(tömegpont mechanikájának alapjai) kiemelt tématerületek a … · 2017-03-07 · kidolgozott...
TRANSCRIPT
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
FEJEZETEK A FIZIKÁBÓL
(Tömegpont mechanikájának alapjai)
Kiemelt tématerületek a hallgatói felkészülés támogatására
Összeállította: Dr. Majár János
Gépészmérnöki és Informatikai Kar Fizikai Intézet
MISKOLCI EGYETEM
2014
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
1
TARTALOM
1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák .................................................. 3
2 Általános feladat-megoldási tanácsok, javaslatok ............................................................... 4
2.1 Feladat-megoldási eszközök ........................................................................................ 4
2.2 Vektor-nem vektor ....................................................................................................... 4
2.3 Mértékegységek ........................................................................................................... 5
3 Kinematika I. – a mozgások leírása általában ..................................................................... 6
3.1 Elméleti alapok ............................................................................................................ 6
3.1.1 Elmozdulás, sebesség, gyorsulás .......................................................................... 6
3.1.2 Állandó sebességű eset, az Egyenes vonalú egyenletes mozgás .......................... 7
3.1.3 Állandó gyorsulású eset ....................................................................................... 7
3.1.4 Egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás ..................................................... 8
3.2 Bevezető elemi feladatok ............................................................................................. 8
3.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) .................................................................................... 10
3.4 Példák, ajánlott feladatok .......................................................................................... 14
4 Kinematika II. – hajítások ................................................................................................. 15
4.1 Elméleti alapok .......................................................................................................... 15
4.2 Bevezető elemi feladatok ........................................................................................... 16
4.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) .................................................................................... 17
4.4 Példák, ajánlott feladatok .......................................................................................... 21
5 Dinamika I. – Newton-törvények ...................................................................................... 22
5.1 Elméleti alapok .......................................................................................................... 22
5.2 Bevezető elemi feladatok ........................................................................................... 24
5.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) .................................................................................... 26
5.4 Példák, ajánlott feladatok .......................................................................................... 28
6 Dinamika II. – kötelek, lejtők, csigák ............................................................................... 29
6.1 Elméleti alapok .......................................................................................................... 29
6.1.1 Az ideális kötél működése .................................................................................. 29
6.1.2 Az ideális (álló?)csiga működése ....................................................................... 29
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
2
6.1.3 Lejtőn mozgó test dinamikájának leírása ........................................................... 29
6.2 Bevezető elemi feladatok ........................................................................................... 30
6.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) .................................................................................... 32
6.4 Példák, ajánlott feladatok .......................................................................................... 34
7 Dinamika III. – megmaradó mennyiségek ........................................................................ 35
7.1 Elméleti alapok .......................................................................................................... 35
7.1.1 Lendület (impulzus), Impulzus-tétel .................................................................. 35
7.1.2 Munka, mozgási energia, munkatétel ................................................................. 35
7.1.3 Konzervatív erőterek, potenciális energia, mechanikai energia-megmaradás ... 36
7.1.4 Teljesítmény, teljesítmény-tétel ......................................................................... 36
7.2 Bevezető elemi feladatok ........................................................................................... 37
7.3 Kidolgozott mintafeladat(ok) .................................................................................... 39
7.4 Példák, ajánlott feladatok .......................................................................................... 43
Irodalom ................................................................................................................................... 44
Köszönetnyilvánítás ................................................................................................................. 44
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
3
1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák
A jelen munkafüzet egy rövid, praktikus szemlélettel készült segédanyag a Fizika tárgy kezdeti óráinak megértéséhez, a gyakorlatokon megoldandó feladatok alapjainak megtanulásához. A fő cél, hogy az elméleti megközelítésből kiindulva, példákon keresztül jusson el a hallgató a legegyszerűbb feladatoktól az egyetemi anyagban szereplő feladatok szintjéig, és sikerrel kezdhessen hozzá a gyakorlatok hallgatásához. A munkafüzet egyéni felkészüléshez készült segédanyag, megfogalmazásai, a feladatok sorának felépítése egy biztos alapokra épülő tudás kialakítását célozza, ami az egyes fejezetek végére stabil, vállalható kezdő tudással vértezi fel az olvasót az egyetemi tanulmányai során. Bár maga a segédanyag nem erre épít, mégis bizonyos feladatok megoldásához szükség van a Matematika tárgy oktatásain elsajátított módszerekre (vektorokkal végzett műveletek, koordináta-geometria és differenciálszámítás). Bár a feladat-megoldások terén óvatosan kell bánni a standard módszerek alkalmazásával, az összetettebb feladatok esetében igyekeztünk olyan feladat-megoldási utakat, eljárásokat javasolni, amelyek a jellemző típus-példák megoldásakor biztosan alkalmazhatóak, és könnyedén megtanulhatóak. Lévén munkafüzet, ez az anyag nem tartalmaz részletes elméleti fejtegetéseket, és nem célja a választott tématerületek mélyebb kérdéseinek tisztázása. Az elsődleges az elméleti anyag alapjainak megértetése, a feladat-megoldási készségek és módszerek fejlesztése, egy minimálisan elvárható gyakorlottság kialakítása. A választott témák azokat a területeket ölelik át, amelyekkel a hallgatók a Fizika, vagy Fizika I. kurzusok során először találkoznak. A fő tématerület a tömegpont mechanikája, azon belül kinematika, dinamika, illetve ezek alkalmazása néhány speciális mozgás esetére (hajítások, körmozgás, rezgések). Felépítését tekintve a munkafüzet minden fejezete egy témakört ölel fel. Az elméleti leírásokat néhány nagyon egyszerű, majd kissé összetettebb példa követi kidolgozva. A Kidolgozott mintafeladat(ok) fejezete egy, vagy két olyan összetett feladattal zárul, amelyet a hallgatónak magának kell megoldania, de hogy a megoldást leellenőrizhesse, egyfajta megoldási utat is bemutatunk. Végül további feladatok segítik az egyéni felkészülést, amelyeknél a végeredmények is megtalálhatóak (de a számolási folyamat részletei nem), ha azok röviden közölhetőek. Ezek között *-gal jelöljük azokat, amelyek egyértelműen túlmutatnak a munkafüzetben tárgyalt feladatok nehézségi szintjén . A segédanyag felhasználható Fizikai Intézet által oktatott Általános Fizika I. és Fizika I. tárgyak oktatásának kiegészítésére a Gépészmérnöki és Informatikai Kar szakjain (Gépészmérnök, Mechatronikai mérnök alapszak, Villamosmérnöki alapszak, Mérnök informatikus alapszak, Műszaki menedzser alapszak), és átoktatásban a Műszaki Anyagtudományi Karon (Anyagmérnöki alapszak), illetve a Műszaki Földtudományi Karon (Műszaki Földtudományi alapszak és Környezetmérnöki alapszak).
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
4
2 Általános feladat-megoldási tanácsok, javaslatok
A Fizika tárgyakon az oktatás során a fő célkitűzés, hogy sztenderd módon megoldható feladatokkal találkozzanak a hallgatók. Ezeket természetesen kiegészítjük érdekesebb, izgalmas, vagy éppen trükkösen megoldható feladatokkal is, ezeknek a megoldása gyakran eltér a sztenderdtől. Ennek ellenére vannak olyan általános megoldási módszerek (vagy azok tipikus lépései), vagy ellenőrzési módok, amelyek jól alkalmazhatóak majdnem minden feladattípus esetén. Ezen alfejezetben ezeket a módszereket és nézőpontokat igyekeztünk összeszedni. Ki kell emelni azonban, hogy nagyon fontos, hogy a hallgató a részletek tekintetében a tapasztalataira hagyatkozva kialakítsa saját feladat-megoldási szokásait, eszközeit (ezek természetesen nem lehetnek inkorrektek).
