius, mert a csapok megnyitása, elzárása jelentősen be­folyásolja a folyadék sebességét a cső min­den helyén. Ha minden csapot elzárunk, akkor a folyadékáramlás megáll.

A folyadék örvénylésétől is eltekintet­tünk. Az ideális folyadék is kényszeríthető örvényes áramlásra. Az örvénylést, az ör­vények erősségét az impulzusmomentum­mal, impulzusmomentum-sűrűséggel lehet leírni. Mi most nem tűzzük ki célul ennek a tanulmányozását.

A Bernoulli-törvény sok elmés szerkezet

és berendezés működésének az alapja (pél­dául az autók motorjának a porlasztó­jáé), és sok meghökkentő paradoxont le­het megfogalmazni, amelyek magyarázata a Bernoulli-törvényen alapszik. Mi most csak egyetlen egyet említünk e furcsaságok közül.

Tegyük fel, hogy a folyadék olyan egyen­letes keresztmetszetű csőben áramlik, amely­nek egy darabját gumicsővel helyettesítjük. A csőnek ezt a darabját egy vastag üveg­henger veszi körül, ehhez vékony függőle­ges cső csatlakozik. Az üveghengerbe vizet öntünk, és a vízre a függőleges csőbe du­gattyút helyezünk (3.181. ábra).

Azt tapasztaljuk, hogy a dugattyút lefelé nyomva a dugattyú fölemelkedik. Minél inkább lefelé nyomjuk — egy bizonyos határig —, annál inkább fölfelé emelke­dik. Ennek a meglepő ténynek a magya­rázata az, hogy az üveghengerben a nyo­mást megnövelve az áramló folyadék na­gyobb nyomású helyre érve lelassul, és a gumicső kidudorodik. A dugattyú ettől fog felemelkedni. A henger üvegfalán keresztül ellenőrizhetjük a gumicső kitágulását.

Illusztráljuk most a Bernoulli-törvényt néhány példával.

Pfegyük fel, hogy az A v keresztmetszetű edényben p sűrűségű folyadék van. A fo­lyadék az A2 keresztmetszetű nyíláson ki-

3.181.ábra

326

3.182.ábra

áramlik. M ekkora a kiömlés sebessége, ha a folyadék szintje az edényben h magasan van az A 2 keresztmetszetű nyílás fölött? Tegyük fel, hogy az edény keresztmetszete sokkal nagyobb, mint a nyílásé.

Alkalmazzuk most Bernoulli törvényét. Válasszuk meg a koordináta-rendszert a 3.182. ábrán látható módon. Válasszunk két pontot a folyadékban, legyen az egyik a folyadék felszínén, az edény aljától y, magasságban, a másik az edény falán fúrt lyuknál. Az energiasürűség a két pontban azonos:

1 2 1 22 Pví+Peyi+Pi = j P v2+P9y2+P2-

A folyadék mindkét pontnál a külső leve­gővel érintkezik, ezért = p 2=p0, ahol p0 a külső levegő nyomását jelenti.

Másrészt A 1vl = A 2v2, de mert A t p A 2, így v1<^v2, vagyis elhanyagolható v2 mellett. Tehát

p a t t i - y 2)= j P v l

illetve a h = y 1 — y 2, v2 = :v jelöléssel:

Pgh= j p v 2,

így például, ha egy fürdőkádban 40 cm magasan van a- víz, akkor a kád alján a kiömlés sebessége:

v - y j l ■ 10 • 0,4 = 2,83 m/s,

és ha a kifolyócső keresztmetszete 3 cm2, akkor

Av = 3 ■ 10 “ 2 dm2 ■ 28,3 dm /s=0,85 dm3/s,

vagyis másodpercenként 0,85 liter víz fo­lyik ki. |

A Bernoulli-törvény az ideális folyadé­kok stacionárius, örvénymentes áramlását írja le. A folyadékok mozgásával, illetve mozgó folyadékkal kölcsönhatásba kerü­lő testek állapotváltozásával foglalkozunk még ebben a pontban.

rfegyük fel, hogy egy kis tartálykocsi hátfalán egy A keresztmetszetű nyílás van, amelyből v sebességgel áramlik ki a víz. Ekkor At idő alatt Am tömegű vízmennyi­ség AI = A mv impulzust kap. A kiömlő fo­lyadékra ható erő íg /

A I AmvF = i r = T ~ - At At

Természetesen ugyanekkora erőt fejt ki az áramló vízsugár a kocsira, illetve a kocsi­ban a folyadékra (3.183. ábra).

Nyilvánvaló, hogy Am = pAvAt, így az edényből kiáramló vízre

„ Amv „ ,F = — - =pAv

At

es így3.183.ábra

327

erő hat, a kiáramló víz ekkora ellenerőt fejt ki a kocsira. Ha például a kocsi és a kocsi­ba öntött víz együttes tömege 4 kg, és a kocsi hátsó részén 0,5 cm2 keresztmetszetű csövön a csap megnyitásakor 0,5 m/s kez­dősebességgel áramlik ki a víz, akkor a ko­csira

1000 kg/m3 ■ 0,5 • 10 4 m2 ■ 0,52 (m/s)2 =

= 0,00625 N

erő hat, amely alig több mint 1,5 mm/s2 gyorsulást eredményez. |

["Gondoljuk el most, hogy egy vízsugár vízszintes irányban v sebességgel egy sík­lapba ütközik, amely u sebességgel elmoz­dul (3.184. ábra). Tegyük fel, hogy a folya­dék rugalmatlanul ütközik a lappal, vagyis a folyadék sebessége u-ről u-ra csökken. Az u sebességgel mozgó lapot a v sebességű folyadékmennyiségből A(v — u)At éri el At idő alatt. így a lapon rugalmatlanul ütkö­ző folyadékmennyiség At idő alatt:

Am = pA(v — u)At,

a lapra ható erő tehát:

F = pA{v — u)2.

Ha például egy 10 kg tömegű kis kocsira vízszintes irányú vízsugarat irányítunk, ak­kor a kiskocsi felgyorsul. Tegyük fel, hogy a vízsugár egy 1 cm2 keresztmetszetű csö­vön áramlik 10 m/s sebességgel, akkor a kocsira F = 1 0 - 4 - 1000- 102 = 10 N erő hat kezdetben, amikor még áll (u = 0). A kocsi kezdeti gyorsulása tehát 1 m /s2. A kocsi sebessége nem egyenletesen nő, hi­

A v

uAt ^

H -----------------r

szen ha nő a kocsi sebessége, akkor a kocsira ható erő kisebb. Ha a súrlódástól eltekintünk, a kocsi végsebessége nyilván 10 m/s. |

pRokon probléma: tegyük fel, hogy egy locsolócső kifolyójából függőlegesen fölfelé áramlik a víz.

A víz kezdősebessége a cső nyílásánál 10 m/s, és a cső keresztmetszete 4 cm2 (3.185. ábra). Bernoulli törvénye segítsé­gével határozzuk meg, hogy milyen magasra emelkedik a vízsugár.

Jelöljük ezt a maximális magasságot h- val. A vízsugár a maximális magasságot elérve megáll és visszaesik. A csúcson a folyadék mozgási energiája nulla. Itt az energiasűrüség: p0 + hpg, míg a kiömlésnél

1 2Po + j~PV ’

így:

Po + j P V 2=Po + Pdh,

tehát

nem meglepő módon. A példánkban h = 5 méter. Helyezzünk most egy vízszintes la­pot a vízsugár fölé, a cső nyílása fölött H = = 1 m magasságban. Ezen a szinten a fo­lyadék sebességét ismét a Bernoulli-tör- vényből határozzuk meg:

1 2 „ 1 2

P o+ j P v = P o + P g H = y P^í,

328

ahol ut a keresett sebességet jelenti. A kö­vetkező eredményt kaptuk:

vi = v2- 2g H = 2g(h - H),

vagyis

v \ = 2 - 10-(5 —1) = 8,9 m/s.

Erre a lapra tehát

F = Apvf = 4 ■ 10 4 • 103 • 8,92 = 32 N

erőt fejt ki a vízsugár.Ezzel kapcsolatos érdekes kérdés. Ha a

vízsugárra helyezünk egy, mondjuk 0,5 kg tömegű, A 0= 4 cm2 keresztmetszetű kis labdát, akkor a labda milyen magasan tán­col a vízsugáron (3.186. ábra)?

A labda nyilván olyan magasságban lesz egyensúlyban, ahol a vízsugár által kifej­tett A 0pv\ erő egyensúlyt tart a labda súlyával. A fölfelé haladó vízsugár szétte­rül, ezért csak a labda A 0 keresztmetszeté­vel kell számolnunk:

A 0pt'l= m g,

innen =2,5 m/s, Bernoullí-törvényéből:

1 2 1 2P o + J P V -P o + P 9 h + 2 pv*’

és innen:

= 4,8 m

magasan táncol a labda a vízsugáron. |

i *

3.4.2. A folyadékok statikája

A Bernoulli-törvény speciális eseteit ta­nulmányozzuk ebben a pontban.

Először egy igen fontos, de nagyon egy­szerű esetet vizsgáljunk meg. Tegyük fel, hogy a folyadék nyugszik, és válasszunk ki egy vízszintes síkot, valamint a folya­dék két pontját ezen a síkon. Ebben a két pontban a helyzeti energia sűrűsége azo­nos, a mozgási energiáé nulla, így a

j p v l + pgyl + p l = j p v j + p g y 2+ p2 0 )

Bernoulli-törvény alapján

Pi=Pz- (2)

Vagyis: összefüggő, nyugvó folyadékban egy tetszőlegesen választott vízszintes sík minden pontjában azonos a nyomás. Ezt az egyszerű állítást Pascal-törvényének ne­vezik.

Tekintsünk most egy hengeres edényt, amelyben y0 magasan p sűrűségű folyadék van. Helyezzük el az edényt egy koordi­náta-rendszerbe a 3.187. ábrán látható mó­don. A folyadék felszínén a nyomás azonos a külső levegő nyomásával: ezt legtöbb­ször p0-\&\ jelöljük. Értéke kerekítve p0 = = 105 N/m 2 = 105 Pa. (Gyakori nyomás-

3.186.ábra

3.187.ábra

329

egység még az atmoszféra, jele: atm. A lég­köri levegő nyomása 1 atm, pontosan: 1,013 atm = 105 Pa.)

Határozzuk meg most a folyadék nyo­mását olyan pontban, amelynek a függő­leges koordinátája y. Az (1) Bernoulli-tör- vényt alkalmazzuk. A folyadék felszínén az energiasűrüség: pgy0 + Po> az y koordiná­tájú pontban: pgy+ p, így

pgy<>+p0=pgy+p, (3)

és innen

p= P o+ pg(yo-y)- (4)

Az y o ~ y nyilván a megjelölt pont felszín alatti mélységét jelenti, jelöljük ezt a távol­ságot h-val. így h mélységben a folyadék felszíne alatt a nyomás:

p = p 0 +pgh. (5)

(A h mélységet a folyadék felszínétől lefelé mérjük, az y és y0 távolságok függőleges koordináták, ezeket az edény aljától fölfelé mérjük.) Az (5) egyenlőségben a pgh tagot folyadékstatikai vagy — még akkor is, ha nem vízről van szó, gyakran helytelenül — hidrosztatikai nyomásnak nevezzük.

A folyadékban egyre mélyebbre haladva a nyomás a mélységgel arányosan nő. A hidrosztatikai nyomást szemléletes kísér­letekkel lehet bemutatni. Vékony henger aljára erősítsünk gumihártyát. A hengerbe vizet öntve a gumihártya lefelé kiboltosul. Ha ugyanezt a hengert üresen — alján a gumihártyával — vízbe mártjuk, akkor a folyadék a hengerbe boltosítja a hártyát, a gumilapra fölfelé m utató erő hat. H a a vízbe merített hengerbe most annyi vizet öntünk, hogy a külső és a belső vízszint egyenlő magasan legyen, akkor a gumilap kisimul: a lapra fölfelé ható erő egyenlő a lefelé ható erővel (3.188. ábra).

Valamely folyadékban h mélységben

képzeljünk el egy kis lapocskát vízszinte­sen. Legyen ennek a lapnak a területe A. Akkor a lapra fölfelé ható erő pA, ahol p a lap alatti folyadékrész nyomása. Ez az erő egyensúlyt tart a lapra lefelé ható erővel, amely most a következőképpen számolható. A lap feletti folyadékrészre három erő hat (3.189. ábra). Lefelé hat a folyadék súlya, Ahpg (ahol p a folyadék sűrűsége), lefelé hat a folyadék felszínén a levegő nyomásából származó erő is: p0A, fölfelé pedig a hasáb alatti folyadék által kifejtett erő: pA. A folyadék nyugalomban van, így

pA = p0A + Ahpg. (6)

A lapra ható erők egyensúlyából ugyanaz az eredmény adódik, mint a Bernoulli-tör- vényből. A hidrosztatikai nyomást így a folyadék súlyából származó nyomásként is értelmezhetjük.

330

Térjünk vissza a koordináta-rendszerbe helyezett edényhez, és öntsünk az edénybe Pj sűrűségű folyadékot magasan, majd erre rétegezzünk egy ritkább, p2 sűrűségű folyadékot h2 magasan. Tegyük fel, hogy a két folyadék nem keveredik. Határozzuk meg a nyomást egy tetszőlegesen válasz­tott pontban.

Legyen ennek a pontnak a koordinátája y. Ha akkor ugyanazt az eredménytkapjuk, mint (5)-ben. Legyen most y < y i- Ekkor hasonlítsuk össze az energiasürüsé- get három pontban: J'2: = 2 + 3'i magasan választott A pontban, az y t magasan vá­lasztott B pontban és a C pontban, amely­nek a koordinátája y (3.190. ábra). Azt kapjuk, hogy

p + p is y = p i+ p ig y i,

Pi+P2gyi=Po+P20y2■ (?)

Adjuk össze ezt a két egyenletet, majd ren­dezzük. Azt kapjuk, hogy

p=p<>+p2g(y2-yi)+pi&(yi-y), (8)

Bevezetve a hl : = y 1 — _y jelölést, (8) így ír­ható:

p=Po+P2gh2+Pighi-

így például, ha egy edénybe 30 cm maga­san higanyt (pHg = 13 600 kg/m3) és erre 1 m magasan vizet öntünk (pv = 1000 kg/m3),

.h2

ábra

akkor az edény alján a nyomás:

P=Po+PHgghHg+Pyghy= 150800 Pa.

Másik egyszerű számolási példaként ha­tározzuk meg, hogy mennyi a nyomás a víz alatt 10 méter mélyen. Világos, hogy

p = p o+pgíi = 105-l-10- 1000- 10=

= 2 - 105 Pa.

A víz felszíne alatt 10 méter mélyen két­szer akkora a nyomás, mint a víz felszínén. Ugyanígy 20 méter mélyen 3-szor, 30 méter mélyen 4-szer akkora a nyomás mint a fel­színén. És így tovább. Úgy is fogalmazha­tunk, hogy az (édes)vízben lefelé haladva 10 méterenként 1 atmoszférával nő a nyo­más.

Világítsuk meg az elmondottakat né­hány példával.

rfegyük fel, hogy egy vékony (1 cm2 keresztmetszetű), mindkét végén nyitott, hosszú üvegcsövet higanyba merítünk, és a függőleges csőbe annyi vizet öntünk, hogy a víz szintje L = 1 méter magasan van a higany felszíne fölött. A 3.191. ábrán A-val, Aj-gyel, A2-vel stb. jelölt síkok bár­melyikén választunk két pontot, akkor ezekben a pontokban azonos a nyomás. A B síkról ugyanezt nem mondhatjuk el, hiszen ha az egyik pontot a higanyban, a

331

másikat a vízben választjuk, akkor a nyo­mások különbözőek lesznek. Nyilvánvaló ez, hiszen különbözők a sűrűségek. Válasz- szuk most meg a C síkot úgy, hogy a cső­ben a víz legalsó pontján haladjon át. Ekkor ennek a síknak még minden pontjá­ban azonos a nyomás. Az alatta lévő síkok mindegyikéről el lehet ezt mondani, a felet­te lévő síkokról nem. A C síkon a higany­ban a nyomás Po + Png0x > a vele szomszé­dos pontban a vízben p0 + pyg(x+ L). Ek­kor

Po + PHg0* = Po + Pyd(x + L).