2.1 Feladat-megoldási eszközök
Egy fizika feladat esetében több olyan eszköz is rendelkezésre áll, amely megkönnyíti a feladat megoldását. Ha tipizálni szeretnénk egy feladat megoldását, akkor arra jutnánk, hogy az alábbi utat követjük:
- Feladat értelmezése, adatok felírása. - Releváns egyenletek felírása, származtatása. - Az egyenlet, vagy egyenletrendszer megoldása. - A megoldások ellenőrzése. - A végeredmények összegzése, kiértékelése, értelmezése.
Ezen útvonalon (ami erőteljesen leegyszerűsített) több olyan eszköz is rendelkezésre áll, ami megkönnyíti a megoldást:
- Ábra készítése a feladat értelmezéséhez, az adatok felírásához. - Néha az adatokat érdemes táblázatos formában felírni, vagy a feladat részeredményeit
abban vezetni a megoldás során. - Megfelelő koordináta-rendszer megválasztása az egyenletek felírásakor, vagy
megoldásakor. - A formális levezetések és a behelyettesítések közötti egyensúly megtalálása. - Megfelelő számológép (vagy helyettesítője) megfelelő használata. - Az eredmények kiértékeléséhez, értelmezéséhez újabb ábrák, grafikonok készítése. - Végezetül fontos készség annak átlátása, hogy mikor érdemes egy feladatot több,
egymásra épülő részfeladatként kezelni és lineárisan megoldani.
2.2 Vektor-nem vektor
A feladatmegoldás során több lehetőség is van, ami segít legalább nagyjából ellenőrizni, hogy súlyos hibát vétettünk-e a megoldási folyamatban. Ennek egyik módja annak ellenőrzése, hogy a skalárokat, vektorokat, tenzorokat megfelelően kezeljük-e a levezetések során. Ennek van egy egyszerű szabálya (ezért is fontos tudni minden fizikai mennyiségről, hogy milyen jellegű): skalárt csak skalárral lehet összeadni, vagy egyenlővé tenni; és ugyanez igaz vektorok és tenzorok esetében is.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
5
2.3 Mértékegységek
Egy másik eszköz a folyamatos ellenőrzésre a mértékegységek megfelelő kezelése. Erre ugyanolyan szabály vonatkozik, mint a skalár-vektor-tenzor kérdéskörben, vagyis csak ugyanolyan mértékegységgel rendelkező fizikai mennyiségek adhatóak össze, vagy tehetőek egyenlővé egymással. Ehhez természetesen az úgynevezett prefixumok ismerete is fontos (kilo-, mega-, milli-, mikro-, stb.). Az alábbiakban összefoglaltuk az ezen munkafüzetben megtalálható fizikai mennyiségek mértékegységét:
- elmozdulás, út: m (méter) megjegyzés: 1m=100cm, 1km=1000m
- idő: s (szekundum) megjegyzés: 1h=3600s
- sebesség: m/s megjegyzés: 1m/s=3,6 km/h
- gyorsulás: m/s2
- a szögeket általában radiánban mérjük, de jelen munkafüzetben elegendő fokokban
- tömeg: kg (kilogramm)
- erő: N (Newton) megjegyzés: 1N=1kg·m/s2
- súrlódási együttható: nincs mértékegysége
- rugóállandó: N/m
- sűrűség: kg/m3 megjegyzés: 1 kg/dm3=1000 kg/m3
- töltés: C (Coulomb)
- energia, munka: J (Joule) megjegyzés: 1J=1kg·m2/s2, 1kWh=3,6·106J
- teljesítmény: W (Watt) megjegyzés: 1W=1kg·m2/s3
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
6
3 Kinematika I. – a mozgások leírása általában
A Kinematika a mozgások leírásával foglalkozik, nem firtatja a mozgások (és azok tulajdonságainak) miért-jeit. Ebben a fejezetben a Klasszikus Fizika általános kinematikai fogalmait mutatjuk be, és illusztráljuk azokat a legegyszerűbb mozgások leírásával.
3.1 Elméleti alapok
A jegyzetben a továbbiakban mindenhol csak tömegpont mozgásáról lesz szó, vagyis elhanyagoljuk a vizsgált fizikai rendszer kiterjedését, és ezzel együtt természetesen annak forgó mozgása, vagy alakváltozása sem értelmezhető.
3.1.1 Elmozdulás, sebesség, gyorsulás
Egy test egy mozgását egy r(t)
vektor jellemzi, amely minden egyes t időpontban megadja a tömegpont helyzetét. Azonban mivel a helyvektor csak adott koordinátarendszerben értelmezhető, szükségünk van egy koordináta-rendszer választástól független, vagyis mérhető fizikai mennyiségre. Ez az elmozdulás vektor, amely megmondja, hogy a test a t1 és t2 időpontok között hogyan mozdul el a pályáján:
1,2 2 1r r(t ) r(t )
. (3.1.)
Az elmozdulás-vektort elosztva az idővel (vagyis bevezetve az időegység alatt bekövetkező elmozdulás fogalmát) megkapjuk a sebességvektort. Ez azonban csak akkor lehet pontos, ha az időtartamot egészen kicsinek választjuk, így megkapjuk a sebességvektort bármely időpontban, vagyis
2 1
2 1 11
t t2 1
r(t ) r(t ) dr(t )v(t ) lim
t t dt
. (3.2.)
Hasonlóan vezethető be a pillanatnyi gyorsulás vektora is, amely a sebesség időbeli megváltozását írja le, vagyis
2 1
22 1 1 1
1 2t t2 1
v(t ) v(t ) dv(t ) d r(t )a(t ) lim
t t dt dt
. (3.3.)
Tovább nem érdemes ezen a gondolati szálon haladni, a dinamika mozgásegyenletei a gyorsulás-vektort határozzák meg, abból kell kiszámolnunk a tömegpont pályáját. Visszafelé
haladva a differenciál-számítás helyett integrálnunk kell, vagyis ha adott a gyorsulás a(t)
időfüggése, abból a sebességvektort az alábbi integrálással számolhatjuk ki:
0
t
0
t
v(t) a(t ')dt ' v
, (3.4.)
ahol 0v
-val jelöltük a sebességvektor t0-ban felvett értékét.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
7
Hasonlóan, ha a sebességvektor időfüggése ismert, abból kiszámolható a helyvektor adott koordinátarendszerben:
0
t
0
t
r(t) v(t ')dt ' r
, (3.5.)
ahol 0r
-val jelöltük a helyvektor t0-ban felvett értékét. Amennyiben a fenti integrálások elvégezhetőek, a mozgásegyenletekből származtatott gyorsulásvektorokból a mozgás minden fontos tulajdonsága kiszámolható. Fontos még az általános elméleti bevezetőben foglalkozni az átlagsebesség fogalmával, ami a vizsgált időtartam alatt megtett út és az idő hányadosa, vagyis nem az elmozdulással áll kapcsolatban.
1,2
2 1
sv
t t
, (3.6.)
ahol a két időpont között megtett út
2
1
t
1,2
t
s v(t) dt
. (3.7.)
3.1.2 Állandó sebességű eset, az Egyenes vonalú egyenletes mozgás
A fenti általános összefüggések első, legegyszerűbb alkalmazása az Egyenes vonalú, egyenletes mozgás, amelynek definíciója, hogy a sebességvektor állandó (iránya és hossza is)
0v(t) v
. Ezt kiintegrálva lehet leírni a mozgást, vagyis
00r(t) v t r
. (3.8.)
Mivel az egyenes vonalú mozgás leírása egyetlen koordinátatengely mentén is lehetséges, egy megfelelően választott koordinátarendszerben, ha a mozgás az x tengely mentén történik, a fenti egyenlet az alábbi lesz:
0 0x(t) v t x . (3.9.)
Fontos kiemelni, hogy ha több, nem ugyanabba az irányba haladó mozgást egyszerre szeretnék leírni, valamilyen koordinátarendszer bevezetésére szükség van, és akkor a korábbi egyenletek érvényesek mindegyik egyenes vonalú egyenletes mozgást végző tömegpontra.
3.1.3 Állandó gyorsulású eset
Hasonlóan kiszámolhatóak az állandó gyorsulású 0a(t) a
mozgás egyenletei is, ahol a sebességvektor
0 0v(t) a t v
, (3.10.)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
8
az elmozdulás-vektor pedig
0 200
ar(t) t v t r
2
(3.11.)
lesz.
3.1.4 Egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás
Az állandó gyorsulású mozgások egyik speciális esete az egyenes vonalú, egyenletesen
változó mozgás, amely abban különbözik a fenti, általánosabb esettől, hogy az 0a
gyorsulás
és a 0v
kezdeti sebességek párhuzamosak. Ebben az esetben, ha csak egyetlen tömegpont mozgását vizsgáljuk, ismét elegendő egyetlen koordinátatengely bevezetése a mozgás leírására, ez ismét legyen az x tengely. Ekkor a sebesség
x 0 0v (t) a t v (3.12.)
lesz, a koordináta pedig
200 0
ax(t) t v t x
2 . (3.13.)
3.2 Bevezető elemi feladatok
1. feladat Egy egyenletesen mozgó autó sebessége 72 km/h. Mennyi utat tesz meg 10 s alatt?
Megoldás: - Adatok: v=72 km/h, Δt=10 s. - Az autó sebességének átváltása m/s-ra: 72 km/h = 72/3,6 m/s = 20 m/s. - Az út kiszámítása: s = v Δt = 200 m 2. feladat Egy farkas üldözőbe vesz egy őzgidát. Tegyük fel, hogy mindketten ugyanazon egyenes mentén mozognak, a farkas sebessége 36 km/h, a gidáé 21,6 km/h, és utóbbinak 100m előnye van. Mennyi idő múlva éri utol a farkas és mennyit kell futnia? Megoldás: - Adatok: vf = 36 km/h=10 m/s, vg=21,6 km/h=6 m/s, Δs=100m. - Az egyenes vonalú mozgások leírása: sf = vf Δt; sg = vg Δt. - A megoldandó egyenlet: sf = sg + Δs.
- Az idő kiszámítása: f gf g
s 100mv t v t s t 25s
v v 10m / s 6m / s
.
- A farkas által megtett út kiszámítása: f fs v t 10m / s 25s 250m .
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
9
3. feladat Egy kerékpáros sebessége 5 s alatt 7 m/s-ról egyenletesen 12 m/s-ra növekszik. Mekkora a gyorsulása? Mennyi utat tesz meg a gyorsuló szakaszon? Megoldás: - Adatok: v0=7 m/s, v1=12 m/s, Δt=5 s.
- Az autó gyorsulásának kiszámítása: 1 02
v v 12m / s 7m / s ma 1
t 5s s
.
- A megtett út kiszámítása: 2
2 20
a 1m / ss t v t (5s) 5m / s 5s 37,5m
2 2
4. feladat Egy hajó északra halad 20km/h sebességgel, egy másik keletre 15km/h-val. Milyen távol lesznek egymástól 4 óra múlva? Megoldás: - Adatok: v1=20 km/h, v2=15 km/h, Δt=4 h. - A megtett utak kiszámítása: s1 = v1 Δt = 80 km; s2 = v2 Δt = 60 km. - A hajók távolsága, mivel egymásra merőlegesen haladnak, a Pitagorasz-tétel segítségével számolható ki, vagyis
2 21 2s s s 100km .
5. feladat Egy hajó vh=20km/h sebességgel halad kelet felé. A raktérben egy patkány a hajóhoz képest északkeleti irányban szalad vp=15km/h sebességgel. Mekkora a patkány sebessége a Földhöz képest és milyen szöget zár be a keleti iránnyal? Megoldás: - Adatok: vh=20km/h, vp=15km/h, a patkány sebessége a keleti irányhoz képest α=45°. - Koordinátarendszer választása: x tengely a keleti irányba, y tengely az északi irányba mutasson. - Vektorkomponensek: vhx=20km/h; vhy=0km/h
vpx=vp cos α=10,61 km/h; vpy=vp sin α=10,61 km/h
- A partról nézve a két sebességvektor összegét lehet látni, vagyis h pv v v
.
A vektor koordinátái: h p
km km km20 10,61 30,61
h h hv v vkm km km
0 10,61 10,61h h h
.
- A sebességvektor hossza: 2 2x yv v v 32,39km / h .
- A sebességvektor iránya, vagyis a keleti iránnyal bezárt β szöge:
y
x
vtg 0,347 19,1
v .
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
10
3.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)
1. feladat Egy tömegpont mozgása koordinátáinak időfüggését az alábbi egyenletek írják le: t 2x(t) A cos( t) ; y(t) B e ; z(t) C t D t E , ahol A=2m, B=-1m, ω=2s-1, α=0,3 s-1, C=-0,5m/s2, D=5m/s, és E=6m. a) Határozza meg a sebesség- és gyorsulásvektorok komponenseit! b) Számolja ki a sebesség és a gyorsulásvektor hosszát 6s-nál!
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
11
1. feladat megoldása - Adatok: A=2m, B=-1m, ω=2s-1, α=0,3 s-1, C=-0,5m/s2, D=5m/s, E=6m, t=6s. - A helyvektor koordinátákkal történő felírása:
t
2
A cos( t)
r(t) B e
C t D t E
a) A sebességvektor a fenti vektor első deriváltja, a gyorsulásvektor a második derivált, vagyis
t
A sin( t)dr
v(t) B edt
2C t D
2
2 t
A cos( t)dv
a(t) B edt
2C
b) A fenti két vektor a konkrét értékek behelyettesítése után
1
1 1
1 0,3s 6s 1,8
2
2m 2s sin(2s 6s) 4m / s sin(12) 2,146m / s
v(t 6s) 1m 0,3s e 0,3m / s e 0,05m / s
1m / s 6s 5m / s 1m / s 1m / s
1
2 1 2 2
2 2 0,3s 6s 2 1,8 2
2 2 2
2m 4s cos(2s 6s) 8m / s cos(12) 6,751m / s
a(t 6s) 1m 0,3 s e 0,09m / s e 0,015m / s
1m / s 1m / s 1m / s
A komponensekből a vektorok hossza az alábbi módon számolható ki:
2 2 2x y z
mv v v v 2,368
s
2 2 2x y z 2
ma a a a 6,825
s .