Innen azt kapjuk, hogy

P üg Pv

A példánkban: x = 0,079 m = 7,9 cm. | l"Á hidrosztatikai feladatokban gyakran

szerepelnek közlekedőedények. Ilyen pél­dául egy U alakú cső. Általában alul cső­vel összekötött edények rendszerét neve­zik közlekedőedénynek. Tekintve, hogy a nyomás csak a magasságtól függ, a köz­lekedőedényekbe öntött folyadék felszíne mindegyik edényben azonos magasságban van. így például a 3.192. ábrán látható csövek mindegyikében azonos a folyadék magassága. Nincs azonban így, ha külön­böző folyadékokat rétegezünk egymásra. Egyszerű példaként vizsgáljunk meg egy, két ágú, U alakú csövet. Öntsünk a csőbe

3.192. ábra

332

higanyt. A higanyszintek nem azonos ma­gasságban vannak, mert a bal oldali szárra vizet öntöttünk a higany fölé. Tegyük fel, hogy a higanyra öntött vízoszlop magas­sága L, és jelöljük a higanyszintek különb­ségét x-szel. Az ábrán jelölt sík pontjaiban azonos a nyomás. (És ugyanígy az alatta lévő síkokra, de a fölötte lévőkre nem.) A bal oldali szárban p0 + pygL, a jobb olda­liban p0 + pHggx, így

Po + P v 0 L = Po + P h I!GX,

vagyis

x = ^ .P Hg

Ugyanennél a problémánál maradva jelöl­jük most h-val a higanyszintet, mielőtt a vizet a higanyra öntöttük volna. Hasonlít­suk össze a nyomásokat a csövek alján: a bal oldali szárban a könyöknél

Po + ( \g L + Pn,.g(^h - j

a jobb oldali szárban legalul pedig

Po+PHeg ^ f j+ j

ezek egyenlők:

Po + PvffL + pHgg ^ h - j

= Po + PHgff^ h + j

innen ugyanaz az eredmény adódik, mint amit az előbb kaptunk.

(Sok konkrét példában a kialakuló egyensúlyban a higanyoszlopok hossza a kérdés, ilyenkor ajánlatosabb a másod­szorra vázolt megközelítés.) |

("Általánosítsuk az előző feladatot! Kép­zeljünk el egy négyágú közlekedőedényt,

3.193.ábra

függőleges csövekkel. Tegyük fel, hogy a csövekben alul higany van. Öntsünk az el­ső csőszárra L magas vízoszlopot, erre pedig L magas olaj oszlopot. A második szárban L magas vízoszlop van a higa­nyon, a harmadikban L magas olajoszlop. A negyedik szárra nem öntünk más folya­dékot. Az egyensúly beállta után a higany­szintek különbözőképpen helyezkednek el a szárakban. írjuk fel a nyomások egyen­lőségét az első szárban a higany szintjére fektetett vízszintes sík pontjaira. Vezessük be a 3.193. ábra szerint az x, y, z jelöléseket. Az első és második csőben a szóban lévő síkon azonos a nyomás:

Po + PygL + p„gL = p0 + pvgL + pHg0x,

ugyanígy az első és a harmadik csőben:

Po+ PvQl + p0gL= P o+Pc9l + pHgg y .

és végül az első és a negyedik szárban is azonos a nyomás:

Po + P,&L + PogL = p0 + pHgí/z •

A három egyenletből a három ismeretlen könnyen meghatározható. |

Említettük, hogy a közlekedőedények­ben a folyadékoszlop magassága mind­egyik szárban azonos, függetlenül a cső alakjától, és vastagságától. Ez látszólagos problémát okoz az úgynevezett hidroszta­tikai paradoxonban (3.194. ábra). Tegyük

fel, hogy különböző alakú edények alap­területe azonos. Öntsünk mindegyikbe vi­zet. Ekkor a víz alján a nyomás mindegyik esetben p0 + pgh, a fenéklapra ható erő így mindegyik esetben

MPo + pgh) = Ap0 + Ahpg.

Az edény alsó lapjára alulról fölfelé a levegő nyomásából származó erő hat, ez p0A, ez a fenti két tag közül az elsőt pontosan kompenzálja. Ha az edény alsó lapja, mint egy dugattyú elmozdulhatna, akkor alulról fölfelé ható Ahpg erővel kellene tartani. Vagyis az a) esetben pon­tosan a folyadék súlyát kellene ellensú­lyozni. A b) esetben azonban a folyadék súlya nagyobb, mint az az erő. amivel a dugattyú egyensúlyát biztosíthatjuk. A c) esetben viszont az edényben kisebb súlyú folyadék van, mint amit a dugattyú­val tartanunk kell. Ez a hidrosztatikai paradoxon. E látszólag meglepő tény ma­gyarázata abban van, hogy nem csak a dugattyút (az edény alsó lapját), hanem az edényt magát is tartanunk kell. Ha az edény tömege nulla, akkor az a) eset­ben a henger palástjára nem kell erőt ki­fejtenünk, hogy nyugalomban legyen. A b) esetben azonban a „tölcsér” belső oldal­falára a folyadék erőt fejt ki. Ez lefelé nyomja a tölcsér falát. A fal által kifejtett ellenerő függőleges komponense pontosan megegyezik az a) esethez viszonyított fo­lyadéktöbblet súlyával. Végső soron: a du-

333

gattyúval valóban nem emeljük az egész folyadékot, de az oldalfalra kifejtett erővel igen. A c) ábrán a folyadék fölfelé-kifelé m utató erőt fejt ki a szűkülő henger belső falára, tehát fölfelé emeli. Hogy ne emel­kedjék fel a henger, lefelé m utató erőt kell kifejtenünk. Az a lefelé mutató erőszük­séglet megegyezik a henger belső fala által a folyadékra kifejtett erő függőleges kom­ponensével, a hiányzó folyadékrész súlyá­val. Ilyenkor a dugattyúra ható folyadék­súlyt a befelé hajló hengerfal által kifejtett erő függőleges komponense pótolja.

Az összes nyomásegyensúlyra vonatko­zó egyenletben az egyenlet mindkét olda­lán szerepelt a a külső levegő nyomása, p0. Az első lépés ennek a kiejtése. Talán fölös­leges is mindig felírni? Óvjuk az Olvasót attól, hogy a folyadék felszíni nyomását elhagyja az egyenletekből, mert ez sok esetben nem okoz ugyan problémát, de amikorra már teljesen leszoktunk a hasz­nálatáról, akkor lesz rá igazán szükség.

lA 3.195. ábrán látható két hengerből tölcsért készítünk. A felső henger kereszt- metszete v4j, az alsóé A 2. Mindkét henger­ben egy-egy dugattyú van, amelyek súrló­dásmentesen mozoghatnak. A két hen­ger között víz van úgy, hogy a vastagabb hengerben , a vékonyabban h2 magas a víz. A két dugattyút egy fonál köti össze. Az edényből nem folyik ki a víz, mert

PcA,A,

p, a ,K

K*2

*1

P.A1

mintegy beékelődik, súlyánál fogva lefelé nyomja az alsó dugattyút.

írjuk fel az erőegyensúlyt a két dugaty- tyúra. A felső dugattyút lefelé húzza a K kötélerő, lefelé hat a külső levegő nyomá­sából származó erő is, fölfelé hat a víz által kifejtett nyomóerő. Jelöljük a víz nyomá­sát Pi-gyel. Akkor a dugattyú egyensúlyá­nak a feltétele:

p0A l + K = pl A l . (9)

Az alsó lap fölött a víz nyomását jelöljük p2-vel. Az alsó lapra a kötélerő mellett föl­felé a külső levegő nyomásából származó erő hat, lefelé pedig a folyadék nyomóereje, az erőegyensúly:

p0A 2 + K = p2A 2. (10)

Az alsó dugattyú felett a folyadék energia­sűrűsége p2, akkor a felső dugattyú alatt Pí+Pg(hi + h2), így a harmadik egyenlet:

P2=Pi+Pt í (h1+ h 2). (11)

(Itt formailag p, lép a p0 helyére.) A (9), (10), (11) egyenletrendszerből alkalmas ada­tok esetén a három ismeretlen meghatá- rozható. |

ÍM ódosítsuk most az előző feladatot úgy, hogy a felvázolt egyensúlyi helyzetben a felső dugattyúra egy Gj súlyú testet he­lyezünk, az alsóra G2 súlyú testet függesz­tünk. Tegyük fel továbbá, hogy a fonál ru­galmas, és a direkciós ereje D (3.196. áb­ra). Ekkor a (9), (10), (11) egyenletek mel­lett természetesen érvényes, hogy

K = D xt , (12)

ahol Xj a vázolt egyensúlyt helyzetben a fonál megnyúlása. A dugattyúk megterhe­lése azt jelenti, hogy a (9) és a (10) egyen­letben az erőegyensúly módosul:

3 .1 9 5 .

ábra G i + p0A i + K ' — p \A l , (13)

334

C(

3.196.ábra

G2 +P0A 2 + K ' — P'2A 2 + G2, (14)

és a megváltozott p\ és p'2 nyomások ősz- szefüggése hasonló:

P'2 = P 'i+ P 9 ( h 'i+ h '2). (15)

Itt h\ a folyadék magassága a felső henger­ben (természetesen feltesszük, hogy h\ > 0), és h'2 a folyadékoszlop hossza az alsó hen­gerben. A megváltozott K ' rugóerő az alsó és a felső dugattyú különböző elmozdulá­sából származik:

K ' = D x , (16)

itt x 2 a második egyensúlyi helyzetben a rugó megnyúlása. Ha a rugalmas fonál nyújtatlan állapotban L hosszú, akkor

h1+ h2 = L + x 1,

és

h'i + h '2= L + x2.

Vonjuk ki az alsó egyenletből a felsőt:

(h\+h'2) - { h 1+ h2)= x 2- x i . (17)

Végül vegyük figyelembe, hogy a folyadék összenyomhatatlan:

Az itt vázolt problémát 10 egyenlet írja le. A (9)— (18) egyenletrendszerből alkalmas adatok esetén az ismeretlenek meghatá- rozhatók. |

A következő problémák gyorsuló folya­dékok mozgásával függenek össze, bizo­nyos értelemben mégis érintik a statika alapelveit is.

rfek in tsünk először is egy U alakú csö­vet, amelynek a vízszintes szára L hosszú, a két függőleges szárban p sűrűségű folya­dék, mondjuk higany van, nyugalomban, h magasságban. Legyen a cső keresztmet­szete mindenütt A. Tegyük fel, hogy a cső a 3.197. ábrán látható módon függőleges síkban, vízszintes irányban, a gyorsulással mozog. Ekkor a higanyszint kitér. A hátsó szárban legyen a higanyszint magassága h2, az elülső szárban fcj.

A higany térfogata állandó, ezért

2h + L = /ii ~\~h2~\~ L,

vagyis

hy+h-t= h. (19)

A hátsó szár alján a könyökben a nyomás legyen p2, az első szár alján plt ekkor

P2=Po+PSh2,

Pi=Po+Pghi-

(20)

(21)

A függőleges higanyoszlopokat a csövek fala által kifejtett kényszererő gyorsítja. A

Ayhi A 2h2 — Ayhy 4- A 2h2. (18)3.197.ábra

335

vízszintes szárban az pA L tömegű higany­rész gyorsulását a p2A és a p lA erő kü­lönbsége okozza:

p1A —p l A = pA L a. (22)

A feladat megoldását a (19), (20), (21), (22) egyenletrendszer adja. Vonjuk ki most a(20) egyenletből a (21) egyenletet, ekkor

P 2 -P i= P g Q h -h i) .

Vessük ezt össze a (22) egyenlettel:

pg(h2- h 1) = pLa.

Innen

az utolsó egyenlőséget az ábra alapján ír­tuk fel.

Érdemes megjegyezni, hogy a folyadék­felszíneket összekötő egyenes a vízszintes­sel olyan szöget zár be, amelynek a tan- gense a / g j

("Rokon feladat a következő: egy tartály- kocsi hossza L, szélessége d, a kocsiban a nyugvó folyadék magassága h. Jelöljük a folyadék sűrűségét p-val. Gyorsítsuk most a kocsit jobbra a 3.198. ábra szerint a-val. Ekkor a kocsiban hátralendül a folyadék. Tegyük fel, hogy a hátsó falnál h2, az elülső falnál hi a folyadék magassága. Ekkor a térfogat megmaradása miatt:

Innen

h i+ h 2

ez a (19) egyenlettel egyenértékű állítás. Válasszunk ki most a folyadék felszínén egy tömegpontot. Erre a nehézségi erő mellett az alatta lévő folyadékrészek nyo­móereje hat, pontosan úgy, mint amikor súrlódásmentes lejtőre helyezett testet úgy gyorsítunk, hogy a lejtőt toljuk, olyan erővel, hogy a test ne mozduljon el a lejtőhöz képest. Ekkor a koordináta-rend- szert úgy választva, ahogyan az ábrán látjuk:

N sin a = ma,

N cos a — mg = 0,

innen az adódik, hogy tgu = a/g. Ez az eredmény megfelel a (23) egyenletnek.

Az is világos, hogy

Ezekből az egyenlőségekből fi, és h2 meg­határozható. A gyorsuló tartálykocsiban a folyadék felszíne olyan szöget zár be a víz­szintessel, amelynek a tangense ajg. |

rfé rjü n k most vissza az U alakú cső­höz: Legyen a vízszintes szár L hosszú, a keresztmetszet A és nyugalomban mindkét szárban h magasan higany van.

Képzeljük el most, hogy a higanyszinte­ket valami módon kitérítjük, vagy úgy, hogy levegőt fújunk be, vagy rövid időre megbillentjük a csövet. Tegyük fel, hogy a bal oldali szárban az eredeti szinthez vi­szonyítva x-szel lejjebb van a higany. Ak­kor a jobb oldali szárban x-szel följebb ke­rült. Ha a higanyra most már más erő nem hat, akkor a bal oldali szárban fölfelé, a jobb oldali szárban lefelé gyorsul a higany.

336

A vízszintes higanyrész gyorsulása balra mutat. Sejthető, hogy harmonikus rezgés jön létre. Legyen a kezdeti kitérés pozitív, vagyis válasszuk meg a pozitív irányt úgy, ahogyan a 3.199. ábrán látszik: az óramu­tatók járásával egyirányban.

írjuk fel Newton II. törvényét mindhá­rom higanyrészre. Ha a bal oldali könyök­nél a nyomás p j , a jobb oldalinál p2, akkor a bal oldali részre pozitív irányba PiA, ne­gatív irányba p0A és az A(h — x)pg nehéz­ségi erő hat, tehát

P iA — p0A — A(h — x)pg = A(h — x)pa, (24)

a jobb oldali szárra hasonlóan:

p0A + A(h + x)pg — Ap2 = A(h + x)pa, (25)

és végül a vízszintes szárra:

p2A —pl A = ALpa. (26)

A (24), (25), (26) egyenleteket összeadva:

— 2Axpg = A(2h + L)pa,

vagyis

2 g x= a .2h + L

Harmonikus rezgés jön létre

a>= I 2 g 2h + L

körfrekvenciával. (Figyelemre méltó, hogy harmonikus rezgés jön létre csak a nehéz­ségi erő hatására, és az összes energia ál­landó, noha csak helyzeti és mozgási ener­giát kellett figyelembe vennünk, rugalmas- sági energia nem értelmezhető. A másik ér­dekes tény az, hogy a periódusidő nem függ a sűrűségtől. Például a benzin és a hi­gany azonos frekvenciával rezeg.) |

rfegyük fel most, hogy az U alakú cső forgó mozgást végez a cső egyik szára mint

3.199. pi ábra

3 .2 0 0 .

Pt ábra

tengely körül. Legyen a cső vízszintes szá­ra most x hosszú, és jelöljük a higanyszin­tek kialakuló különbségét y-nal. Induljunk ki tehát abból, hogy a két csőszárban kezdetben egyaránt h magasan volt a hi­gany, majd a csövet co szögsebességgel forgatjuk (3.200. ábra). Ekkor az x sugarú körpályán mozgó szárban h + y/2 magasan van a higany, a tengelyt képező szárban pedig h —y/2 magasan. Egyik függőleges szár sem gyorsul függőlegesen, ezért az U alakú cső külső könyökében

P2—Po + P ű yh + — ),

337

belső könyökében és végül

Pi=Po + P g [ hx W

a nyomás. A külső szárban centripetálisan gyorsuló higanyt a cső falának kényszer­ereje tartja körpályán, a belső szárban egyáltalán nem gyorsul a higany. A vízszin­tes szár tömegközéppontja x/2 sugarú kör­pályán mozog, a p2A — p^A eredő erő biz­tosítja a centripetális erőt:

p2A - p 1A = A x p — co2,

vagyis

(27)

Í V 4 + | h + - ) pgA — p0A —

X 2(Ú2h - j pg4 = Ap 2

innen

pgAy = Ap-x W

3.201.ábra

y=2 g

(28)

A két higanyszint között kialakuló kü­lönbség tehát a vízszintes szár hosszának a négyzetével arányos. Innen látható, hogy ha egy poharat a szimmetriatengelye körül megforgatunk, akkor a víz felszíne forgási paraboloid lesz: a tengelyen átmenő sík­kal való metszete (28) egyenletű parabola (3.201. ábra). |

3.4.3. A felhajtóerő, Arkhimédész törvénye

Tegyük fel, hogy egy folyadékba h m a­gas, A alapterületű hasáb merül (3.202. ábra). A fedőlapja a folyadék felszíne alatt van, jelöljük a felső lap és a fo­lyadékfelszín távolságát x-szel. A test fel­ső lapjára lefelé ható erő hat. Jelöljük ezt Fi-gyei. Világos, hogy a test felső lap­jánál a folyadék nyomása p0 +pgx, így F j = A(p0+ pgx). A test alsó lapja magas­ságában a nyomás p0 + pg(h + x), az alsó lapra felfelé ható erő F2 = A [p0 + pg(h + x)]. A két erő eredője F 2 — F l =Apgh.