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
12
2. feladat Két villamosmegálló között 760m a távolság. A kocsi egyenletesen gyorsul, aztán 27 km/h sebességgel egyenletesen mozog, majd állandó lassulással lefékez. A gyorsítás ideje 30s, a fékezésé 20s. Mennyi idő alatt ér a villamos az egyik megállóból a másikba?
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
13
2. feladat megoldása - Adatok: s=760m, vvég=27 km/h=7,5m/s, t1=30s, t3=20s. - A megoldás logikája: - A mozgás teljes ideje a három szakasz idejének összege, vagyis t = t1+ t2 + t3. - Ezekből a második szakasz időtartama ismeretlen, lényegében ennek meghatározása
a cél. Ennek kulcsa a második szakaszban megtett út kiszámítása. - Első megoldás: az egyenletrendszer felírásával.
1. szakasz – gyorsuló szakasz vég 1 1
211 1
v a t
as t
2
2. szakasz – állandó sebesség 2 vég 2s v t
3. szakasz – lassulás 3 3 vég
233 3 vég 3
0 a t v
as t v t
2
továbbá 1 2 3
1 2 3
s s s s
t t t t
Ezen egyenletekből folyamatában kiszámolhatóak az egyes mennyiségek: először a gyorsulások, azok segítségével az első és utolsó szakasz során megtett utak, abból a második szakasz során megtett út, végül annak az időtartama.
- Második megoldás: grafikusan, felrajzoljuk a sebesség-idő diagramot
Figyelembe véve, hogy az egyes szakaszokon megtett út megegyezik a függvény alatti területtel, geometriai alapon könnyedén kiszámolhatóak az utak, abból az s2, annak felhasználásával pedig a hiányzó időadat.
- Eredmények:
a1=0,25 m/s, ebből s1=112,5 m.
a3=0,375 m/s, ebből s3=75 m.
s2=572,5 m, ebből t2=76,33 s
t=126,33s
t
v
t1 t2 t3
s1
s2s3
vvég
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
14
3.4 Példák, ajánlott feladatok
1. feladat Egy test t=0-ban a Descartes-koordináta rendszer (3m, 2m, 1m) pontjában volt, t=3-ban pedig az (5m ,5m ,-1m) pontban, ahová egyenes vonalban mozgott. Mekkora az átlagsebessége? (1,37m/s) 2. feladat Két hegyi falu közötti autóbuszjáraton a buszok átlagsebessége egyik irányban 30 km/óra, a másik irányban 60 km/óra. Mekkora az átlagsebesség egy teljes fordulót figyelembe véve? Mi lenne akkor az átlagsebesség, ha a busz egy órán át menne 30, egy órán át pedig 60km/h sebességgel? (40 km/h és 45 km/h) 3. feladat* Egy test egydimenziós mozgást végez, a gyorsulás-idő függvény az ábrán látható, v0=0. Mekkora az átlagsebesség? (5,33 m/s)
4. feladat* Egy motorkerékpáros az ábra szerinti A pontból a C pontba kíván eljutni. Sebessége az úton (A és D között) 50 km/h, a mezőn 25 km/h. Melyik B pontnál kell letérnie a műútról, hogy A-ból C-be a legrövidebb idő alatt érjen? (Legyen x az A és a B távolsága, d=4 km pedig az A és a D távolsága, h=3 km.) (x=2,268 km)
5. feladat* Az xy síkban mozgó tömegpont koordinátái a következőképpen változnak: x=c1t
2, y=c2-c3t2, ahol c1=15m/s2, c2=4m, c3=20m/s2. Határozzuk meg a tömegpont pályáját,
pályasebességét és tangenciális gyorsulását. Mennyi idő alatt futja be a tömegpont pályájának a koordinátatengelyek közé eső szakaszát?
A
C
h
B D
t
a
2 4 6
3
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
15
4 Kinematika II. – hajítások
A hajítások az állandó gyorsulású mozgások közé tartoznak, a Nem jó számfejezetben leírtak jelentik a jelen fejezet kiindulópontját.
4.1 Elméleti alapok
A hajítások olyan speciális, állandó gyorsulású mozgások, amelyeknek a gyorsulása megegyezik a gravitációs gyorsulással, vagyis 0a g
, ami egy mindig függőlegesen lefelé
mutató, 2
mg 9,81
s hosszúságú vektor.
Megjegyzés: a feladatok megoldásakor itt elegendő a 2g 10m / s közelítő értékkel számolni. Fontos kiemelni, hogy a hajításokkal kapcsolatos feladatoknál általában elhanyagoljuk a légellenállás hatását, az nagyban megnehezítené a számolásokat, lásd ballisztikus pályák. A hajításokat három különböző típusba sorolhatjuk:
1. A függőleges hajítások esetén a gyorsulás és a kezdeti sebességvektor párhuzamosak (vagyis a kezdősebesség is függőleges). Ennek speciális esete a szabadesés, amelynél a kezdősebesség nagysága zérus.
2. A vízszintes hajítások esetén a kezdeti sebesség merőleges a gyorsulásra, vagyis vízszintes.
3. Minden más esetet ferde hajításnak nevezünk. A hajítások – lévén két dimenziós (vagy egyenes vonalú) mozgások kiértékelésénél elegendő két dimenziós koordinátarendszerben végezni a leírást (a három dimenziós koordinátarendszert úgy forgatjuk el, és az origó helyét úgy választjuk, hogy az egyik irányban minden vektor-komponens zérus legyen). Az általános konvenció szerint a függőleges komponensek a z tengelyen lesznek felvéve, a vízszintesek az x tengelyen. A hajításokkal kapcsolatos feladatokat az alábbi általános menetrend segítségével lehet szisztematikusan felírni:
1. lépés: javasolt a feladat megoldását ábra rajzolásával kezdeni. 2. lépés: a koordinátarendszer megválasztása, vagyis az origó helyének kiválasztása, a
tengelyek irányának meghatározása. Javasolt az egyik (x) tengelyt vízszintesen, a másikat függőlegesen felvenni.
3. lépés: az állandó gyorsulású mozgásokra vonatkozó általános egyenletek komponenseinek felírása a koordinátarendszerben.
4. lépés: az egyenletrendszer megoldása a megadott adatok alapján. 5. a feladat megoldásának kiértékelése, a nem fizikai megoldások kiszűrése.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
16
4.2 Bevezető elemi feladatok
1. feladat Mekkora távolságot tesz meg a nyugalmi helyzetből induló, és szabadon eső test a t1
= 6s és t2 = 8s közötti időközben?
Megoldás: - Adatok: g=10m/s2, v0=0m/s, t1=6s, t2=8s. - A test lefelé halad, ennek megfelelően vesszük fel a koordináta-tengely irányát. - A megtett út kiszámítása a két időpontig:
2 21 1 2 2
g gs t 180m, s t 320m
2 2
- A két út különbsége, vagyis az az út, amit a két időpont között tesz meg a test
2 1s s s 140m .