A test oldallapjaira ható nyomás a felső lappal alkotott éltől mérve a p 0 + pgx nyo­másértéktől p0 + pg(h + x) értékig egyenle­tesen változik. Az oldallapra ható erők azonban kiejtik egymást, a szemközti la-

3 212.ábra

338

pokon ugyanis azonos nagyságú, ellenté­tes irányú erők hatnak. Ezek eredője nulla, így az eredő erő Ahpg, vagyis figyelembe véve, hogy Ah a test térfogata, a folyadék által kifejtett erő egyenlő a test térfogatá­nak és a folyadék fajsúlyának szorzatával. Az Ahpg szorzat pontosan V=Ah térfo­gatú folyadék súlya!

Vizsgáljunk meg most egy másik esetet. Merüljön egy h magas, A keresztmetszetű hasáb két egymásra rétegezett folyadékba (3.203. ábra). Az alsó folyadék sűrűsége legyen p 1? ebbe a folyadékba h, mélységig merül a hasáb, a másik folyadék h2 vastag­ságban van az elsőre rétegezve, a sűrűsége p2. Tegyük fel, hogy h > h i + h2, vagyis a hasáb kilóg a felső folyadékból.

A hasáb felső lapjára ható erő a külső levegő nyomásából származik: p0A = F 1. A hasáb alsó lapjánál a folyadék nyomása P0 + P iyh i+ P 2gh2, így az alsó lapra ható felfelé mutató erő:

(Po+ p i gh i + p 2gh2) a = f 2 .

Az oldallapokra ható erők kompenzál­ják egymást. A felületre rétegezett folya­dék csak oldalról fogja körül a hasábot, csak oldalirányú erőt fejt ki, ezért az az erő, amelyet a felületre rétegezett folyadék fejt ki, nulla. Azoknak az erőknek az ere­dője is nulla, amelyet az alsó folyadék fejt

ki a hasáb oldallapjára, és ugyanez a hely­zet a hasáb folyadékból kilógó részére oldalirányból ható erőkkel. A hasábra ki­fejtett eredő erő F2 — F, = A hxp lg + Ah2p2g. A testre ható eredő erő két tagból áll, az első tag Vl = A h1 térfogatú, p , sűrűségű folyadék súlya, a második tag V2 = Áh2 térfogatú, p 2 sűrűségű folyadék súlya. Azt is mondhatnánk, hogy az alsó /4/i1p 1g, a felső folyadék Ah2p 2g erőt fejt ki a testre. Ez természetesen így helytelen; a felső folyadék által kifejtett felületi erő nulla és nem Ah2p2g, az alsó folyadék által kifejtett erő sem AhyPyg, hanem F 2 = = A(p0+ h2p 2g + h lp lg). És végül a két tagból formálisan hiányzik a felső lapra ható levegő által kifejtett Ap0 erő is. A következőt mondhatjuk: a h magasságú hasábra a környezete (a két folyadék és a levegő) erőt fejt ki. Ez az erő fölfelé mutat és A h lp lg + Ah2p2g nagyságú. Az eredő erő két tagja formailag az egyik, illetve a másik folyadék hatásának tulajdonítható, tudnunk kell azonban, hogy ez csak a munkánkat megkönnyítő szóhasználat, a két tag külön-külön valójában nem azo­nos a két folyadék által kifejtett erővel.

A folyadék vagy a folyadék és a felette lévő levegő által kifejtett erőt felhajtóerő­nek nevezzük. Erre vonatkozik

Arkhimédész törvénye: A felhajtóerő egyenlő a test folyadékba merülő térfoga­tának és a folyadék fajsúlyának szorzatá­val, vagyis annak a folyadéknak a súlyá­val, amely a folyadékba merülő test által meghatározott térrészben foglal helyet.

Ha egy testet olyan közeg vesz körül, amelyben a nyomáseloszlás nem egyenle­tes, akkor lehetséges, hogy a közeg által kifejtett eredő felületi erő nem nulla (3.204. ábra). Ezt az erőt általában felhajtóerőnek nevezzük. Ha például egy vízzel telt edény vízszintesen jobbra gyorsul, akkor a folya-

339

~ ~ T ■ ■ ■ •:£

^ ■ ■ 3 > -a

. ■ -

3.204.w ü :

dékban elkeveredő kis részecskékre víz­szintes irányú erő hat. Ha a részecske sűrűsége kisebb, mint a folyadéké, akkor a folyadékban az edényhez viszonyítva a gyorsulás irányába mozdul el, a folyadék­nál nagyobb sűrűségű részecskék pedig a gyorsulással ellentétes irányba

A felhajtóerőt az a közeg fejti ki, amely körülveszi a testet. Az ok — mégegyszer mondva — a nyomás egyenlőtlen elosz­lása. A felhajtóerő ellenerejét természete­sen a test fejti ki a folyadékra. Ezt az erőt „közvetíti” a folyadék az edény alsó lap­jához vagy az oldallapokhoz. A felhajtóerő ellenerejének a szerepét látnunk kell. A hidrosztatikai paradoxon minden esetben szertefoszlik, ha figyelembe vesszük a fo­lyadékra ható összes erőt.

["Tegyük most fel, hogy egy h = 3 dm magas, A = 1 dm 2 keresztmetszetű, p —1,2 kg/dm3 sűrűségű testet fonálra függesztve vízbe merítünk úgy, hogy a felső lapja a víz felszíne alá kerül (3.205. ábra). Ekkor a testre három erő hat, a nehézségi erő, Ahpg, a folyadék által kifejtett felhajtóerő,

Ahpyg, és a kötélerő, K. A nyugalom fel­tétele:

Ahpg = Ahpyg + K ,

innen

K = Ahpg — Ahpyg.

A kötélbe iktatott rugós erőmérő a K erőt méri, a K erő pontosan a felhajtóerővel kisebb, mint a test súlya A példánkban:

K = Ah(p — py)g = 3- 1 ■ 0,2 ■ 10 = 6 N j

ÍTegyük fel, hogy egy A alapterületű, h magas hasáb sűrűsége kisebb, mint a vízé. Ha a vízre helyezzük, egy része a vízbe merül, a másik része kilóg a vízből. Jelöljük a vízbe merülő rész magasságát x-szel. Ek­kor a vízből h —x magasan áll ki (3.206. ábra). A testre két erő hat: az A xpyg felhajtóerő és az Ahpg nehézségi erő.

A két erő egyensúlyban van, kompenzál­ják egymást, így

Ahpg = A xpyg, (1)

340

C D ^

. *1

77

\ \ \ k

\ \---

----

R í 1 % 3.208.ábra

innen

x = h ^~ .

Látható, hogy a test keresztmetszetének most nincs szerepe.

Képzeljük most el, hogy az előző prob­lémában szereplő hasábra G súlyú testet helyezünk (3.207. ábra). Jelöljük most is a vízbe merülő rész magasságát x-szel, és tegyük fel, hogy ez kisebb, mint h. Ekkor az erőegyensúly:

Ahpg = A xpyg + G. (2)

Ebből az egyenletből x meghatározható. | ÍFüggesszünk most a hasábra G súlyú,

pk sűrűségű követ. Ugyanazokat a jelölé­seket használva mint az előbb, a hasábra ható erők egyensúlya:

Ahpg = A xpyg + K , (3)

ahol K a testet és a követ összekötő kö­télben ható erő. A kőre a súlya mellett a felhajtóerő és a kötélerő hat:

G = K + V kp vg ,

és a kő súlya:

G = K P t . g -

(4)

(5)

A (3), (4), (5) egyenletrendszerből az is­meretlenek — alkalmas adatok esetén — meghatározhatók. |

ÍAz A alapterületű, h magas, p sűrűségű hasábot helyezzük vízre, és öntsünk a vízre annyi olajat, hogy pontosan a hasáb felső

lapjáig érjen. Jelöljük x-szel a vízbe merülő rész magasságát. A test súlya most két fo­lyadéknak tulajdonított felhajtóerővel tart egyensúlyt (3.208. ábra):

A hpg = A xpyg + A (h - x)pDg .

Innen

(6)

x = h P ~ PaPv-Po

A 0 < x < h feltétel egyenértékű azzal, hogy pa< p < p y. Ez könnyen látszik abból, hogy a fenti tört számlálója pozitív, és kisebb a nevezőjénél: p — pa < py — p0. |

["Helyezzünk most is a vízre A alapte­rületű, h magas, p sűrűségű hasábot, és öntsünk a vízre d vastag olajréteget. A víz sűrűsége legyen pv, az olajé pc. Ekkor két eset lehet. Az olaj vagy ellepi a hasábot, vagy nem. Ha az első eset valósul meg, akkor — x-szel jelölve a vízbe merülő rész magasságát — az erőegyensúly:

Ahpg = A xpyg + A(h - x)pDg,

ugyanaz, mint a (6) egyenlőség. Itt azon­ban ellenőrizni kell az h — x < d feltétel tel­jesülését. Ha ez a feltétel nem teljesül, ak­kor az olaj nem lepi el a hasábot (3.209. ábra). Az erőegyensúly:

Ahpg = A xpyg + Adpag,

a bal oldali nehézségi erőt a két folyadék­nak tulajdonítható felhajtóerő kompenzál­ja. Az eredményül kapott x-szel kapcso­latban a számolás után ellenőrizni kell, hogy x + d< h teljesül-e? Ez ugyanis a geo-

341

3.209. ábra

metriai feltétele annak, hogy a hasáb az olajból kiemelkedjék. |

ÍA következő feladat az előzőekhez ké­pest összetettnek számít. Tegyük fel, hogy egy edényt ( = poharat) vízre teszünk, és bele h0 magasan vizet öntöttünk. Az edé­nyen belül és kívül a víz szintje nem azo­nos, mert az edény súlya — jelöljük Ge-vel— nem hanyagolható el (3.210. ábra). Az edény ebben a helyzetben h, mélységig merül a vízbe.

A pohár és a víz együttes súlyát a fel­hajtóerő kompenzálja:

Ge + Ah0pvg = Ahlpvg. (7)

Helyezzünk most az edénybe öntött vízre G súlyú, a víznél kisebb sűrűségű testet. Ez

úszni fog a pohárban, amitől megemelke­dik a víz szintje az edényen belül, de meg­emelkedik kívül is. A megváltozott belső vízmagasságot jelöljük í / 0-lal, a pohár víz­be merülésének a mélységét //j-gyel. Ek­kor a pohárra ható felhajtóerő a pohár Ge, a test G és a víz Ah0pvg együttes súlyával tart egyensúlyt:

Ge + G + Ah0pvg = A H 1pvg. (8)

Ennek az egyenlőségnek a bal oldalán a második és a harmadik tag AH0pvg-xe\ helyettesíthető:

G' + AH 0pvg = A H 1pvg, (9)

hiszen a vizen úszó test annyi vizet szorít ki, amennyi a súlya. |

rfegyük fel most, hogy egy A kereszt­metszetű, h magas, p sűrűségű hasábot egy rugóval egy A 0 keresztmetszetű hengeres edény aljához erősítjük (3.211. ábra). A rugó direkciós ereje D. Az edénybe annyi vizet öntöttünk, hogy a hasáb közepéig ér. Ekkor az edényben H 0 magasan van a víz szintje. A hasábra most három erő hat: a nehézségi erő, a felhajtóerő és a rugó által kifejtett erő. Az erőegyensúly az

Ahpg + D ( L - L 0) = A j p yg (10)

formában írható, ahol L0 a nyújtatlan rugó hossza, L a megfeszített rugó hossza; egy­

342

szerű geometriai összefüggés érvényes:

L + j = H 0. (11)

Öntsünk most annyi vizet az edénybe, hogy pontosan a hasáb felső lapjáig éljen. Ekkor a rugó még inkább megnyúlik, az új hossza L1; és az edényben természetesen megnő a folyadék magassága, és ha a fo­lyadék új magassága H ,, akkor egyrészt

L 1+h = H l , (12)

másrészt az erőegyensúly:

Ahpg + D(L1- L 0) = Ahpvg. (13)

Az edénybe

V ^ A o H ^ A t y - ^ A o H c - A ^ (14)

térfogatú vizet öntöttünk a már félig vízbe merülő testre. A (10), (11), (12), (13), (14) egyenletrendszer segítségével az ismeret­lenek meghatározhatók, ha alkalmasan megadjuk az adatokat. így például tegyük fel, hogy adottak: A, h, p, py, A0, H0, D, ekkor a (11) egyenletből L-et meghatároz­zuk, a (10) egyenletből ezután a rugó kez­deti hosszát L0-t. A következő lépés: a (13) egyenletből meghatározzuk a rugó új hosz- szát, Legyet, majd a (12)-ből ,-et. így végül a (14) segítségével az edénybe öntött folyadék térfogata is kiszámítható.

Érdekes, hogy ha további vízmennyisé­get öntünk az edénybe, akkor a rugó to­vább nem nyúlik, a (13) egyenlet változat­lan formában érvényes. Ez azért van, mert a felhajtó erő nem függ attól, hogy milyen mélyen van a test a víz felszíne alatt, ha már teljes egészében a víz alá merült. |

[Arkhimédész törvényét felhasználhat­juk a szilárd testek vagy folyadékok sű­rűségének a meghatározására. Foglalkoz­zunk először egy olyan szilárd test sűrűsé­

gének a meghatározásával, amely nem ol­dódik a felhasználandó folyadékban és a sűrűsége nagyobb mint a folyadéké. Mér­jük meg a test súlyát a levegőben. A rugós erőmérő a

K 1: = G=Vplcs>g (15)

erőt méri. H a a testet a folyadékba merít­jük, akkor az erőmérőről a

K 2: = G - Vp[olyg = V(plest- p [oly)g (16)

erőt olvashatjuk le. A két egyenletből V és ptest meghatározható. |

("X sűrűségmérésnél maradva határoz­zuk meg egy folyadék sűrűségét. Válasz- szunk valamilyen ismert súlyú testet és egy ismert sűrűségű folyadékot. A test súlya legyen G, a folyadék sűrűsége p. Merítsük a testet egy fonállal a folyadékba. Ekkor a rugós erőmérő

K: = G — Vpg (17)

erőt mutat. Ha ezután a testet az ismeretlen Pi sűrűségű folyadékba merítjük, akkor a rugós erőmérő a

K ^ G - V p t f (18)

erőt méri. A két egyenletből meghatároz­ható a test térfogata és a sűrűség. |

[Az előző két problémához hasonló a következő feladat. A víz sűrűsége p = 1 g/cm3, a só sűrűsége ps = 2,6 g/cm3, az em­beri testé átlagosan p = 1,07 g/cm3. Kever­jünk össze bizonyos mennyiségű sót és vi­zet. Tegyük fel, hogy az oldatban az emberi test lebeg. Jelöljük Fv-vel a keverésnél fel­használt víz térfogatát, K-sel a vízbe ke­vert só térfogatát.

Ennek az oldatnak a sűrűsége megegye­zik az ember sűrűségével, hiszen az ember lebeg ebben a folyadékban, tehát

(19)

343

KPs+VyPyK + K

Az egyenlőségnek a jobb oldalán az oldat, a bal oldalán az emberi test sűrűsége áll. Osszuk el most a jobb oldali tört számlá­lóját és a nevezőjét is Vy- \ú , ekkor (beve­zetve az x:= VJVy jelölést):

P =t yPs + P*

_____

F 7"XPs + Pv

X + 1

Az (x-t- l)p = x p s + pv egyenletből

x = ^ . (20)P -P s

Ilyen térfogatarányban kell tehát a sót és a vizet keverni, hogy a sűrűsége az előre adott érték legyen. (A kémiában szokásos szóhasználattal: a keverék x térfogatszáza- lékos.) Képezzük most a következő törtet:

ms VsPs ps p p ps n 1 ^y '= — = 77— = X — = --------------. (21)

mv Vvpv p, p-ps pv

(Az y arányt tömegszázaléknak vagy súly­százaléknak is nevezik.) Az oldandó anya­got és az oldószert ilyen tömegarányban kell összekeverni, hogy a keverék sűrűsége a megadott p érték legyen. A mi példánk­ban x = 0,045 és y =0,119. |

ÍÁ most megvizsgált probléma megol­dása szükséges a következő kérdés tanul­mányozásához. Függesszünk egy testet fo­nálra, és a közbeiktatott erőmérővel mér­jük a kötélerőt. Ha a test a levegőben lóg, akkor a kötélerő megegyezik a test súlyá­val. Merítsük most a testet egy folyadékba. Mérjük meg a kötélerőt, jelöljük ezt f i ­gyel. Ez az erő a súlyerő és a folyadék felhajtóerejének a különbsége. Most m árt­suk egy másik folyadékba a testet, és mér­jük le a kötélerőt, jelöljük K z-vel. Tegyük fel, hogy összekeverjük a két folyadékot. Ekkor természetesen ismét más erőt mutat az erőmérő. Legyen ez az erő K.

Foglaljuk össze az állításokat:

K 0 = G ,

K i + Vp1g = G,

k 2 + yp2g = g ,

K + Vpg = G.

Innen

K o - K ^ V p .g ,

K 0- K 2 = Vp2g,

K 0-K = V p g .