2. feladat Egy testet 10 m/s kezdősebességgel felfelé hajítunk. Milyen magasra jut a test? Mennyi idő alatt ér vissza a kezünkbe? Milyen sebességgel csapódik a kezünkbe? Megoldás: - Adatok: g=10m/s2, v0=10m/s - A koordinátarendszert az alábbiakban úgy vesszük fel, hogy a tengely függőlegesen felfelé mutat, nulla pontja a hajítás kezdőpontja. - A mozgás egyenletei a választott koordinátarendszerben
0
20
v(t) g t v
gz(t) t v t
2
- A pálya tetőpontján a sebesség nullává válik, vagyis a csúcsra érés ideje 0
tető tető 0 tető
vv(t ) 0 g t v t 1s
g
- Az eközben megtett út 2
tető tető 0 tető
gz t v t 5m
2
- A visszaérkezésről azt tudjuk, hogy akkor a z koordináta értéke újra zérus, vagyis az idő 2 0
vissza vissza 0 vissza vissza
2vgz(t ) 0 t v t t 2s
2 g
Megjegyzendő, hogy a fenti egyenlet másik megoldása a t=0s, ami a mozgás kezdőpontja, ez ellenőrzésnél fontos, de új eredményt nem szolgáltat. - A visszaérkezés sebessége pedig
vissza vissza 0
mv(t ) g t v 10
s ,
vagyis ugyanolyan nagyságú, de ellentétes irányú sebességgel érkezik vissza.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
17
4.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)
1. feladat Egy 20 m magasan nyíló ablakból egy, a talajon, a fal tövétől 14 m-re lévő dobozba köveket hajigálunk. Mekkora vízszintes sebességgel kell elhajítanunk a köveket, hogy beletaláljunk a dobozba?
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
18
1. feladat megoldása - Adatok: az ablak h=20m magasan van, a fal tövétől a doboz k=14m távolságban található. - Ábra és koordináta-rendszer választás
Megjegyzés: a koodinátarendszer-választás lehet ennél szokványosabb is, ettől a végeredmény nem függ(het). Talán a fenti koordinátarendszer adaptálható legjobban a feladathoz, viszont vigyázni kell az irányokkal, előjelekkel (például a mozgás végpontjának függőleges komponense nem -20m, hanem 20m!).
- Ebben a koordinátarendszerben a mozgás egyenletei az alábbiak:
z
2
0
v (t) g t
gz(t) t
2x(t) v t
- A végpontra (x=k, z=h) vonatkozó egyenletek az alábbiak:
2vég
0 vég
gh t
2k v t
- Az első egyenletből meghatározható a hajítás időtartama, a másodikból ennek segítségével a vízszintes irányú kezdősebesség nagysága.
vég 0vég
2h k g mt 2s v k 7
g t 2h s
- Megjegyzendő, hogy ha a koordinátarendszer origóját a fal tövéhez választanánk, akkor a z tengely függőlegesen felfelé mutatna, a z(t) kifejezése más lenne, de a végpontra vonatkozó egyenlet eredménye ugyanaz lenne:
2 2vég vég vég
g g 2hz(t) t h z(t ) 0 t h t
2 2 g .
x
z k
h
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
19
2. feladat Egy testet 25m/s nagyságú, a vízszintessel 60o–os szöget bezáró kezdeti sebességgel elhajítunk. Mikor és hol ér pályája tetőpontjára? Milyen magasra jut? Hol és mikor ér újra földet a test?
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
20
2. feladat megoldása - Adatok: v0=25m/s, α=60°. - Ábra és koordináta-rendszer választás
- Ebben a koordinátarendszerben a releváns egyenletek a következők:
z 0z 0
2 20z 0
0x 0
v (t) g t v g t v sin
g gz(t) t v t t v sin t
2 2x(t) v t v cos t
ahol a kezdeti sebességvektor komponensekre bontását a jobb oldali ábra segítségével elvégeztük. - A pálya tetőpontjára az jellemző, hogy ott a függőleges sebességkomponens nullává válik, vagyis vz(ttető)=0m/s. Ebből a tetőpontra érkezés ideje kiszámolható, abból pedig a csúcspont koordinátái is:
0z tető tető 0 tető
2t tető tető 0 tető
20
t tető 0 tető
v sinv (t ) 0 g t v sin t 2,165s
g
gz z(t ) t v sin t 23, 44m
2
v sin cosx x(t ) v cos t 27,06m
g
- A pálya végpontjának jellemzője, hogy ott a z komponens értéke újra nulla lesz, vagyis z(tvég)=0. Ebből az idő meghatározása után (a zérus megoldást ismét nem vesszük figyelembe) a hajítás távolsága is kiszámítható:
2 0vég vég 0 vég vég
20
v vég 0 vég
2v singz(t ) 0 t v sin t t 4,33s
2 g
2v sin cosx x(t ) v cos t 54,12m
g
- Megjegyzés: jól látható, hogy a mozgás a csúcspont körül szimmetrikus, a végpont ideje és x koordinátája is éppen duplája a csúcsponthoz tartozó értékeknek. Ez azonban csak a közegellenállás elhanyagolása miatt lehetséges.
x
z
vx=v0 cosα
v0
α
vz=v0 sinα
x
z
xt
zt
xv
v0
α
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
21
4.4 Példák, ajánlott feladatok
1. feladat Egy követ 125m magasról kezdősebesség nélkül leejtünk. Ezután 1s-mal később utána dobunk egy másik követ, függőlegesen lefelé irányuló vo kezdősebességgel. Mekkora legyen vo, hogy pontosan egyszerre érjenek földet? (11,25 m/s) 2. feladat Egy testet egy 15m magas toronyból 20m/s nagyságú, a vízszintessel 30°–os szöget bezáró, ferdén lefelé mutató kezdősebességgel eldobunk. Mennyi idő múlva ér földet a test és a torony tövétől milyen távol? (1s, 17,32m) 3. feladat Rögzített nagyságú kezdősebesség esetén a vízszinteshez képest milyen szögben kell eldobnunk egy testet, hogy a lehető legmesszebb essen le, ha a közegellenállást elhanyagoljuk? (45°) 4. feladat A vízszintes sík terepen milyen szögben kell kilőni az 500 m/s kezdősebességű lövedéket, hogy az a kilövés helyétől 5 km-re fekvő célba csapódjon? (5,77° vagy 84,23°) 5. feladat A várat ostromló hadsereg a 35 méter magas várfaltól 80 méterre felállít egy katapultot, amellyel lángoló lövedékeket szeretnének behajítani a várba. A katapult 5 méter magasról engedi el a lövedéket, melynek kezdeti sebessége a vízszintessel 60º-os szöget zár be és a sebesség nagysága 40 m/s. Sikerül-e áthajítaniuk a tűzgolyót a várfal fölött? Mekkora és milyen irányú a sebesség, amikor a lövedék a várfalhoz ér (becsapódik vagy elhalad fölötte)? (zfal=63,56m, v=20,71m/s, 15o–kal a vízszintes alatt)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
22
5 Dinamika I. – Newton-törvények
A testek mozgásának miért-jeire a Dinamika ad választ. Ennek első szakasza a Newton-törvényeket, és az ahhoz kapcsolódó erő-törvényeket tartalmazza, és a test mozgás-egyenleteinek származtatása a cél. Az egyenletek megoldása már a kinematika tárgykörébe tartozik.
5.1 Elméleti alapok
A Newton-törvények: 1. Minden test megőrzi egyenes vonalú egyenletes mozgását, vagy nyugalmi állapotát
addig, amíg annak megváltoztatására egy másik test nem kényszeríti. - Megjegyzés: a feladatmegoldásokban ez úgy jelenik meg, hogy ha egy
tömegpontra ható erők eredője zérus (ebbe beleértendő az is, ha nem hat rá erő), akkor nem gyorsul, vagyis a sebessége állandó.