Osszuk el mindhárom egyenletet Vg-vd, az osztás után a jobb oldalon kapott három sűrűséget helyettesítsük a (20), illetve a (21) jobb oldalába. Behelyettesítés után a tör­tek egyszerűsíthetők Vg-xt\. így ha ismer­jük a K 0, K j, K 2, K kötélerőt, akkor az x és az y arány meghatározható. Legyen pél­dául a test súlya a levegőben K 0 = 10 N, az első folyadékban = 6 N, a második­ban K 2=9 N, a két folyadék keverékében K = 8 N. K 0 — K j = 4 N, K 0- K z = 1 N, K 0 — K = 2 N. Innen a térfogatarány:

4 “ 2 9

2 --T '

vagyis a második folyadékból kétszer any- nyit kell venni, mint az elsőből. A tömeg­arány pedig:

A sűrűséggel, sűrűségméréssel és a ke­verési arányok meghatározásával foglal­kozó kérdések után olyan kérdéseket ta­nulmányozunk, amelyek Arkhimédész tör­vényének és Newton II. törvényének (va­lamint a munkatételnek) együttes alkal­mazását mutatják be.

344

rfegyük fel először, hogy a sima vízfel­szín felett egy kisméretű, V térfogatú, p sűrűségű golyó van h0 magasságban. A víz sűrűségét jelöljük pv-vel. Ejtsük el a testet kezdősebesség nélkül. A víz felszínéhez

v0: = sj2gh0

sebességgel érkezik. Tekintsük ezt a pilla­natot a kezdeti időpontnak, és válasszuk meg a koordináta-rendszert úgy, ahogy a 3.212. ábrán látjuk. Az origója legyen a víz felszínén, az x tengelye mutasson lefelé. Ekkor a vízbe merülő golyóra a

V pg-V pvg= Vpa (22)

formában érvényes Newton II. törvénye. A testre ható nehézségi erő és a felhajtóerő— Arkhimédész törvénye szerint ez a test által kiszorított folyadék súlyával egyenlő— eredője a test impulzusának időegységre eső megváltozása.

A gyorsulás előjelét p nagysága hatá­rozza meg. H a a sűrűség nagyobb, mint a víz sűrűsége, akkor a test növekvő sebes­séggel mozog lefelé, ha kisebb, akkor lassul és megáll, majd visszafordul, és végül, ha p = py, akkor a test a i;0 kezdősebességgel egyenletesen mozog lefelé. A folyadék fel­színhez viszonyítva a test a vízbe esés után t idővel

a 2 x = j t + v 0t

mélységben van (mindaddig, amíg a test a medence aljához vagy a víz felszínéhez nem ér). A test sebessége:

u = a/ + i>0.

Ha p < pv, akkor a test megáll, majd vissza­fordul. Figyelemreméltó, hogy a mozgás grafikonja egy parabola, mintegy szembe­fordulva a szabadesés grafikonjával (3.213. ábra).

A munkatételt is írjuk fel. Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a víz fel­színénél. A víz felszíne alatt x mélységben az összes energia

— mv2 + m g (-x ),

a víz felszínén pedig

1 22 mV°-

A testen csak a felhajtóerő végez munkát:

^ j m v z - m g x 'j - ~ m v l= - Vpvgx.

345

Az egyenlőséget Kvel egyszerűsítve:

( ^ p v 2-p g x ^ j ~ j P v o = -pygx_ j (23)

ÍGondoljuk el most, hogy egy L hosz- szúságű, p sűrűségű, A keresztmetszetű rúd a 3.214. ábra szerint a víz alatt úszik úgy, hogy a medence aljához kötöttük egy kötéllel, a felső vége pedig h mélységben van a víz felszíne alatt. H a a kötelet elvág­juk a víz felszíne alatt, akkor megszűnik a kötélerő, a rúd fölfelé gyorsul, kiemel­kedik a vízből. Tegyük fel, maximálisan olyan magasra emelkedik, hogy az alsó vége x magasságban lesz a víz felszíne fölött.

Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjének a víz felszínét. A test összes ener­giája:

E2 = ALpg (* + 2-)' (24)

3.214.ábra

amikor a víz fölött megáll. Induláskor — közvetlenül azután, hogy elvágtuk a fona­lat —

E i = - A L p g \ h+ —(“ í ) (25)

A felhajtó erő mindaddig ALpyg, amíg a rúd felső vége a víz alatt van. Mihelyt a felső lapja a víz felszíne fölé kerül a felhajtó erő a víz feletti magassággal arányosan csökken, és végül megszűnik, amikor a test alsó lapja is eléri a víz felszínét. A felhajtó­erő munkája pozitív, mert az erő és az el­mozdulás egyirányú. Ez a m unka az ábrán a görbe alatti területből számolható:

W = A LpygL + L + h

(26)

Az E 2 — E1 = W munkatételből könnyen meghatározható x; nyilvánvaló, hogy x negatív nem lehet, a feltevésünk miatt.

H a x < 0 adódik, akkor ez azt jelenti, hogy a rúd csak részben emelkedik ki a vízből, amikor megáll, egy része a víz alatt van; jelöljük ennek a résznek a hosszát x-szel. (Tehát itt is x > 0.) Ebben a helyzet­ben az összes energia:

E2 = ALpg I — (27)

A kezdeti energia kifejezése természete­sen változatlan marad. M ódosítanunk kell azonban a felhajtóerő munkáját kifejező összefüggést.

A m unka most egy téglalap és egy trapéz területével egyenlő a 3.215. ábra szerint. A trapéz rövidebb függőleges oldala Axpyg, hiszen ekkora felhajtóerő hat a rúdra, ha x hosszú része van a vízben. A trapéz magas­sága L —x, így

W= ALpygh +A Lpyg + Axp^j

(L -x ) .(28)

346

3.215.ábra

k z ismeretlen x-et most is az E1 — El = W munkatételből határozhatjuk meg. Annyi­val van most nehezebb dolgunk, hogy az x meghatározása egy másodfokú egyenlet­ből történik, az előbb lineáris egyenletre vezetett a munkatétel.

Könnyű lenne kiszámítani a rúd gyorsu­lását, amíg teljes egészében a víz alatt van. M iután m ár valamennyi része kinn van a vizből, a feladat lényegesen nehezebbnek tűnhet. A felhajtóerő ekkor már nem ál­landó, a gyorsulás is változni fog. Egy ez­zel kapcsolatos problémával ismerkedünk meg alább, de nem mulaszthatjuk el ismét felhívni az Olvasó figyelmét arra a nyilván­való tényre, hogy a felhajtóerő állandó, amíg a test a víz alatt van, ugyanakkora 10 m mélyen és 100 m mélyen is. Ha azon­ban egy része kinn van a vízből, akkor az erő függ a bemerülés mélységétől. |

ÍGondoljuk el tehát, hogy egy A = 1 dm 2 keresztmetszetű, L = 3 dm magas, p = 0,8 kg/dm3 sűrűségű hasáb vízben úszik. Jelöl­

jük a vízbe merülő rész hosszát x0-lal. Ek­kor az erőegyensúlyt az

ALpg — A x0pvg = 0 (29)

egyenlet fejezi ki. Innen x0 = 24 cm, a ha­sáb egyensúlyi helyzetében 6 cm van a víz felszíne fölött. Tegyük fel most, hogy a ha­sáb felső végét lenyomjuk (3.216. ábra). írjuk fel Newton II. törvényét arra a hely­zetre, amikor a vízbe merülés melysége x0 + x:

A L p g - A(x0 + x)pyg = ALpa. (30)

Vonjuk most ki a (30) egyenletből a (29) egyenletet. Ekkor

—A xpvg = ALpa

és innen

Pv9p L

x = a, (31)

ez pedig azt jelenti, hogy harmonikus rez­gőmozgás jön létre

co =

körfrekvenciával. Esetünkben &> = 6,45 l/s, és így a rezgésidő T = 2ji/&>«1 s. Tegyük fel, hogy a hasáb felső lapját 5 cm-rel nyomtuk be mélyebbre a vízbe és magára hagyjuk. Ekkor 1 másodperc múlva ke­rül ugyanebbe a helyzetbe, 0,5 másod­perc múlva a felső holtponton megáll. Az egyensúlyi helyzeten 0,25 másodperc múl­va halad át. A hasáb legnagyobb sebessege

3.216ábra

347

Aco = 5 • 6,45 = 32,25 cm/s, a legnagyobb gyorsulása Aa>2 = 208,3 cm/s2, ahol most /1-val jelöltük a maximális kitérést. Ami­kor elengedjük, a vízből 1 cm hosszú rész áll ki. Ha az alsó holtpontról indulva megtesz a hasáb 3 cm-t, a víz fölé 4 cm hosszú rész emelkedik. Ekkor a test kité­rése 2 cm. Ehhez a kitéréshez

v = y /(A 2 —x 2)(o2 = 29,6 cm/s

sebesség tartozik, a gyorsulás itt

a= —co2x = —83,3 cm/s2.

A rezgő test összes energiája nem állan­dó, a helyzeti és a mozgási energia összege periodikusan változik. A két energiatag összege:

E = y mv2 + mg{—x)=

= y m (/l2 — x 2)a>2 — mgx =

- y m / l V - ~ m x2w 2 —mgx^J

(M ég egy problémát hozunk szóba. Az eddig tárgyalt példákban a felhajtóerő sze­repelt, az egyensúly feltételében is, a gyor­sulást meghatározó feltételben is. Most olyan kérdést tárgyalunk meg, amelyben a fel­hajtóerő forgatonyomatéka szerepel.

Egy p sűrűségű, A keresztmetszetű, L hosszúságú rúd egyik végét támasszuk egy edény pereméhez a 3.217. ábra szerint. A rúd x hosszúságú része vízbe merül. Jelöl­jük a rúd függőlegessel bezárt szögét a-val. A rúdra három erő hat, mindegyik függő­leges irányban. Az ALpg nagyságú nehéz­ségi erővel egyensúlyt tart a K kényszer­erő és az A xpyg nagyságú felhajtóerő:

A xpyg + K = ALpg,

K

másrészt a forgatónyomatékok eredője is nulla. írjuk fel a forgatónyomatékok egyenlőségét a K erő támadáspontjára vo­natkozóan:

A L p g ^- sin tx = A xpYg ( ^ L - y ^ s i n a ,

a felhajtóerő tám adáspontja ugyanis a víz­be merülő rész geometriai középpontja. Ezt az utóbbi egyenletet sin a-val egy­szerűsíthetjük. Ha például a két sűrűség adott, akkor meghatározhatjuk az x/L arányt: azt, hogy a rúd hosszának hányad része merül a folyadékba. |

XI. Feladatcsoport: folyadékok

XI/1. Vízszintes cső egyik részén a ke­resztmetszet 20 cm 2. Itt a csőben áramló víz sebessége 4 m/s, nyomása 2 • 105 Pa. A cső elvékonyodik, a keresztmetszete 5 cm2- re csökken. M ekkora sebességgel áramlik ki a víz? M ekkora a cső szűk keresztmet­szetén a víz nyomása?

XI/2. Vízszintes csőben víz áramlik 0,5 m/s sebességgel. Itt a cső keresztmetszete4 cm2. A cső elvékonyodik, a keresztmet­szete 1 cm2 lesz. A vízszintes csőhöz, a 3.218. ábrán látható módon, két függőleges cső csatlakozik, mindkettőben van víz. A vastagabb cső felett 0,8 méter magasan.

348

3.218.ábra

Milyen magas az elvékonyodott cső felett a vízoszlop magassága?

XI/3. A 3.219. ábrán látható víztartály­ban a folyadék magassága állandó, mindig5 m. A vízszint alatt 1 m, 2 m, 3 m és 4 m mélyen egy-egy kis csap van egymás alatt. Hol érik a talajt a megnyitott csapokon kiáramló vízsugarak?

XI/4. A 3.220. ábrán látható 2 dm hosz- szú, 1 dm széles, könnyű tartálykocsiban2 dm magasan víz van. A tartály alján 1 cm2 keresztmetszetű, zárható nyílás ta­lálható. M ekkora gyorsulással indul a ko­csi, ha a csapot kinyitjuk? (A súrlódás elhanyagolható!)

XI/5. A 3.221. ábrán látható 1 kg tö­megű hasáb súrlódásmentesen csúszhat a talajon. A locsolócsőből 15 m/s sebesség­gel 1 cm2 keresztmetszetű vízsugarat irá­nyítunk a hasábra vízszintesen, amely szét­terül a hasábon. M ekkora a hasáb gyorsu­lása?

XI/6. A 3.222. ábrán latható cső kereszt- metszete 1 cm2. A felső vízszintes szárban 1 m/s sebességgel folyik a víz. Itt a nyomás 10s Pa. A cső függőleges szakasza 1 méter. E függőleges szakasz után a cső ismét víz­szintes. Milyen sebességgel folyik itt a víz, és mekkora a nyomása?

XI/7. A 3.223. ábrán látható cső felső vízszintes szakasza 4 cm2 keresztmetszetű, az itt áramló víz sebessége 1 m/s, nyomá­sa 2 • 10s Pa. A vízszintes csőhöz 1 méter

3.220.ábra

A v

3.221.ábra

3.222. 'Z. ábra

349

hosszú függőleges csőtoldattal egy másik, 1 cm2 keresztmetszetű vízszintes cső csat­lakozik. M ekkora sebességgel áramlik itt a víz és mekkora a nyomása?

X I/8. Egy hengeres edény keresztmet­szete 1 dm 2. Az edénybe 3 dm magasan 1 kg/dm3 sűrűségű vizet, erre 2 dm maga­san 0,8 kg/dm3 sűrűségű benzint öntünk. M ekkora a nyomás a benzin felszíne alatt 1 dm, 2 dm, 3 dm, 4 dm, 5 dm mélységben? M ekkora erő hat az edény alaplapjára?

XI/9. Egy 1 cm átmérőjű vízcsapból0,6 m/s sebességgel, függőleges irányban áramlik ki a víz. M ekkora a vízsugár átmérője a kifolyás helye alatt 20 cm-rel?

XI/10. Egy edénybe higanyt (pHg = = 13,6 g/cm3) öntünk. A higanyba mindkét végén nyitott csövet állítunk, és ebbe annyi vizet töltünk, hogy a higany felszíne felett a víz legmagasabb pontja 1 méterre legyen. Milyen hosszú vízoszlop van a csőben?

XI/11. Egy U alakú cső 1 cm2 kereszt­metszetű, és a függőleges szárai 1 méter hosszúak (3.224. ábra). A közlekedő- edényben alul 30 cm magasan higany van. A higanyra a bal oldali szárba annyi vizet öntünk, hogy a szárat teljesen kitöltse. Mi­lyen hosszú a vízoszlop? Ezután annyi ola­ja t (pc = 0,9 g/cm3) öntünk a jobb oldali

350

szárba, hogy a cső felső végéig kitöltse a csövet. Milyen hosszú most a vízoszlop és az olajoszlop?

XI/12. Egy U alakú cső függőleges szá­rai 1 méter hosszúak, keresztmetszetük 1 cm2. A csőben alul 30 cm magasan hi­gany van, a higanyra a bal oldali szárban 50 cm hosszú vízoszlopot töltünk. Ezután a jobb oldali szárba annyi olajat töltünk, hogy a szárat éppen kitöltse. Mekkora a vízoszlop és az olajoszlop hossza ezután? Hogyan változott a higany helyzeti ener­giája a kezdeti nyugalmi állapothoz ké­pest?

XI/13. Egy U alakú cső egyik szára 4 cm2, a másik 6 cm2 keresztmetszetű. Mindkét szárban 30 cm magasan víz és a vizen mindkét szárban egy-egy jól záró, súlytalan dugattyú van. A bal oldali du­gattyúra 0,8 kg tömegű, a jobb oldali­ra 1 kg tömegű testet helyezünk. Milyen egyensúlyi helyzet alakul ki? Mennyivel mozdul el az egyik, illetve a másik dugaty- tyú? M ekkora a nyomás a dugattyúk alatt? Milyen tömegű testet kell a jobb oldali szárban lévő dugattyúra tenni, hogy a dugattyúk eredeti helyzete ne változzék?

XI/14. Egy U alakú cső egyik szára1 cm2, a másik 2 cm2 keresztmetszetű. A csőben mindkét szárban 30 cm magasan higany van. A bal oldali keskenyebb szárra 70 cm hosszú vízoszlopot töltünk (3.225. ábra). Hogyan helyezkednek el a higany­szintek?

XI/15. Egy háromágú közlekedőedény függőleges szárai egyenlő keresztmetsze- tűek. A közlekedőedényben alul 30 cm magasan víz van. Az első csőbe 50 cm hosszú olajoszlopot, a másodikra 40 cm hosszú benzinoszlopot töltünk (3.226. áb­ra). Milyen magasan van a víz az egyes szárakban?

3.225.ábra

3.226.ábra

3.227.ábra

XI/16. Négyágú közlekedőedényben alul 10 cm magasan higany van. Az első szárra 10 cm magas vízoszlopot, erre 10 cm vas­tag benzinoszlopot rétegezünk. A második szárra 10 cm vastag vízréteg, a harmadikra 10 cm vastag olajréteg kerül (3.227. ábra). Milyen magasak lesznek a higanyoszlopok ezután?

XI/17. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 2 dm 2, magassága 1 dm. Ho­gyan úszik a hasáb vízre helyezve?

XI/18. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 2 dm 2, magassága 1 dm. A hasábra 0,5 kg tömegű testet helyezünk. Hogyan úszik a hasáb a vizen?

XI/19. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 2 dm 2, magassága 1 dm. A hasábra vékony fonallal 0,5 kg tömegű, 5,6 kg/dm3 sűrűségű testet függesztünk. Hogyan úszik a hasáb a vizen? Mekkora erő feszíti a kötelet?

XI/20. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 2 dm 2, magassága 1 dm. A hasáb vizen úszik. A vízre 0,8 kg/dm3 sűrűségű benzint rétegezünk 87,5 mm vas­tag rétegben. Milyen mélyre merül a hasáb az egyik és a másik folyadékba?

XI/21. Egy hasáb sűrűsége 0,9 kg/dm3. Alapterülete 2 dm2, magassága 1 dm. A ha­sáb vizen úszik. A vízre 0,8 kg/dm3 sűrű­ségű benzint rétegezünk. A benzin ponto­san a hasáb felső lapjáig ér. Milyen mé­lyen merül a hasáb az egyik, illetve a másik folyadékba?

XI/22. Egy hasáb sűrűsége 0,9 kg/dm3, alapterülete 2 dm2, magassága 1 dm. A hasáb vizen úszik. A vízre 3 cm vastagon benzint rétegezünk (pb = 0,8 kg/dm3). Mi­lyen mélyen merül a hasáb a vízbe?

XI/23. Egy 0,9 kg/dm3 sűrűségű, 2 dm 2 alapterületű, 1 dm magas hasáb vizen úszik. A vízre 8 cm vastagon (0,8 kg/dm3 sűrűségű) benzint öntünk. Milyen mélyen merül a hasáb az egyik, illetve a másik folyadékba?

XI/24. Egy 0,7 kg/dm3 sűrűségű, 2 dm 2 alapterületű, 1 dm magas hasáb vizen úszik, és egy fonállal az edény aljához rögzítjük. Kezdetben a fonalat feszítő erő nulla, de a fonál egyenes. Ezután az edény­be még bizonyos mennyiségű vizet öntünk

351

3.228.ábra

3.229. ábra

(3.228. ábra). Ábrázoljuk a fonalat feszítő erőt, mint a vízszintemelkedés függvényét!

XI/25. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 1 dm2, magassága 3 dm. A hasáb úgy úszik a vízen, hogy az alsó lap­já t nyújtatlan, 100 N/m erősségű rugó rögzíti az edény aljához. Ezután annyi vi­zet öntünk az edénybe, hogy pontosan ellepi a hasábot (3.229. ábra). Hány cm-rel emelkedett a víz felszíne? M ekkora a rugó­erő?

XI/26. Egy hasáb alapterülete 1 dm 2, magassága 3 dm, sűrűsége 0,7 kg/dm3. A hasáb 2 dm 2 alapterületű edénybe öntött vízen úgy úszik, hogy a hasáb alját az edény fenekéhez rögzítő rugó nyújtatlan. Ennek a rugónak a direkciós ereje 100 N/m. Az edénybe ezután annyi vizet öntünk, hogy a hasáb felső lapját pontosan ellepje (3.230. ábra). Mennyi vizet öntöttünk az

edénybe? Mennyivel nőtt a hasáb helyzeti energiája?

XI/27. Egy 1,6 kg/dm3 sűrűségű cölöp keresztmetszete 1 dm2, hossza 1,5 méter. Felső végéhez rögzített kötéllel daru segít­ségével vízbe engedjük. Kezdetben az alsó vége 0,5 méter magasan van a víz felszíne felett. A kötél állandó sebességgel eresz­kedik lefelé. Mennyi munkát végez a fel­hajtóerő és a kötélerő, mialatt a cölöp alsó vége leér a 4 méter mély víz aljára?

XI/28. A víz felszíne alatt a medence fe­nekéhez rögzítettünk egy 5 cm2 kereszt­metszetű, 2 méter hosszú, 0,8 kg/dm3 sűrű­ségű rudat. A rúd felső vége 1 méter mélységben van a víz felszíne alatt. A rögzítést feloldjuk (3.231. ábra). Mekkora

3.230.ábra

3.231.abra

352

a rúd sebessége, amikor a felső vége eléri a víz felszínét?

XI/29. Egy 0,8 kg/dm3 sűrűségű, 2 méter hosszú, 5 cm2 keresztmetszetű rudat úgy rögzítettünk az úszómedence aljához, hogy a rúd felső vége a víz felszínén van. A rögzítést feloldjuk. Milyen magasra emel­kedik a rúd felső vége a víz felszíne fölé? Mennyi idő múlva áll meg a vízből kiemel­kedve? Mekkora a rúd legnagyobb sebes­sége? Ábrázoljuk a rúd felső végének a víz felszínétől mért távolságát, mint az idő függvényét! M ekkora a rúd sebessége és gyorsulása abban a pillanatban, amikor a felső vége 20 cm-re van a víz felszíne fölött?

XI/30. Egy kisméretű, 0,5 g/cm3 sűrűségű golyót a víz felszíne alatt 1 méter mélyen magára hagyunk. Milyen magasra emel­kedik a víz felszíne fölé? M ekkora a sebes­sége, amikor a víz felszínét elhagyja?

XI/31. Egy kisméretű golyó sűrűsége0,9 g/cm3. A víz felszíne felett 1 méter maga­san elengpdjük. Milyen mélységben áll meg a víz felszíne alatt? Ábrázoljuk a víz felszí­nétől mért (előjeles) távolságát, mint az idő függvényét!

XI/32. Egy kisméretű golyó sűrűsége 1,1 g/cm3. A víz felszíne fölött 1 méter ma­gasan kezdősebesség nélkül magára hagyjuk. M ekkora a sebessége a víz felszíne alatt 1 méter mélységben? Ábrázoljuk a víz felszí­nétől mért (előjeles) távolságát mint az idő függvényét!

XI/33. Egy U alakú cső vízszintes szára 50 cm, a függőleges szárak 1 méter hosz- szúak. A két szárban egyaránt 30 cm m a­gasan áll a higany. A cső vízszintes irány­ban, a síkjában, 12 m/s2 gyorsulással mo­zog (3.232. ábra). M ekkora a higanyszin­tek különbsége?

XI/34. Egy U alakú cső vízszintes szára 50 cm, a függőleges szárak 1 méter hosz- szúak. A két szárban egyaránt 30 cm ma-

3.232.ábra

3.233ábra

3.234.ábra

353

gasan van a higany. A csövet egyik szára körül — mint tengely körül — körbefor­gatjuk (3.233. ábra). Mekkora a szög- sebesség, ha a higanyszintek különbsége 20 cm lesz forgás közben?

XI/35. Egy U alakú cső keresztmetszete0,5 cm2, vízszintes szára 50 cm, a függő­

leges szárak 1 méter hosszúak. A két szár­ban egyaránt 30 cm magasan van a higany. A csövet egyik szára körül körbeforgatjuk úgy, hogy a körbeforgó függőleges szárban 80 cm magasan van a higany (3.234. ábra). M ekkora a szögsebesség? Mekkora a hi­gany energiája az alapállapothoz képest?

3.5. A gázok dinamikája

3.5.1. A Boyle—Mariotte-törvény és alkalmazásai

A gázok tulajdonságait is a kontinuum- fizika módszereivel közelítjük meg. Egy­szerű eredményhez jutunk, de a témakör végén rámutatunk e módszer korlátaira. A már használt szemléletes szóhasználattal élve, ideje, hogy a másik lábbal is lépjünk, új eredményeket a statisztikus szemléletű módszer szolgáltat.

Tekintsük tehát most a gázokat folyto­nos pontrendszernek, amelyben

1. a sűrűség egyenletes eloszlású,2. nyírófeszültség nem lép fel.

A folyadékoknál kikötöttük, hogy a sűrű­ség egyenletes eloszlása mellett még az időbeli állandósága is teljesüljön. A gázok­ra valóban nem igaz az összenyomhatat- lanság követelménye. Az 1. és 2. tulajdon­ságokhoz ezért egy harmadikat is csatolni kell. Ezzel vesszük figyelembe a gázok összenyomhatóságát:

3. a gázok nyomása és sűrűsége arányos. Ez a három tulajdonság jellemzi mecha­nikai értelemben vett ideális gázokat. Az1. és 2. kifejezi a gázok folyékonyságát, azt, hogy kitöltik a rendelkezésünkre álló teret, belső súrlódás nincs. A 3. azt a — tapasz­

talatokkal összhangban lévő — tényt rög­zíti, hogy zárt edényben fokozatosan nö­velve a nyomást, a sűrűség arányosan nő (3.235. ábra):

p = kp, (1)

vagyis

P = k y ,

illetve innen

p V= km (= állandó), (2)

ha a tömeg állandó (3.236. ábra). Ezt a törvényt Boyle angol és M ariotte fran­cia kísérletezőkről Boyle—Mariotte-tör- vénynek nevezik.

A Boyle— Mariotte-törvény nem egzakt termeszed törvény, csak bizonyos hatá­rok között jó közelítés. Érvényességi körét most nem tudjuk teljesen körülírni, azon­ban ki kell emelni egy fontos kritériumot: a 3. állítás csak állandó hőmérsékleten igaz. A hőmérséklet fogalma érzeteinkben intui­tíve adott, az elemi tapasztalataink közé tartozik annak a felismerése, hogy egy test melegebb, mint a másik. A hőmérséklet egzakt fogalmához később jutunk el, ott

354

3.235.ábra

3.236. ábra

írjuk le a hőmérséklet mérését is. A hőmér­séklet kiváló példa arra, hogy a fizikában nem lehet „lineárisan” gondolkodni, hogy tudniillik, megadunk egy definíciót, azután megfogalmazzuk a rá vonatkozó tételeket. A fizika módszertana más: látnunk kell, a fogalom, a mérési módszer és a fizikai tör­vény együtt, egymásra hatva születik. Most tehát meg kell elégednünk egy intuitív hőmérséklet-fogalommal.

Tekintsük át a Boyle—Mariotte-tör- vény alkalmazásainak a körét.

rfegyük fel, hogy két, egyenként 2 dm 3 térfogatú edényt egy csappal ellátott vé­kony cső köt össze. A bal oldali tartályban1 atm (= 105 N /m 2 = 105 Pa) nyomású le­vegő van, és ebben a tartályban egy sziva­csot is elhelyeztünk. A másik tartályból kiszívtuk a levegőt, benne a nyomás nulla (3.237. ábra). Ekkor kinyitjuk a csapot. Tegyük fel, hogy a kialakuló közös nyo­más ezután 0,47 atm. Az elzárt gáz nyo­mása 1 atm kezdetben, a térfogata 2 liter

lenne szivacs nélkül, a szivacs miatt 2 — l sz literben mérve. (Vsz a szivacs térfogata.) A csap megnyitása után a nyomás 0,47 atm, a térfogat 4 liter lenne, ha a szivacs nem foglalná el a térfogat egy részét, így csak 4 - VS2 térfogatú. A Boyle—Mariotte-tör- vény.

1(2- V J = 0 ,47(4- V J .

Innen a szivacs térfogata: Vsz=0,22 liter. |Ezzel az egyszerű feladattal kapcsolat­

ban a következőkre szeretnénk az Ol­vasó figyelmét felhívni: A Boyle—Mariot- te-törvényben nem az edény, hanem a gáz térfogata szerepel! A Boyle— Mariot- te-törvényt a

Pi Vl = p2V2 (3)

szimmetrikus formában használtuk. A fel­adatok megoldásánál tehát ügyeljünk ar­ra, hogy az egyenlőség egyik oldalára a gáz kezdeti nyomásának és térfogatának a szorzata, a másik oldalára a későbbi nyo­más és térfogat szorzata kerül.

A másik — ismét csak feladatmegoldás­nál fontos — megjegyzés: a Boyle—Ma- riotte-törvény (3) alatti formájában a két oldalon azonos mértékegységeknek kell szerepelni, akár Pa, atm, liter, gallon; mind­egy, csak az a fontos, hogy a két oldalon azonos dimenziójú mennyiségek szerepel­jenek.

355

¥0,

3.238.ábra

l~Most egy nehezebb problémát vitas­sunk meg. Ez egy olyan feladat, amelynek a rokonát a folyadékoknál már megvizs­gáltuk.

Tegyük fel, hogy adott a 3.238. ábrán látható kettős henger. A felső rész kereszt- metszete A ,, az alsóé A 2. A két hengerben egy-egy jól záró dugattyú van, mindkettő súlytalan, és egy fonál köti őket össze. A két hengert elválasztó síktól a felső dugaty- tyú h j, az alsó h2 távolságban van. A gáz kezdeti nyomása megegyezik a külső le­vegő nyomásával, hiszen a dugattyúk súly­talanok. Helyezzünk most a felső dugaty- tyúra egy Gt súlyú testet, az alsó dugaty- tyúra pedig akasszunk egy G2 súlyú testet. Ekkor a két dugattyú elmozdul lefelé, a felső x, az alsó y távolságra lesz a két hengert elválasztó síktól.

A gázra a Boyle—Mariotte-törvény ér­vényes:

p0(A 1h1 + A 2h2) = p l(A 1x + A 2y), (4)

ahol Pi a kialakuló új nyomás. A felső du­gattyú nyugalomban van:

Gi + p0^ i +

és az alsó is:

(5)

p0A 2+ K = p1A 2 + G2. (6)

Ha a fonál nyújthatatlan, akkor

ht + h2 = x + y. (7)

A négy egyenlet megfelelő adatok esetén

alkalmas a négy ismeretlen meghatározá­sára.

A helyzet bonyolultabb, ha a fonál nem nyújthatatlan, hanem rugalmas. Ekkor a (7) egyenlet helyett a

K = D[{x + y ) - ( h i + h2)] (8)

egyenlet lesz érvényes, ahol D a rugalmas szál direkciós ereje. A (4), (5), (6) egyenle­tek változatlanul érvényben vannak. |

í a most következő néhány problémá­ban a kiindulási helyzet ugyanaz. Tegyük fel, hogy adott egy A keresztmetszetű, könnyű, egyik végén zárt üvegcső, vízszin­tes helyzetben. Az üvegcsőben l0 hosszú­ságú levegőoszlopot L hosszúságú higany­oszlop zár le.

Gondoljuk el most, hogy az üvegcsövet függőleges helyzetbe hozzuk úgy, hogy a cső zárt része kerül alulra. Ekkor a bezárt levegő hossza kisebb lesz, a higany alatti nyomás megnő. Jelöljük a levegőoszlop hosszát ebben a helyzetben /-lel, a nyomá­sát p-vel (3.239. ábra). Ekkor a Boyle— Mariotte-törvény:

p0Al0 = pAl. (9)

A higany legalsó pontján a nyomás meg­egyezik a higany alatti levegő nyomásával,

n>

(I)3.239.ábra

356

tehát

p = p0 + Lpg, (10)

annak megfelelően, amit a hidrosztatikai nyomásról tanultunk: a jobb oldalon a hi­gany felszíne alatt L mélységben kialakuló nyomás szerepel. A (9) és a (10) egyenle­tekből az ismeretlenek meghatározhatók: ha adott L, p, l0 és p0, akkor viszonylag könnyen ki tudjuk számítani p-t és /-et.

Fontoljuk meg azonban, hogy a követ­kező gondolatmenetet is alkalmazhatjuk. Használjuk fel a higanyoszlop egyensúlyá­nak a feltételét! A higanyszálra három erő hat: lefelé a nehézségi erő és a külső levegő nyomásából származó erő, fölfelé pedig a belső levegő által kifejtett erő. így, az egyensúly miatt,

pA = p0A + ALpg. (11)

A (11) egyenlet kicserélhető a (10) egyen­lettel. Ez nyilvánvaló, hiszen (ll)-ből (10)-et egyszerűen úgy kapjuk, hogy A-\a\ oszt­juk az egyenlet két oldalát. A két egyen­let azonban tartalmilag kissé különbözik. |

ÍÁz előző problémában szereplő vízszin­tes helyzetű üvegcsövet állítsuk most is függőleges helyzetbe, de úgy, hogy a cső nyitott vége legyen alul. (Tegyük fel, hogy a cső elég hosszú ahhoz, hogy a higany ne folyjék ki.) A (9) egyenlet változatlanul ér­vényes, ahol Z a bezárt levegő hosszát jelenti most is, p pedig a higany felett kialakuló nyomást (3.240. ábra).