- Megjegyzés: a fenti Newton-törvény modernebb változata az úgynevezett kiválasztási axióma, viszont a munkafüzetben található feladatok megoldásához arra nincs szükség.
2. A test gyorsulása és a rá ható erő arányos, vagyis szabatosabban:
F ma
, (5.1.)
ahol az arányossági tényező a tehetetlen tömeg, mértékegysége a kg.
3. Ha egy A test egy B testre ABF
erőt fejt ki, akkor a B test is erőt fejt ki az A-ra. Ezen
BAF
erő azonos nagyságú, de ellentétes irányú az eredeti ABF
erővel, vagyis:
BA ABF F
(5.2.)
Ezt nevezik erő-ellenerő, vagy hatás-ellenhatás törvényének is.
4. Ha egy tömegpontra egyidejűleg több erő is hat, akkor együttes hatásuk helyettesíthető egy úgynevezett eredő erővel. Az eredő erő az egyes erők vektori összege:
1
n
e i
i
F F=
=å
(5.3.)
A második és negyedik törvény összevetésének segítségével adhatjuk meg a tömegpont mozgásegyenletét
2
21
n
i
i
d rF ma m
dt=
= =å
, (5.4.)
amelynek ( )r t
megoldásait nevezzük mozgástörvénynek; a megoldáshoz természetesen
szükség van a 0( )v t
és 0( )r t
kezdeti feltételekre is.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
23
A mozgásegyenletek konkrét felírásához azonban szükség van bizonyos erőtörvényekre, amelyek a tömegpont helyétől, sebességétől, az időtől, anyagi és geometriai paraméterektől függően kiszámíthatóvá teszik az erővektorokat. A feladatmegoldások során használandó erőtörvények az alábbiak:
- Súlyerő: G m g , ahol g a gravitációs gyorsulás, az erő mindig függőleges.
- Csúszási súrlódási erő: S nyF F , ahol μ a csúszási súrlódási együttható, Fny a
két felület közötti nyomóerő. Az erőhatás mindig a felületekkel párhuzamos. - Rugóerő: xF D x , ahol D a rugóra jellemző direkciós állandó, x a kitérés.
- Kényszererők, mint a kötélerő (a kötél végén ébredő erő), vagy a tartóerő (a testet „tartó” felületre merőleges erőhatás).
A feladatmegoldások tekintetében az alábbi pontok végrehajtása javasolt:
1. Javasolt egy megfelelő minőségű ábra elkészítése. 2. Az ábrán jelölni kell a fellépő erőket. Általános szabály a mechanikában, hogy az hat
erővel egy testre, ami hozzáér, kivéve a gravitációt (és persze az ebből származó súlyerőt). Ezen pontnál fontos kiemelni, hogy az erők figyelembe vételekor számot kell tudni adni minden erő ellenerejéről is. Ezek között lesznek elhanyagolható hatásúak (például a test tömegvonzását, ami a Földre hat vissza, elhanyagolhatjuk, ahogy a rögzített felület tartóerejének ellenerejét is, stb.), de érdemes mindegyiket beazonosítani.
3. Az erők berajzolásának elvei (bár ezek némelyike a tömegpont modell esetén nem igazán lényeges):
a. A súlyerőt a tömegközéppontból indítjuk lefelé. b. A tartóerőt az azt kifejtő felületre, a felületből indítva vesszük fel. c. A kötélerő (lásd később) mindig kötélirányú. d. A csúszási súrlódási erő (lásd később) a két felület határán, a mozgás
feltételezett irányával ellentétes irányba mutat. e. A csúszási súrlódási erő esetén, ha az egyik felület tartóereje hat a másik
(jellemzően a mozgó) testre, akkor a súrlódási erő kifejezésében szereplő nyomóerő megegyezik ezzel a tartóerővel.
4. Választani kell egy megfelelő koordinátarendszert, amelyben az erővektorok összeadhatóak, ezzel az eredő erő meghatározható. Javasolt már ekkor figyelembe venni, hogy milyen koordinátarendszer-választás a legmegfelelőbb a gyorsulásvektor tekintetében.
5. Az egyes testekre külön-külön felírjuk a mozgásegyenleteket az alábbi módon. 6. A választott koordinátarendszerben (ez leggyakrabban derékszögű Descartes-
koordinátarendszer) össze kell adni (illetve összegezni kell) az erővektorokat, meghatározva az eredő erő vektorának komponenseit.
7. Ezt behelyettesítjük a mozgásegyenletbe, és meghatározzuk a gyorsulásvektor komponenseit.
8. A mozgástörvény meghatározása a kinematika feladatkörébe tartozik, az ott leírt módszerek alkalmazhatóak.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
24
5.2 Bevezető elemi feladatok
1. feladat Mekkora az emelődaru kötelében fellépő Fh húzóerő egy 100 kg tömegű gépalkatrész süllyesztésekor, illetőleg emelésekor, ha a gyorsulás nagysága mindkét esetben 2 m/s2? A kötél és a végén levő horogszerkezet súlya elhanyagolható. Megoldás: - Adatok: m=100kg, a=2 m/ s2. - Mozgásegyenlet, és annak megoldása, amikor lefelé mozog: h hG F m a F m g m a 800N.
- Mozgásegyenlet, és annak megoldása, amikor felfelé mozog: h hF G m a F m g m a 1200N.
2. feladat Egy m=4kg-os testre a súlyán kívül egy vízszintes, 30N nagyságú erő hat. Mekkora a test gyorsulása? Megoldás: - Adatok: m=4kg, F=30N. - A két erőhatás (súlyerő és F) merőleges egymásra, így a kettő eredőjének nagyságát a Pitagorasz-tétellel lehet kiszámolni:
2 2eredőF (m g) F 50N.
3. feladat Egy fél mázsás zsák vízszintes, súrlódásmentes talajon hever. Egy munkás elkezdi húzni a vízszintessel 40°-os szöget bezáró, 400N nagyságú erő-vel. Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása? Megoldás: - Adatok: m=50 kg, Fh=400N, =40° - Ábra, előkészítve a húzóerő komponensekre bontását:
- Mivel a húzóerő 400N, a test súlya pedig G=mg=500N, még ha függőlegesen felfelé is húzzuk, nem emelkedik el a talajról a test. Ezért rajzoltuk be a tartóerőt is az ábrán. - Függőlegesen a tartóerő, a húzóerő függőleges komponense és a súly kiegyenlítik egymást. A gyorsulást a mozgásegyenlet vízszintes komponenséből lehet kiszámolni:
hh 2
F cos mF cos m a a 6,13 .
m s
Fh
G
T
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
25
4. feladat Egy m=50kg-os zsákot vízszintesen húzunk F=300N erővel, így a gyorsulása a=1m/s2. Mekkora a súrlódási együttható a talaj és a zsák között? Megoldás: - Adatok: m=50kg, F=300N, a=1m/s2. - Ábra, feltűntetve a gyorsulás irányát is:
- A függőleges irányú mozgási egyenlet komponens, lévén függőlegesen a test nem gyorsul, az alábbi:
T G 0 T m g.
- A vízszintes komponensre vonatkozó egyenlet pedig:
F S m a F T m a .