A higany alsó szintjén a nyomás egyrészt p0, másrészt a felszíni p nyomás és a „hid­rosztatikai” Lpg nyomás összege:

p0 = p + Lpg. (12)

Ugyanezt az eredményt kapjuk, ha a hi­gany egyensúlyát biztosító erőkre figye­lünk. A higanyra most is három erő hat. A

3.240. ábra

lefelé ható nehézségi erővel és a belső nyomásból származó erővel egyensúlyt tart a higany alatti külső levegő által kifejtett erő:

p0A = pA + ALpg. (13)

A (12) és a (13) egyenlet — bár némileg eltér a fizikai tartalmuk — szemmel látha­tóan azonos értékűek. A feladat megoldá­sát a (9) és a (12) vagy (13) egyenlet szol- gáltatja. |

[Helyezzük most el a kezdetben vízszin­tes üvegcsövet ferdén úgy, hogy a vízszin­tessel ot szöget zárjon be, és a cső zárt vége legyen alul (3.241. ábra). A higany alatti

357

levegőoszlop nyomása legyen most is p, a hossza /. Ekkor a (9) egyenlet mellett pél­dául a higanyra felírt erőegyensúly szolgál­tat új egyenletet. A higanyszálra ható ne­hézségi erő cső irányába m utató összete­vője

mg sin a = ALpg sin oc,

a függőleges komponensét a cső fala által kifejtett kényszererő biztosítja. A cső ten­gelyével párhuzamosan a higanyt lefelé nyomja a p0A erő, a belső levegő nyomása az ellentétes irányú, pA nagyságú. A csővel párhuzamos erők összege nulla:

ALpg sin a + poA — pA = 0. (14)

Osszuk el az egyenletet A -\al:

L s in a - pg + p0=P- (15)

A két egyenlet egymás következménye. A fizikai interpretációjuk különböző. Az első egyenlet az erők egyensúlyát fejezi ki, a második a hidrosztatikai nyomás és a be­zárt gáz nyomásának a kapcsolatát. A (15) egyenletben az L sin a szorzat a higanyosz­lop magassága, és mint tudjuk, a hidro­sztatikai nyomás valóban csak a folyadék- oszlop magasságától függ. |

ÍÁ vízszintes helyzetű csövet állítsuk most függőlegesre, és a cső zárt vége le­gyen alul. Képzeljük el, hogy a csövet függőlegesen fölfelé gyorsítjuk a gyorsulás­sal (3.242. ábra). A (9) egyenlet változat­lanul érvényes:

p0Al0 = pAl.

A nyomásegyensúly helyett Newton II. törvényét írjuk fel a gyorsuló higanyra: legyen a fölfelé m utató irány pozitív, hogy a gyorsulás pozitív előjelű legyen. Ekkor

pA — Alpg — p0A = ALpa. (16)

le i

— ábra

A problémát ezzel le is írtuk. Ennél a fel­adatnál előnyösebb az erőre alapozott fel­fogás, a (16) egyenlőséget /1-val osztva nyomásegyensúlyként a kapott egyenletet csak mesterkélten lehet felfogni. |

IT olytassuk a gondolatmenetet. Helyez­zük a kezdetben vízszintes csövet lejtőre. A lejtő hajlásszöge legyen a. a súrlódási együttható a lejtő és az üvegcső között p. Tegyük fel, hogy a cső nyitott vége van alul (3.243. ábra). A higanyra a nehézségi erő,

/o L

358

I. L

a cső falának a kényszerereje, a külső és a belső nyomásból származó erő hat. így

pA + Alpg sin a — p0A = ALpa, (17)

és felhasználhatjuk, hogy a cső — és benne a higany — gyorsulása

a = g(sinoc — /icosoc). (18)

A Boyle— Mariotte-törvény pedig ugyan­úgy érvényes, mint korábban:

p0Al0 = p A L j

ITnduljunk ki ismét a vízszintes helyzetű csőből. Hagyjuk vízszintesen, azonban zárt végén átmenő függőleges tengely körül forgassuk w szögsebességgel (3.244. ábra). Ekkor egyrészt érvényben van a

p0Al0 = pAl

Boyle— Mariotte-törvény, másrészt a hi­ganyt a ráható erők körmozgásra kénysze­rítik. Ezt úgy értjük, hogy a higanycsepp tömegközéppontja l + L/2 sugarú körpá­lyán mozog. A centripetális erőt most a belső és a külső levegő nyomásából szár­mazó erő biztosítja:

p0A - p A = A L p ( l+ y jíw 2_ J (19)

ricépzeljük most el, hogy a kezdetben vízszintes helyzetű cső függőleges tengely körül forog w szögsebességgel úgy, hogy a tengellyel a szöget zár be, és a zárt vége a tengelyen van (3.245. ábra). A bezárt gáz- mennyiségre érvényes a Boyle—Mariotte- törvény:

PoAlo — pAl.

A higanyra ható erők eredőjének vízszin­tes komponense a centripetális erőt bizto­sítja:

N cos a + p0A sin ot — pA sin a =

= ALprto2, (20)

ahol

r= ^ / + Y ^sin o t

a körpálya sugara. A higanyoszlopra ha­tó erők függőleges összetevőinek összege nulla, hiszen a higany függőlegesen nem gyorsul:

JV sin ot + p0A cos a + Alpg —

— cos oc = O j (21)

L

359

[Változtassunk most a kiindulási hely- zeten.Tegyük fel, hogy az üvegcső mindkét vége zárt. Vízszintes helyzetében az L hosz- szú higanycsepp llt illetve l2 hosszú leve­gőoszlopokat választ el egymástól. A két gáz nyomása természetesen azonos, jelöl­jük ezt a közös nyomást p-vel. (A kereszt- metszet a korábbiaknak megfelelően le­gyen A.)

Fordítsuk most a csövet függőleges hely­zetbe, a kezdetben /, hosszú levegőoszlop kerüljön alulra (3.246. ábra). Legyen en­nek a hossza most x, a fölülre kerülő le­vegőoszlop hosszát jelöljük y-nal, a nyo­mását p2-vel. A Boyle—Mariotte-törvényt alkalmazzuk a két elzárt gázra:

pAlí = p lA x,

pAl2= p2Ay. (22)

A higanyoszlopra az ALpg nagyságú ne­hézségi erő mellett a felette levő levegő hat, p2A erővel. Ennek a két erőnek az összegé­vel a higany alatti levegőrész által kifejtett p xA erő tart egyensúlyt:

plA = p1A + A L pg . (23)

Az erőegyensúlyt kifejező (23) egyenletet i4-val osztva a

P i= p 2 + Lpg (24)

I3.246.ábra

Pi

3.247.1 ábra

egyenletet kapjuk, ez azonban kissé más­hogy olvasandó, mint a vele különben tel­jesen ekvivalens (23) egyenlet. A (24) fizi­kai tartalma: a higanyoszlop legalján a p t energiasűrűség ( = nyomás) egyenlő a hi­gany legfelső pontján a p2+Lpg energia­sűrűséggel.

Egyszerű geometriai összefüggés érvé­nyes még:

l1+ l2= x + y . (25)

Ebből az egyszerű problémából kiindul­va ugyanolyan gondolatmenetet vihetnénk végig, mint az egyik végén zárt üvegcső esetén. Úgy véljük azonban, hogy ez szük­ségtelen, új gondolatot nem tartalmazna az eddigiekhez képest. |

í"Most egy L alakú csőbe zárt gáz állapotváltozásával foglalkozunk. A cső mindkét szára legyen / hosszú, és tegyük fel, hogy — a 3.247. ábrán látható módon— a vízszintes szárban /, hosszúságú, a függőleges szárban l2 hosszúságú derék­szögű higanyszál van. A cső alsó vízszintes része zárt, a függőleges szára nyitott. Jelöl­jük az elzárt gáz nyomását p t -gyel. Ekkor

Pi — Po + hPöy (26)

innen p, közvetlenül meghatározható. Te­gyük fel, hogy ezután a csövet függőle­ges síkban jobbra fordítjuk 90°-kal. A zárt térrészben legyen most a nyomás p2, és az elzárt levegőoszlop hosszát jelöljük x-szel. Ekkor

p2+ ( / -x ) p g f= p 0, (27)

360

és a Boyle—Mariotte-törvény is érvényes:

p lA(l—l1)= p 2xA . (28)

A pt nyomást most m ár ismertnek feltéte­lezve a (27), (28) egyenletrendszerből p2 és x meghatározható. Nyilvánvaló, hogy tel­jesülni kell az x + Z, + 12 < 21 feltételnek. |

l~Á folyadékok és gázok statikájával kapcsolatos feladatokban gyakran szere­pelnek U alakú csövek. Tegyük fel, hogy egy U alakú cső keresztmetszete A, a függőleges szárak egyaránt / hosszúságú­ak. Tegyük fel, hogy a közlekedő edényben alul higany van, mindkét szárban h maga­san. A jobb oldali szár zárt, a bal oldali nyitott. Gondoljuk el, hogy a bal oldali szárat ezután teleöntjük higannyal (3.248. ábra). Ekkor természetesen a jobb oldali szárban összenyomódik a levegő, a higany szintje — mondjuk x-szel — feljebb emel­kedik. A jobb oldali szárban elzárt leve­gőre a Boyle— Mariotte-törvény érvényes:

p0A { l- h ) = p A ( l - h - x ) , (29)

ahol p a bal oldali szárban a higany felszínén kialakuló nyomás. Ugyanezen a szinten a másik szárban is ennyi a nyomás, tehát

P = Po + (l~ h - x )P9, (30)

hiszen e szint felett a bal oldali szárban l—h —x magas higanyoszlop van.

y

G

3.249. ábra

A nyomásegyensúlyt a két szár legalsó pontjára is felírhatjuk:

p+(h + x)pg= p0 + lpg. (31)

A (30) és a (31) egyenértékű egyenletek.A csőbe öntött higany mennyisége köny-

nyen meghatározható: A(l—h + x)p töme­gű higanyt öntöttünk a „régi” higanyra, hogy a csövet színültig megtöltse. |

rmokon feladat a következő. Induljunk ki ugyanabból a kezdeti állapotból, mint az előbb. Az U alakú cső függőleges szárai / hosszúak, és jobb oldali szára zárt. Kez­detben mindkét szárban h magasan van a higany.

A jobb oldali szárba helyezzünk ezután egy G súlyú, kisméretű és jól záró dugattyút (3.249. ábra). A dugattyú elmozdul lefelé y-nal, közben az alatta lévő higany szintje szintén lefelé mozdul x-szel, a jobb oldali szárban pedig fölfelé, szintén x-szel. Ekkor a két higanyszint között 2x a magasság- különbség. Ha a bal oldali szárban a gáz nyomása pl , a jobb oldali szárban p2, akkor

pl = p 1 + 2xpg. (32)

Most két elzárt gáz szerepel a problémá­ban, a Boyle—Mariotte-törvényt mindkét gázra felírjuk:

p0A ( l-h ) = p lA ( l -h + x - y ) ,

p0A ( l - h ) = p2A (l—h - x ) , (33)

361

és végül felírjuk a dugattyúra ható erők egyensúlyának a feltételét:

p0A + G = pl A. (34)

Alkalmas adatok esetén a (32), (33), (34) egyenletrendszerből az ismeretlenek meg- határo zh ató k j

í"Most ismét — bizonyos szempontból— rokon problémák sorát vizsgáljuk meg. Tegyük fel először, hogy adott egy A alap­területű, L hosszúságú henger ( = pohár). A henger alaplapja zárt, fedőlapja nyitott. Fordítsuk a poharat (hengert) szájával le­felé, és nyomjuk a vízbe úgy, hogy a fedő­lapja h < L magasan legyen a víz felszíne fölött (3.250. ábra). Az edénybe víz nyo­mul be, a levegő térfogata csökken. Jelöl­jük /-lel a levegőoszlop magasságát. A Boyle—M ariotte-törvény:

p0A L = pAl, (35)

ahol p a bezárt gáz nyomása. Az edény­ben a víz felszínén kialakuló nyomás meg­egyezik ugyanezen a szinten az edényen kívül mérhető nyomással:

P = Po+(l~h)pg. (36)

A (35) és a (36) egyenletrendszerből az is­meretleneket m eghatározhatjukj

L

A

3.250. ábra

362

L

A

3.251. ábra

rÁz előző problémánál szereplő hengert most úgy nyomjuk a víz felszíne alá, hogy a felső lapja h mélységben legyen a víz fel­színe alatt (3.251. ábra). A hengerben lévő levegő hosszát most is jelöljük /-lel. A Boyle—Mariotte-törvény a (35) formában érvényes, a henger belsejében a víz felszí­nén a nyomás p, akkor ugyanezen a szin­ten a hengeren kívül p0 + (h + T)pg, tehát

p0 +(h+ l)pg = p- (37)

Vizsgáljuk meg most a henger egyensúlyá­nak a feltételét! Világos, hogy a henger felső lapjára fölülről a víz nyomásából szárma­zó erő és az általunk kifejtett F erő hat. (A henger súlyától eltekintünk.) Azt a két erőt kompenzálja a henger felső lapjára fölfelé ható pA erő, ezt az elzárt levegő nyomá­sából származtatjuk:

(p0 + hpg)A + F = pA. (38)

Innen egyébként F = Ahpg, itt a jobb olda­lon álló szorzat úgy értelmezhető, mint a hengerre és a benne lévő levegőre ható fel­hajtóerő. Itt érdekes tényre figyelhetünk fel. A (37) alapján látható, hogy ha h nő, vagyis mélyebbre nyomjuk a hengert, ak-

kor p is nő, de ekkor a (35) alapján l — fordított arányban — csökken. Csökken így a felhajtóerő is, ugyancsak a mélység­gel fordított arányban.

Tegyük fel most, hogy a henger súlya nem hanyagolható el, jelöljük ezt G-vel. Ekkor a (38)-at helyettesítő egyenlet:

(p0 + hpg)A + F + G = p A . (39)

Innen — ismét figyelembe véve (37)-et:

F + G = Ahpg. (40)

Gondoljuk el, hogy a hengert egyre mé­lyebbre nyomjuk a vízbe. Ekkor a felhajtó­erő fokozatosan csökken. H a elértük azt a h mélységet, ahol a felhajtóerő megegyezik a henger súlyával, akkor (40) alapján F =0, vagyis a henger lebeg. Ez jellegzetes labilis egyensúlyi helyzet: ha a hengert mélyebbre nyomjuk ennél a kritikus mélységnél, ak­kor a felhajtóerő még kisebb lesz, a nehéz­ségi erő egyre mélyebbre húzza a hengert. Ha az egyensúlyi helyzetből fölfelé mozdí­tanánk ki a hengert, akkor magára hagyva felemelkedne a víz felszínére. |

HÁz A alapterületű, L hosszúságú, egyik végén zárt hengert félig a vízbe merítettük, és valamiképpen biztosítottuk, hogy a kül­ső és a belső vízszint megegyezzék. (Ez pél­dául úgy érhető el. hogy a hengert fekve merítjük a vízbe, majd 90°-kal elfordítjuk, felállítjuk.) Emeljük ki ezután a hengert úgy a vízből, hogy a felső lapja h magasságban legyen a víz felszíne felett. Nyilvánvaló, hogy a h < L feltételnek teljesülni kell. A levegőoszlop hossza kezdetben l0: = L/2, a nyomása p0, hiszen a külső és a belső fo­lyadékszint azonos. A hengert felemelve a nyomás lecsökken, legyen a kialakult érték p, és a levegőoszlop hossza most l (3.252. ábra). A Boyle—Mariotte-törvény:

A

L

a nyomásegyensúlyt a külső vízszintre ír­juk fel:

p0 = p + (h -[)pg . (42)

A folyadék h — l = :x magasra emelkedik fel a hengerben. |

ÍKépzeljük el, hogy az előző feladatok­ban szereplő hengerben egy könnyű, jól záródó dugattyú van, a dugattyúhoz egy fonalat erősítettünk. Tegyük fel, hogy a dugattyúval elzárt gáz hossza kezdetben l0, nyomása megegyezik a külső levegő nyomásával, vagyis p0. Húzzuk a víz fel­színe alá a hengert (a dugattyúhoz erősített fonálnál fogva) olyan mélyre, hogy a felső lapja a víz felszíne alatt h mélységben legyen (3.253. ábra). Ekkor a bezárt leve­gő hossza legyen Z, a nyomása pedig p. A Boyle—Mariotte-törvény:

P0A10=PAL (43)

A henger felső lapjára ható erők egyen­súlyban vannak:

pA= (p0 + hpg)A, (441

és a dugattyúra ható erők is:

3.252.ábra

P0A10=PAI, (41) pA + F = [p0 + (h + l)pg]A. (45)

to

3.253. ábra

A (43), (44), (45) egyenletrendszerből alkal­mas adatok esetén az ismeretlenek megha­tározhatók.

Figyeljünk fel a következőkre: az előző feladatban a (42) egyenlet a hengeren be­lül és kívül kialakuló nyomások egyenlő­ségét állítja. Ezt az egyenletet erőegyen­súlyra vonatkozó egyenletté alakítani csak mesterkélten lehetne. A (44) és (45) egyen­leteknél fordított a helyzet. Ezeknek nincs nyomásegyensúlyra vonatkozó megfelelő­jük. Az előttük szereplő feladatokban az erőegyensúlyra vonatkozó és a nyomások egyenlőségét állító egyenletek természete­sen párba állíthatók. |

l""végezetül egy nehéznek számító prob­lémát tárgyalunk meg. Képzeljük el, hogy az A alapterületű hengerben egy dugattyú van, a dugattyút azonban egy rugóval egy A 1 alapterületű edény aljához rögzítettük. Az edénybe folyadékot öntöttünk, jelöljük a sűrűségét p-val. Tegyük fel, hogy a fo­lyadék magassága H t , a hengerbe zárt levegőoszlop hosszú, a nyomása p t . A D direkciós erejű rugó hossza most L í (3.254. ábra). Tegyük fel, hogy

Ekkor a henger felső lapjára ható erők egyensúlyát a

Pi A = [p0 + {H1- L 1- l 1)pg]A (46)

egyenlőség, a dugattyúra ható erők egyen­súlyát a

p1A + D (L 1 — L 0) = [p0 + (H 1 — L J p g lA

(47)

egyenlőség fejezi ki.Öntsünk most annyi folyadékot az edény­

be, hogy a felső szintje az edény aljától H 2 magasan legyen. Ekkor megváltozik az el­zárt levegő nyomása, a kialakuló új nyo­mást jelöljük p2-vel. Megváltozik a gáz­oszlop hossza is: legyen Z2, és a rugó új hossza pedig L2. Ekkor az egyensúlyi fel­tételek:

P2A = lPo + ( H 2 - L 2 - l 2)pg~\A, (48)

p2A + D(L2 - L 0) = lp0 + (h2- L 2)pg]A.

(49)

A gázra érvényes a Boyle—M ariotte-tör- vény:

PiAlt = p2Al2. (50)

A hengerbe öntött folyadék térfogata így

V: = (H2A l —l2A )—(H 1A 1—l1A y]

364

3.5.2. A gázok energiája, a gázon végzett munka

Az előző pontban kimerítően elemeztük az ideális gázok statikáját, az egyszerű el­veket sok konkrét példával illusztráltuk.

Két rövid megjegyzést fűzünk az áramló gázokhoz:

1. a gázok kis sűrűsége m iatt a helyzeti energiához tartozó tag általában el­hanyagolható,

2. az áramló gázok jó közelítéssel ál­landó sűrűségűnek tekinthetők.

Gázok stacionárius áramlására a Ber­noulli-törvény ugyanúgy érvényes, mint a folyadékokra. Az áramló ideális gázban:

p + pgy + — pv2 = állandó. (1)

nagyszerű példán mutassuk meg a Ber­noulli-törvény alkalmazását áramló ideá­lis gázokra. Tegyük fel, hogy egy vízszintes csőben levegő áramlik v sebességgel. A cső­höz egy függőleges csőtoldat csatlakozik, amely egy p sűrűségű folyadékba merül. A függőleges csőben a folyadék felemelke­dik. Jelöljük h-val a függőleges csőben a folyadék magasságát az edényben lévő folyadékhoz képest (3.255. ábra). Ekkor Bernoulli törvénye az áramló gázra:

p0= p + ^ p y , (2)

(itt py a levegő sűrűsége) és Bernoulli tör­vénye a folyadékra:

Po = P+POh. (3)

E két egyenletből alkalmas adatok esetén az ismeretlenek meghatározhatók. Tegyük fel, hogy h = 3 cm, p = 0,9 g/cm3, p , = = 1,29 ■ 10“ 3 g/cm3, ekkor

3.255.ábra

V =

M ár a folyadékoknál is láttuk, hogy a Bernoulli-törvényben szereplő p a tömeg- középponthoz viszonyított mozgási ener- giasűrűségének fogható fel. A gázt alkotó tömegpontok még akkor is rendelkeznek energiával, ha a gáz nem áramlik. Ez az energia a gáz szerkezetével van összefüg­gésben, a gáz részecskéinek a rendezetlen mozgásából származik. Ez a belső energia.

Be kell vallanunk, hogy a folytonos mo­dell erről nem ad felvilágosítást. A kor­puszkuláris modellből próbálunk most va­lamit kikövetkeztetni, hogy az így nyert eredményt elfogadjuk, mintegy definíció­ként, a folytonos elméletben.

Képzeljük el, hogy egy a élű kockában N számú, egyenként m tömegű, v sebességű részecske mozog. Ezek a fallal rugalmasan ütköznek. Az egymással való ütközések olyan sokfélék, hogy az összhatásuk ki­egyenlíti egymást, úgy viselkednek, mintha egymással nem ütköznének.

Feltesszük, hogy a részecskék 1/3 része az egyik éllel párhuzamosan, a másik 1/3 része a másik éllel, a harmadik 1/3 része pedig a harmadik éllel párhuzamosan mo­zog (3.256. ábra).

Ha egyetlen tömegpont ütközik valame­lyik fallal, akkor az impulzusa 2mi;-vel változik. Ennyi impulzust kap a részecske a faltól, a fal a részecskétől.

Egyidejűleg a részecskék hatodrésze mo­zog egy kiszemelt fal felé. Világos, hogy At idő alatt azok a részecskék érik el a fa-

365

lat, amelyek e fal felé mozognak és nincse­nek messzebb, mint vAt. Jelöljük ezeknek a részecskéknek a számát ebben a gondo­latmenetben x-szel. Világos, hogy

xAr~6

vAta (4)

vagyis a falat At idő alatt elérő részecs­kék száma úgy aránylik a fal felé mozgó részecskék számához, mint a vAt hosszú­ságú szakasz a kocka éléhez.

Ha At ideig vizsgáljuk a falat és a vele kölcsönhatásban lévő golyókat, akkor a fal összesen

A7 = x • 2 mv

impulzust kap a faltól, tehát

A I-4 ^ 2™ ,6 a

(5)

(6)

Osszuk el a (6) egyenlőség mindkét oldalát At-vel. A bal oldalon a kiszemelt falra ható

erőt kapjuk:

_ A l _ N 2mv2 At 6 a (7)

A felületegységre ható erő, vagyis a nyo­más:

F N 2mv2(8)

Szorozzuk meg ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát a kocka térfogatával:

(9)

A (9) egyenlőségben 2mv2 helyett jobban

szeretnénk ~ mv2-el látni, mivel egyszerű

modellünkben ez egyetlen pontszerű test mozgási energiája. Misem könnyebb ennél; a jobb oldalt egyszerűen átalakítjuk:

2 mv2 pV= — N — ~.

3 2(10)

A (10) jobb oldalán tehát az összes moz-ÍYW 2

gási energiának, TV -nek, a — része áll:

így

d l )

Igen egyszerű, de annál nagyobb jelen­tőségű eredményünkhöz, illetve az ideve­zető gondolatmenethez négy megjegyzést fűzünk.

1. A gondolatmenetünkben az ideális gázt véges számú pontszerű részecske ösz- szességének fogtuk fel. Ez volt az első lé­pés, amellyel a fenomenologikus szemlé­lettől eltávolodtunk. A (11) egyenlőséghez

366

a folytonos szemléletre alapozott gondo­latmenettel el sem jutnánk. A továbbiak­ban azonban a folytonos szemléletre jel­lemző fogalmakat fogjuk használni, a foly­tonos képben gondolkodunk, csak mint­egy kölcsönvesszük az elemi statisztikai gondolatmenet eredményét.

2. Az energiára vonatkozó (11) össze­függéshez vezető okoskodásunk nagyon vázlatos, gondolatmenetünk sok vonatko­zásban kritika alá vethető. Valóban, pon­tosabb, részletesebb utat is követhettünk volna. Nem ez volt azonban a célunk, a pontosabb és igényesebb gondolatsorral is ugyanahhoz a (11) eredményhez jutottunk volna.

3. Figyelemre méltó a (11) állapotegyen­letben, hogy a nyugvó gázok energiája va­lóban a nyomással arányos, a nyomásnak (egy intenzív mennyiségnek) és a térfogat­nak (egy extenzív mennyiségnek) a szorza­tával arányos. A gázok energiája így két— műszerrel mérhető — makroszkopikus mennyiségből egyszerűen számolható.

4. A nyugvó gáz energiája tehát a nyo­más és a térfogat szorzatával arányos. A pK szorzat azonban — bizonyos körülmé­nyek között — a Boyle—Mariotte-törvény értelmében állandó. Az elzárt gázok ener­giája az előző pont egyetlen példájában sem változott. Ha például egy felül zárt üvegcsövet lassan a víz alá nyomunk, a gáz kisebb térfogatra szorul össze. Eközben az energiája állandó marad. Ha ábrázoljuk a gáz nyomását a térfogat függvényében, akkor — mint tudjuk — a fordított ará­nyosság miatt, a függvény képe egy hi­perbola (3.257. ábra). A grafikon szemlé­letesen ábrázolja, hogy ha összenyomjuk a gázt, akkor a nyomása a térfogattal fordí­tottan arányosan nő. Összenyomás köz­ben azonban a gáz részecskéinek az ösz- szes mozgási energiája állandó marad.

p

-------------- 3.257._______________ L1________ ábra

nagyszerű példaként számoljuk ki, hogy mennyi az energiája 1 atm nyomású, 2 liter térfogatú héliumnak. Nyilvánvaló, hogy

3E = — 1 atm • 2 dm =2

= 3 - 105 -2- 10“ 3 N /m 3 - m3 = 3 0 0 J j

(A számolásból egyszerűen látható, hogy 1 liter • atm = 100 J.) A (11) állapotegyenlet a gázok egy részénél tökéletes összhang­ban van a tapasztalattal. Más gázoknál azonban az eltérés jelentős. Az egyatomos gázok energiája valóban a (11) összefüg­gésből számolható. Két- vagy többatomos gázoknál azonban más a helyzet.

Gondoljunk egy többatomos gázmole­kulára. Ilyen például az ammónia (NH3) egy molekulája. Ha egy ilyen molekula összes energiáját felírjuk, akkor nem feled­kezhetünk meg a mozgási energia mellett a forgási energiáról sem. A sebességvektor három egymásra merőleges összetevője há­rom mozgási energiatagot ad:

~ m (v t + vl + vl) =

= 2 mv* + J mv? + 2 mV*' (

367

Itt semmi mást nem használtunk ki, mint a kinematikából tanult egyszerű összefüg­gést a sebességvektor hosszára vonatko­zóan. A forgási energia is három tagból áll (a sebességhez hasonlóan a szögsebesség is vektor):

j <=>x"x + J 0 yw* + J 0 zco2. (13)

Itt tehát például a>x a szögsebességvektor x tengelyen párhuzamos összetevője, 0 X pedig az x tengely körüli forgatáshoz tar­tozó tehetetlenségi nyomaték.1*’

A következőt kaptuk tehát: egy három­vagy többatomos molekulának általános esetben az összes energiája a (12) és a (13) kifejezésekben szereplő 6 tag összege.

Ha a gáz egyatomos, mint például a hé­lium, akkor az összes energia csak mozgási energia, mert a 6>x, 6>y, 0 Z tehetetlenségi nyomatékok nullák. Ekkor tehát a mole­kula energiakifejezése csak a (12)-ben sze­replő 3 tag összege.

Különleges helyet foglalnak el a kétato­mos molekulák. Az ilyen molekulákban ugyanis az atom okat összekötő egyenesre— mint tengelyre -— vonatkozó tehetet­lenségi nyomatéka nulla. Ebben az esetben a 6 energiatagból egy energiatag nulla, két­atomos molekula esetén 5 energiataggal kell számolnunk.

Az x, y, z tengelyek itt nem a vonatkoztatási rendszer tengelyeit jelentik. Egy kiterjedt merev test — mint például egy molekula — esetén legtöbbször megadható három egymásra merőleges, a testhez rögzített tengely, amelyek a kővetkezőképpen jelle­mezhetők. Ha a test szabadon forog, akkor ezek a tengelyek a forgás egyensúlyi tengelyei. Külső ha­tás nélkül ezen tengelyek körül tartósan foroghat a test. Egy téglatest esetén ezek a középponton átmenő, a felületekre merőleges egyenesek.

A (11) képletet így általánosíthatjuk:

E - { p V . (14)

ahol / = 3 vagy 5, vagy 6 aszerint, hogy egyatomos, kétatomos vagy többatomos gázról van szó. Az / paraméter neve: szabadsági fok. Egy gáz vagy molekula szabadsági fokán az egyetlen molekula energiakifejezésében szereplő energiatagok számát értjük.

Hangsúlyozzuk még egyszer: ennek a fejezetnek az energiára vonatkozó gon­dolatmenetét illenék alaposabban végig­gondolni. A pontosabb gondolatmenet is ugyanezekhez az eredményekhez vezetne, a (14) állapotegyenletet kapnánk, ugyan­úgy, mint a most látott vázlatos gondolat- menet eredményeként. Különben, a mate­matikai szempontból is kifogástalan leve­zetés igazán nagy feladatot jelentene, mesz- sze meghaladná a lehetőségeinket. Figyel­jünk fel arra, hogy az energia (14) kifejezé­sében a Boyle—Mariotte-törvényben sze­replő szorzat szerepel. A belső energia te­hát állandó, amíg a Boyle—M ariotte-tör­vény feltételei teljesülnek. A következő fe­jezetben látni fogjuk, hogy ez egy új prob­lémát vet fel, amelynek a megoldása a fizi­ka új területeire vezet.

ÍEgyszerű illusztrációként határozzuk meg 1 m 3 térfogatú, 10 N /m 2 nyomású levegő összes energiáját. Azt kell meg­gondolnunk, hogy a szennyező anyagoktól eltekintve a levegőt, végül is kétatomos gáznak tekinthetjük. Kétatomos ugyanis a nitrogén is és az oxigén is, így

E= y l • 10N /m 2 • m 3 = 250-103 J j

Vizsgáljuk meg most a gázon végzett munkát. Hogyan számolható ki a gázon

368

végzett munka a gázra ható erőből, és mi­lyen értelmet tulajdonítsunk az elmozdu­lásnak?

Képzeljük el, hogy egy fekvő helyzetű gáztartály egyik végén súrlódás nélkül egy könnyű dugattyú mozoghat. Tegyük fel, hogy a dugattyú felülete A, és a gáz nyo­mása a kiindulási állapotban p.

Vizsgáljuk meg, hogy mi történik ak­kor, ha a gázt kissé összenyomjuk. Tegyük fel, hogy a dugattyú elmozdulása a tartály hosszához képest kicsi. A dugattyú befelé, a gáz felé mozog. A dugattyú felé mozgó, azon rugalmas ütköző részecskék megnö­vekedett sebességgel pattannak el. Hasonló a helyzet ahhoz, amikor a teniszütővel ráütünk a közeledő labdára. Nagyobb se­bességgel pattan el az ütőről, mint ami­vel érkezett. így van ez a dugattyúnál is: ha befelé mozog, akkor a belső felületén irányt változtató tömegpontok megnöve­kedett sebességgel, megnövekedett moz­gási energiával távoznak. A befelé moz­gó dugattyú pozitív m unkát végzett a gázon, a gázt alkotó tömegpontokon (3.258. ábra).

Ezt a munkát ki is számoljuk. A dugaty- tyú által kifejtett erő pA, és nyilván a gáz felé, a henger belseje felé mutat. Az elmoz­dulás Ax, így a munka közelítőleg

W =pAAx, (15)

hiszen közben a nyomást állandónak gon­doltuk. H a azonban Ax valóban kicsi a henger hosszához viszonyítva, akkor a (15) közelítés indokolt. A (15) jobb oldalán az A Ax szorzat a gáz kezdeti V, és későbbi V2 térfogatával könnyen kifejezhető:

A A x= V l - V 2,

hiszen Vl >V2. Innen azonban

AAx = - ( V 2- V 1) = - A V .

3.258.ábra

Ezt figyelembe véve a (15) így alakítható át:

W= -p A V . (16)

A (16) összefüggésben a munka pozitív, hi­szen — a feltevésünknek megfelelően — a gáz összenyomódik, így a térfogat csökken, AV negatív.

A munka grafikusan most is jól szemlél­tethető: az ábrán a közelítés jósága is látható. A hiperboladarab alatti terület a munka pontos értéke.

Beszéljünk most arról, hogy mit mond­hatunk arról, amikor a dugattyú kifelé mo­zog. Szokásos kifejezéssel élve: amikor a gáz tágul. Ekkor a mozgó dugattyúról lepattanó tömegpontok lefékeződnek. Hasonlóan a te­niszlabdához. Ha az ütőt „húzzuk” a labda előtt, akkor akár le is állíthatjuk, megfog­hatjuk a labdát. A dugattyúról elpattanó ré­szecskék kisebb sebességgel mozognak, mint az ütközés előtt, csökken tehát a részecskék mozgási energiája. Úgy is fogalmazhatunk, hogy a dugattyú negatív munkát végzett a gázon, a gázt alkotó tömegpontokon.

A dugattyú által kifejtett erő most is be­felé, a gáz felé mutat. Ha a dugattyú a henger hosszához képest kismértékben el-

369

3.259ábra

mozdul, kifelé — mondjuk Ax-szel kor a gázon végzett munka:

ak-

W= pAAx cos 180°. (17)

A jobb oldalon az erő és az elmozdulás közötti szög koszinuszát szerepeltettük. A (15) összefüggésben a co s0°-ot nem írtuk ki. A (17) egyenlőség pontosan olyan ér­telemben közelítő érvényű, mint a (15) kép­let (3.259. ábra).

Alakítsuk át most is a munka fenti ki­fejezését. Az AAx szorzat most is kifejez­hető a gáz kezdeti és későbbi térfogatával: AAx =V2 — V1, hiszen most V2> V1. így a (17) így alakítható át:

w=p(v2-v1)cosm°== pAF(— 1)= —pAV.

Ez pontosan megegyezik a (16) egyenlőség­gel.

Valóban, akár összenyomódik a gáz, akár tágul, a gázon végzett munka (kis térfogatváltozás esetén is): W = — pAV. Ez azonban pozitív, ha a gáz összenyomó­dik, tehát ha a térfogat csökken. Ilyenkor ugyanis AV negatív. Fordítva, ha a gáz tágul, akkor a gázon végzett munka nega­tív, hiszen ilyenkor A V pozitív.