- A fenti egyenletek alapján a megoldás:
F m a0,5.
m g
5. feladat Egy rugóra felakasztunk egy 2dm3 térfogatú, 5kg/dm3 sűrűségű testet, így a rugó 2cm-t nyúlik meg. Mekkora a rugóállandó? Megoldás: - Adatok: V=2dm3, ρ=5kg/dm3, Δx=2cm=0,02m. - A test tömegének meghatározása:
m V 10kg.
- A test mozgásegyenlete egyensúlyi helyzetben (a pozitív irány függőlegesen felfelé mutat):
D x m g 0.
- Ebből a megoldás:
m g ND 5000 .
x m
S
G
T
F
a
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
26
5.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)
1. feladat Egy M=10kg tömegű, téglatest alakú ládát leteszünk a padlóra, függőleges oldalára helyezünk egy m=2kg tömegű kis dobozt. A doboz és a láda között mind a csúszási, mind a tapadási súrlódási együttható 1=0,2, a láda és a padló között pedig mindkettő 2=0,5. a) Legalább mekkora legyen a láda gyorsulása, hogy a doboz ne essen le? b) Mekkora vízszintes F erővel kell ehhez a ládára hatni?
m F M
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
27
1. feladat megoldása - Adatok: M=10kg, m=2kg, μ1=0,2, μ2=0,5. - Ábra az erőhatások berajzolásával (külön figyelni kell az ellenerőkre):
Megjegyzés: az ábrán azokat az ellenerőket, amelyek relevánsak, ábrázolni kell! A számolások megkönnyítése érdekében az egyes erőket úgy ábrázoltuk, hogy jól látható legyen, mely testekre hatnak (még ha ezzel az ábra kevésbé is lesz pontos).
- Bár a két test nincs rögzítve, jól láthatóan azonos gyorsulással kell rendelkezniük. Az M gyorsulása nem lehet nagyobb, mint m-é, különben a doboz belenyomódna a ládába. Ha pedig a doboz gyorsulása lenne nagyobb, leesne (megszűnne az őt fent tartó tapadási súrlódás). - A koordinátarendszer-választás ebben az esetben egyszerű, az erőhatások függőleges és vízszintes komponenseit számoljuk ki. - A doboz mozgásegyenletének komponensei (először a függőleges, majd a vízszintes):
1 m 1 m
m
S G 0 T m g 0
T m a.
- A láda mozgásegyenletének komponensei (először a függőleges, majd a vízszintes):
M M 1 M 1 m
m 2 m 2 M
T G S 0 T M g T 0
F T S M a F T T M a.
- Az első kérdésre a választ a doboz mozgásegyenleteiből lehet kiszámolni. Ahhoz, hogy a test ne csússzon le, ahhoz a függőleges gyorsulásnak kell nullának lennie, vagyis az első egyenletnek kell teljesülnie:
1 m 1 21
g mT m g 0 m a m g 0 a 50 .
s
- A gyorsulás ismeretében az F erő nagysága a láda mozgásegyenleteiből számolható ki:
m 2 M m 2 1 m
2 1
F T T M a F T (M g T ) M a
F m a (M g m a) M a 660N
F
GM
Gm
TM Tm Tm
S1
S1
S2
a
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
28
5.4 Példák, ajánlott feladatok
1. feladat Egy m = 8 kg tömegű pontszerű testre a súlyán kívül még két, F1= F2=60N nagyságú erő hat, mindkettő = 30o-os szöget zár be a vízszintessel, és e két utóbbi erő a súlyerővel egy síkban van. Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása? (2,5m/s2, lefelé)
2. feladat Egy négyzet csúcsaiban azonos Q töltésű pontszerű testek vannak. Mekkora a négyzet középpontjában elhelyezkedő ötödik részecske töltése, ha a rendszer egyensúlyban van? (-0,957Q)
Megjegyzés: az utóbbi feladat megoldásához szükség van a Coulomb-erő nagyságának kifejezésére, ami két, Q1 és Q2 ponttöltések között ható erő, amikor r távolságra vannak egymástól:
1 2C 2
Q QF k ,
r ahol
29
2
Nmk 9 10 .
C
3. feladat* Egy G =50N súlyú testet a padlóra helyezünk, és a vízszintessel α szöget bezáró rögzített F=25N nagyságú erővel húzni kezdjük. Mekkora α esetén maximális a test gyorsulása, ha a test és talaj közti súrlódási együttható =0,2 ? (11,3°)
F1 F2
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
29
6 Dinamika II. – kötelek, lejtők, csigák
A konkrét feladatok megoldásakor a Fizika oktatásában külön fontossága van a kötelek, lejtők és csigák egyszerűsített leírásának. Ezzel nyílik lehetőség összetettebb mechanikai rendszerek vizsgálatára anélkül, hogy bonyolult rugalmasságtani, vagy a merev testek dinamikájára vonatkozó feladatokat kellene megoldani.
6.1 Elméleti alapok
6.1.1 Az ideális kötél működése
Az ideális kötélnek két alapvető tulajdonsága van: 1. Nyújthatatlan. 2. A tömege zérus.
Ennek következményei az alkalmazások tekintetében az alábbiak: 1. Ha a kötél nem feszül meg, olyan, mintha ott sem lenne. 2. A kötél mozgásegyenlete nem jelenik meg külön egyenletként, a kötélerők
nagyságának és irányának a meghatározásakor kell figyelembe venni őket. 3. A kötél két végén ébredő erő nagysága ugyanakkora, és mindig párhuzamos a kötél
irányával. 4. A kötél nyújthatatlanságának is vannak hatásai, amikor a kötél megfeszül, de ezek
feladatról feladatra változhatnak. Van, ahol az összekötött testek távolsága állandó (például körmozgásnál, vagy ha a két test egy irányba mozog); van, ahol a két test gyorsulásának nagysága ugyanakkora (például amikor mindkét test a kötéllel párhuzamos irányban mozog).
6.1.2 Az ideális csiga működése
A csigák idealizált modelljében az alábbi tulajdonságokat vesszük figyelembe: 1. Az ideális csiga tömege, ezzel együtt tehetetlenségi nyomatéka zérus. 2. Az ideális csiga súrlódásmentesen forog rögzített tengelye körül.
Ennek következményei az alkalmazások tekintetében az alábbiak: 1. A csiga forgó mozgása nem jelenik meg külön mozgásegyenletként. 2. A csiga a rajta átvetett ideális kötél végén ébredő erőknek a nagyságát nem, csak az
irányát változtatja meg. Praktikusan az ideális csiga, és a rajta átvetett kötél figyelembe vétele a feladatok megoldásában a következőképpen zajlik:
1. A kötélerő nagysága a kötél két végén ugyanakkora, az erő párhuzamos a kötéllel. 2. A kötelet, ha átvetjük egy ideális csigán, a csiga két oldalán a kötél vonalának az
iránya között eltérés lehet, de ez a fenti két ponton nem változtat.