Ha a gáz tágul, vagyis a dugattyú ki­felé mozog, akkor a gázon végzett munka pontosan ugyanúgy szemléltethető, mint összenyomáskor. A pAV szorzat most is egy téglalap területének felel meg. Az áb­rán látható a közelítés hibája is: a munka pontos értéke a hiperbola grafikonja alatti terület.

Közbevetőleg még egy megjegyzés: a nyomás a feszültség negatívja: —p = a , ezt a deformálható testek mechanikájából tudjuk. így a gázon végzett munka (16) alapján így is kifejezhető:

W=oAV. (18)

Foglaljuk össze a gázokra vonatkozó törvényeket!

1. Nyugvó gázokra érvényes egy a ta­pasztalati tényeket kifejező törvény: ideális gázok nyomásának és a térfogatának a szorzata állandó:

pV= állandó.

Ez a Boyle—Mariotte-törvény. A tapasz­talat szerint üveghengerben, fémedényben összenyomódó-kitáguló gázok viszonylag lassú állapotváltozásaira érvényes. Pél­dáinkban a konkrét folyamatok ilyenek voltak.

2. A nyugvó ideális gázok részecskéinek összes mozgási-forgási energiája:

Ezt az energiát — amely végül is nem új­fajta energia — a gázok belső energiajának nevezzük. A belső energia a Boyle—Ma- riotte-törvény érvényességi feltételei kö­zött állandó.

3. A gázon végzett m unka (kis térfogat- változás esetén):

W= -p A V ,

370

ha összenyomjuk a gázt, akkor pozitív, ha a gáz tágul, akkor negatív.

4. A munkatétel szerint az energiavál­tozás egyenlő a rendszeren végzett mun­kával:

A E= W .

Világos dolog, hogy az 1., 2., 3., 4. állí­tások egyidejűleg nem állhatnak fenn. A négy állítás közül valamelyikkel baj van.

A Boyle—M ariotte-törvény az általunk vizsgált feltételek között (állandó hőmér­séklet mellett) igaznak bizonyult: ilyen fel­tételek mellett a gáz energiája állandó, az energiaváltozás nulla. Ily például: üvegcső­ben összenyomva a gázt a pV szorzat állandó, az energia nem változik. Eközben azonban munkát végeztünk a gázon. Az energiaváltozás tehát nem egyenlő a gázon végzett munkával.

Hol lehet a hiba? Lehetséges hogy, a Boyle—Mariotte-törvény nem érvényes nagy általánosságban. Korlátozódjunk azonban csak olyan folyamatokra, ame­lyekben igaznak bizonyul ez a törvény. A2. és 3. eredményeket részben a statiszti­kus, részben a fenomenologikus modellre támaszkodva vezettük be. A gondolat­menetünket újra átgondolva nem talá­lunk benne hibát. A munkatétellel lenne a baj?

Fontoljuk meg! Vékonyfalú üveghenger­ben jól záródó dugattyúval lassan — és kismértékben — összenyomjuk a levegőt. A térfogat csökkenésével a nyomás nő. A gázon pozitív munkát végeztünk. S közben a részecskék, a molekulák összes mozgási­forgási energiája — vagyis a gáz belső energiája — nem változik!

Olyan érzésünk van, mint amikor a fürdőkád felett megnyitjuk a vízcsapot. Várunk, várunk és a víz szintje nem emel­kedik a kádban. Csak arra gondolhatunk,

hogy a víz valahol elfolyik. Mondjuk a dugó mellett.

Hasonló a helyzet az energiával. A rend­szerrel munkavégzés során energiát köz­lünk, és az energia mégis állandó marad. Csak arra gondolhatunk, hogy az energia elfolyik. Átmegy a falon.

Ez azt jelenti, hogy van az energiának olyan áramlási módja, amely a munkavég­zéstől független, különbözik a munkavég­zéstől. Az ilyen energiaközlési folyamatot hőhatásnak nevezzük, és az így átmenő energiát hőnek hívjuk.

XII. Feladatcsoport: gázok

XII/1. Egy hengerben — orvosi fecs­kendőben — jól záródó dugattyú mozog­hat (3.260. ábra). A dugattyú kezdeti hely­zetében az 5 cm3-es beosztásnál van, de az elzárt térrészben egy kis vattacsomó található. Ekkor a nyomásmérő 105 Pa nyomást mutat. A dugattyút kihúzzuk a9 cm3-es osztásig. Ekkor a nyomásmé­rő pontosan 0,5 • 105 Pa nyomást mutat. M ekkora térfogatot foglal el a vattacso­mó?

XII/2. A 3.261. ábrán látható hengeres csövek keresztmetszete 200 cm2, illetve 100 cm2. A két henger csatlakozása fölött 15 cm magasan van az egyik súlytalan du­gattyú, a másik súlytalan dugattyú pedig a

3.260ábra

371

3.261.ábra

csatlakozás alatt van 15 cm-rel. A két dugattyút vékony, nyújthatatlan fonál köti össze. M ekkora tömeget függesztettünk az alsó dugattyúra, ha fölső 5 cm-t mozdul el lefelé?

XII/3. Egyik végén zárt, fekvő üvegcső­ben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár le. M ekkora az el­zárt levegő hossza, ha a csövet függőleges helyzetbe hozzuk, feltéve, hogy a zárt vége alulra kerül?

XII/4. Egyik végén zárt, fekvő üveg­csőbe 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora az elzárt levegőoszlop hossza, ha a csövet függőleges helyzetbe húzzuk, és a cső zárt vége fölülre kerül?

XII/5. Egyik végén zárt, fekvő üvegcső­ben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora a be­zárt levegőoszlop hossza, ha a csövet zárt végével alul, ferdén állítjuk úgy, hogy a vízszintessel 60°-os szöget zár be?

XII/6. Egyik végén zárt, fekvő üvegcső­ben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora a be­zárt levegőoszlop hossza, ha a cső függő­leges helyzetben, zárt végével alul, fölfelé gyorsul 5 m/s2 gyorsulással?

XII/7. Egyik végén zárt, fekvő üvegcső­ben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár le. M ekkora a be­

zárt levegőoszlop hossza, ha a cső függő­leges helyzetben, zárt végével alul, lefelé gyorsul 5 m /s2 gyorsulással?

XII/8. Egyik végén zárt, fekvő üvegcső­ben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora a be­zárt levegőoszlop hossza, ha a cső függőle­gesen fölfelé gyorsul 10 m/s2 gyorsulással, és a nyitott vége van alul?

XII/9. Egyik végén zárt, fekvő üvegcső­ben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora a be­zárt levegőoszlop hossza, ha a cső függő­leges helyzetben (zárt végével felül) lefelé gyorsul 10 m/s2 gyorsulással?

XII/10. Egyik végén zárt, fekvő üveg­csőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. A csövet 30° hajlásszögű lejtőre helyezzük úgy, hogy a cső zárt vége legyen fölül. A súrlódási együttható az üveg és a lejtő között 0,2. Milyen hosszú a levegőoszlop?

XII/11. Egyik végén zárt, fekvő üveg­csőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. A csövet víz­szintes síkban, a zárt végén átmenő ten­gely körül, cú szögsebességgel forgatjuk. A bezárt levegő hossza 15 cm-rel nő. H atá­rozzuk meg a szögsebességet!

3.262.ábra

372

X II/12. Egyik végén zárt, fekvő üveg­csőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. A csövet füg­gőleges helyzetben egy kis kocsiba tesz- szük, amely egy 30° hajlásszögű lejtőn súrlódásmentesen gördül le (3.262. ábra). M ekkora a bezárt levegőoszlop hossza?

XII/13. Egyik végén zárt, fekvő üveg­csőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. A csövet 30" hajlásszögű lejtőn súrlódásmentesen gör­dülő kiskocsiba tesszük úgy, hogy a cső merőleges a lejtőre (3.263. ábra). Mek­kora a bezárt levegőoszlop hossza?

XII/14. Mindkét végén zárt, vékony üvegcsőben egy 40 cm és egy 50 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp választ ketté. A csövet függőleges helyzet­be hozzuk úgy, hogy a kezdetben 50 cm hosszú rész kerül alulra. A higanycsepp10 cm-t mozdul el lefelé. M ekkora a bezárt gázok nyomása kezdetben?

XII/15. Egy mindkét végén zárt üveg­csőben egy 40 cm és egy 50 cm hosszú le­vegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp választ ketté. A csövet függőleges helyzet­be hozzuk úgy, hogy a kezdetben 50 cm hosszú levegőoszlop kerül alulra. Ekkor a higanycsepp 12 cm-t mozdul el lefelé.

Mennyivel mozdulna el, ha a csövet úgy hoznánk függőleges helyzetbe, hogy a kez­detben 40 cm hosszú rész kerüljön alulra"1

X II/16. Egy L alakú cső mindkét szára 80 cm hosszú, és mindkét szárat félig hi­gany tölt ki. A vízszintes szár zárt, a füg­gőleges nyitott. M ekkora lesz a levegőosz­lop hossza, ha a csövet — a 3.264. ábra szerint — 90°-kal elfordítjuk?

XII/17. Egy L alakú cső mindkét szára 80 cm hosszú, és mindkét szárat félig hi­gany tölti ki. A cső függőleges szára zart. a vízszintes nyitott. Milyen hosszú lesz a bezárt levegőoszlop, ha a csövet függőle­ges síkban — a 3.265. ábra szerint — 90 - kai elfordítjuk?

XII/18. Egy L alakú cső mindkét szára 80 cm hosszú, és mindkét szárát félig hi­gany tölti ki. A csőnek a függőleges és vízszintes szára is zárt. A csövet 90-kal elforgatva a higany 15 cm-t mozdul el

373

3.266.ábra

3.267.ábra

(3.266. ábra). Mekkora volt a két levegő­oszlop nyomása kezdetben?

XII/19. A 3.267. ábrán látható U alakú cső egyik szára zárt, a másik nyitott. A zárt szár keresztmetszete 5 cm2, a nyitott száré1 cm2. A két szárban egyenlő magasan hi­gany van. Ekkor a bezárt levegőoszlop hossza 50 cm. A nyitott szárba ezután annyi higanyt öntünk, hogy a higanyfel­szín 30 cm-rel emelkedik. Mennyivel emel­kedik a higanyszint a zárt szárban? Meny­nyi higanyt töltöttünk a csőbe?

XI1/20. A 3.268. ábrán látható U alakú cső keresztmetszete mindenütt l cm2, és mindkét függőleges cső 1 m hosszú. A két szárban kezdetben 30 cm magasan higany van. A bal oldali szár nyitott, a jobb ol­dali zárt. A bal oldali szárba kis dugattyút helyezünk, és lassan lenyomjuk. Hol áll a dugattyú, ha a higanyszint 15 cm-t süly- lyedt? Mennyivel nőtt a higany helyzeti energiája?

XII/21. A 3.269. ábrán látható „csőkí­gyóban" alul két összefüggő higanyfonal van. A függőleges csőszakaszok 1 métere­sek. Az első szárban 70 cm, a második­ban 40 cm, a harmadikban 60 cm, a negye­dikben 50 cm magasak a higanyoszlopok. M ekkora a két zárt térrészben a levegő nyomása?

XII/22. Egy mindkét végén nyitott, 1 méter hosszú, 1 cm2 keresztmetszetű csö­vet félig vízbe nyomunk. A felső végét befogjuk, majd a csövet kihúzzuk a vízből. Milyen hosszú vízoszlop m aradt a csőben?

XII/23. Egyik végén zárt üvegcső hosz- sza 1 méter, keresztmetszete 1 cm2. A csö­vet nyitott végével lefelé vízbe nyomjuk úgy, hogy a cső 45 cm hosszú része kerül a víz felszíne alá. Mennyi víz nyomul be a csőbe?

XII/24. Egyik végén zárt, súlytalan üveg­cső hossza 1 méter, keresztmetszete 1 cm2.

3.268.ábra

•1m

3.269.ábra

374

3.270.ábra

3.271. ábra

A csövet nyitott végevei lefelé vízbe nyom­juk. A cső zárt vége a víz felszíne alá kerül 20 cm-rel. M ekkora a bezárt levegő térfo­gata és nyomása? Mennyi víz nyomul be a csőbe? Mekkora erőt kell a csőre kifejteni ebben a mélységben?

XII/25. Egyik végén zárt, 40 cm hosszú, súlytalan üvegcső keresztmetszete 5 cm2. A cső nyitott végébe jól záró, könnyű du­gattyút helyezünk, és a csövet zárt végével fölfelé függőleges helyzetben víz alá nyom­juk. A cső felső vége 1,4 méter mélyen van a víz felszíne alatt. M ekkora most a bezárt levegő térfogata? Mekkora erőt kell kifej­tenünk az üvegcsőre?

XII/26. Egyik végén zárt, 20 cm hosszú,2 cm2 keresztmetszetű, súlytalan üvegcsö­vet nyitott végével vízbe helyezünk <3.270. ábra). A csőre nyílásához közel egy sú­lyos fémkarikát helyezünk. így az üvegcső a víz alatt egyensúlyi helyzetbe kerülve úgy

úszik, hogy a külső vízfelszín és a cső­be benyomult vízfelszín távolsága 40 cm. Mekkora a nehezék súlya?

XII/27. A 3.271. ábrán látható 2 dm 2 ke­resztmetszetű hengerbe vizet öntöttünk. A henger aljához rugóval egy dugattyúval el­látott, egyik végén zárt csövet rögzítet­tünk. Ennek a csőnek a keresztmetszete 1 dm2. A kiindulási helyzetben a bezárt levegőoszlop hossza 2 dm, az úszó cső fel­ső, zárt vége 20 cm mélységben van a víz felszíne alatt. A rugó megnyúlása ekkor4 cm. A dugattyú 16 cm-re van a henger alsó lapja fölött. Ekkor a hengerbe annyi vizet öntünk, hogy az úszó cső zárt vége 40 cm mélységben lesz a víz felszíne alatt. Hol helyezkedik el az úszó cső? Mennyi a bezárt levegő térfogata?

XII/28. Egy vékony, 1 cm2 keresztmet­szetű, 1 méter hosszú, 200 g tömegű üveg­csövet teljesen megtöltünk higannyal, majd higanyba fektetjük, és a zárt végét kiemel­jük. A felső végét rugós erőmérővel a mennyezethez rögzítjük. A cső felső vége ekkor 75 cm-re van a külső higany felszíne fölött (3.272. ábra). Mekkora erőt mutat a rugós erőmérő?

A kiadásért felelős az Akadémiai Kiadó és Nyomda Vállalat igazgatójaA nyomdai munkálatokat az Akadémiai Kiadó és Nyomda Vállalat végezteFelelős vezető: Zöld FerencBudapest, 1992Nyomdai táskaszám: 19322Felelős szerkesztő: Szente LászlóMűszaki szerkesztő: Szakács SándornéA fedéltervet készítette: Kiss MihályKiadványszám: 2779Megjelent 23,5 (A/5) ív terjedelemben

Baranyi KárolyJLJCll Cll I V 1 J. V C il

f i f l Z I K R I 7

G O H D O L K O D f l S

_______________________________I S K O L A I f i

m e c h a n i k a

Akadémiai Kiadó • Budapest

Felvételi vizsgára készülő diákoknak, középiskolásoknak, tanároknak, tanárjelölteknek és a gyermekeik tanulmányait értő figyelemmel kísérő szülök számára készült ez a nagyszabású, háromkötetes mű. Nem író­asztal mellett született, majd két évtizedes oktatómunka írásos ered­ménye, mely a diákokkal való együttgondolkodás során csiszolódott ki. A szerző az élő elöadasok nyomán bevonja a hallgatót-olvasot a fizikai gondolatmenetekbe, a fogalmak megalkotásába, saját tudásuk fel nőve kedésének szellemi folyamatába. Emellett utat mutat a tanultak alkal­mazására: a fizika elméletét 300 részletesen tárgyalt problémán keresz­tül mutatja be, a kérdéskörökhöz 800 feladat is tartozik, a feladatok részletes megoldásával együtt. M int középiskolai segédkönyv kiválóan alkalmas arra. hogy egyetemi felvetelire készülők vezérfonala legyen, és hasznos a tanároknak is: újfajta szemlélettel, hatásos, a gyakorlatban bevált módszerekkel ismerkedhetnek meg.

Az 1. kötet a fizika alapozó fejezetét, a mechanikát tartalmazza. Álta­lában egyszerű, jól megfigyelhető fizikai jelenségekből indul ki, ame­lyek elvezetnek a legáltalánosabb elvekhez is. A mozgások tanulmányo­zásakor a szerző különus hangsúlyt helyez a mozgás viszonylagosságá­ra, a vonatkozási rendszerekre. A dinamika alapfogalmainak és törvé­nyeinek tárgyalása során újszerű gondolatmenetet követ. A tömegpon­tok mechanikájában a pontszerű fizikai testek állapotjelzőinek, az im­pulzusnak, a mechanikai energiának, valamint az impulzusmomentum­nak a tulajdonságait vizsgálja, a hasonlóságukra és különbségükre téve a hangsúlyt. A pontrendszerek mechanikájában a merev testek, a defor­málható (és rugalmas) testek, a.folyadékok és a gázok mechanikai tulaj­donságait tárgyalja. A fizikai törvényeket (a mérlegegyenleteket) úgy fogalmazza meg, hogy a különféle pontrendszerek egységes szemlélet­ben legyenek tárgyalhatok.

1 8 2 8