6.1.3 Lejtőn mozgó test dinamikájának leírása
A lejtőn mozgó tömegpont leírásának konkrét részletei a bevezető elemi feladatok között lesznek megtalálhatóak. Általánosságban az alábbiakat kell tudni a rögzített lejtőn történő mozgásról:
1. A lejtőn mozgó testre mindenképpen hat a súlyerő függőlegesen lefelé, illetve a lejtő
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
30
tartóereje a lejtőre merőlegesen. 2. A súlyerő és a lejtőre merőleges irány ugyanakkora szöget zár be egymással, mint a
lejtő a vízszintes síkkal (merőleges szárú szögek). 3. A nem túl bonyolult esetek tárgyalásánál érdemes nem a szokásos vízszintes-
függőleges irányokra építő koordinátarendszert választani, hanem a lejtővel párhuzamos, és arra merőleges irányokhoz rögzíteni a koordinátatengelyeket. Megjegyzés: ennek fő oka az, hogy bár az erővektorok összeadásakor lehet az eredeti irányválasztás jobb, a javasolt esetben a gyorsulásvektornak csak egy nem nulla komponense lesz, mégpedig a lejtővel párhuzamos (ez a legtöbb esetben így van, de természetesen lehetnek kivételek).
4. A feladatok megoldását érdemes annak tisztázásával kezdeni, hogy a lejtőn csúszó test egyáltalán milyen irányban mozoghat. Amennyiben ugyanis súrlódás is fellép, akkor a végeredmény csalóka lehet, például, ha a súlyerőn, a tartóerőn és a súrlódáson kívül nem hat más erő, és a számolás eredménye matematikailag az, hogy a test felfelé gyorsul, az fizikailag nyilván azt jelenti, hogy a test a nagy súrlódás miatt nem mozdul meg.
6.2 Bevezető elemi feladatok
1. feladat Az ábra szerint összekapcsolt m1=2kg és m2=8kg tömegű testeket F=20N erő gyorsítja. Mekkora lesz a közös gyorsulás, és erő hat a kötélben, ha nincs súrlódás?
Megoldás: - Adatok: m1=2kg, m2=8kg, F=20N. - Ábra az erőhatások berajzolásával (a betűk a vektor hosszát jelölik, az irányokat az ábra tisztázza), felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is:
- A választott koordinátarendszer: az egyik tengely függőleges, felfelé mutat a pozitív irány, a másik tengely vízszintes, a gyorsulás irányába mutat. - A mozgásegyenletek függőleges irányban (a testek ebben az irányban nem gyorsulnak): 1 1 2 2T G 0, T G 0 , ezek azonban a gyorsulás kiszámításában nem számítanak,
mivel nincs súrlódás. - A mozgásegyenletek vízszintes irányban: 1 1 2 2K m a , F K m a , de a két test ideális kötéllel van összekötve, vagyis a két
gyorsulás egyenlő egymással. Ebből a megoldás: 1 2
F ma 2
m m s
.
F
G1 G2
T2 T1 K K
a
F m1 m2
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
31
2. feladat Elhanyagolható tömegű, súrlódásmentesen forgó csigán átvetett kötél egyik vége m=5kg tömegű, a másik vége egy vízszintes síkon mozgó M=20kg tömegű testhez kapcsolódik. Mekkora a rendszer gyorsulása, ha elhanyagoljuk a súrlódást, ill. ha = 0,1? Megoldás: - Adatok: m=5kg, M=20kg, = 0,1. - Ábra az erőhatások berajzolásával, felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is (itt természetesen nem egy irányról van szó, hanem egy körüljárási irányról, a két test gyorsulásának iránya különböző, de a gyorsulások nagysága azonos):
- A M tömegű test mozgásegyenletei (függőleges, majd vízszintes irány):
M M M
ny M
T G 0, T M g
K S M a , K F M a , K T M a.
- A m tömegű test mozgásegyenlete (csak függőleges irány): mG K m a m g K m a.
- Az egyenletrendszer megoldása (K M g) (m g K) M a m a (M m)a m g M g ,
vagyis súrlódásmentes esetben a=2m/s2, súrlódásos esetben a=1,22m/s2. 3. feladat Írja fel egy α szögű lejtőn súrlódva lecsúszó m tömegű test mozgásegyenleteit! Megoldás: - Ábra az erőhatások berajzolásával, felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is:
- A koordinátarendszert most nem függőleges-vízszintes, hanem lejtőirányú és lejtőre merőleges tengelyekkel vesszük fel. Ebben a két mozgásegyenlet-komponens:
T G cos 0 , T m g cos
G sin S m a , m g sin T m a .
- Ennek megoldása a g (sin cos ). Ha ez az érték negatív, akkor tapadási súrlódás áll fenn, a test nem mozdul, gyorsulása valójában nulla (a fenti esetben felfelé nem gyorsulhat).
α
m
G
T S
α
a
GM
Gm
K
K
TM a
S
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
32
6.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)
1. feladat Az ábrán látható elrendezésben a lejtők szöge α=30° és β=45°, a (pontszerűnek tekinthető) testek tömege sorrendben m1=4kg, m2=5kg, m3=1kg, mindkét csiga könnyű és szabadon foroghat. A súrlódási együttható mindenütt 0,1. Mekkora lesz a testek gyorsulása a lejtőhöz képest?
α
1
2
3
β
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
33
1. feladat megoldása - Adatok: m1=4kg, m2=5kg, m3=1kg, α=30°, β=45°, μ=0,1. - A megfelelő mozgási irány kiválasztásához megvizsgáljuk, hogy egyáltalán milyen irányban mozoghatnak a testek. Ehhez a súrlódásmentes esetet vizsgáljuk meg: - Az 1. testet a rá ható súlyerő lejtővel párhuzamos komponense fogja balra gyorsítani,
ez 1 1F m g sin 20N.
- A 2. testet csak a kötélerők fogják mozgatni, az irány eldöntésében nincsen szerepe. - A 3. testet a rá ható súlyerő lejtővel párhuzamos komponense fogja jobbra gyorsítani, ez 3 3F m g sin 7,07N.
- Ebből látszik, hogy a rendszer balra mozog(ezt az alábbi ábrán is berajzoljuk), ez a súrlódási erők irányát is meghatározza. - Ha a számolás végeredménye negatív lesz, akkor a rendszer nyugalomban van.
- Ábra az erőhatások berajzolásával (előkészítve a súlyerők komponensekre bontását is):
- Mindegyik test esetén más koordinátarendszert fogunk használni, mindenhol a lejtőre merőleges és az azzal párhuzamos komponenseket fogjuk felírni külön-külön. Mivel az ábra alapján az irányokat helyesen vettük fel, és mivel az egész rendszer az ideális kötelek miatt ugyanakkora gyorsulással fog mozogni, ez megtehető. - Az m1 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens):
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
T G cos 0 T m g cos ,
G sin K S m a m g sin K m g cos m a .
- Az m2 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens):
2 2 2 2
1 2 2 2 1 2 2 2
T G 0 T m g ,
K K S m a K K m g m a.
- Az m3 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens):
3 3 3 3
2 3 3 3 2 3 3 3
T G cos 0 T m g cos ,
K G sin S m a K m g sin m g cos m a .
- Az egyenletrendszer megoldása:
1 3 1 2 32
1 2 3
m sin m sin (m cos m m cos ) ma g 0,376
m m m s
.
α β
K1
a
α
K1 K2
K2 T1
T2
T3
G1
G2
G3
S1 S2
S3 β
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
34
6.4 Példák, ajánlott feladatok
1. feladat Az ábra szerint összekapcsolt m1=3kg, m2=5kg, m3=2kg tömegű testeket F=40N erő gyorsítja. Mekkora lesz a közös gyorsulás, és mekkora erők hatnak a kötelekben, ha nincs súrlódás, ill. ha a súrlódási együttható = 0,2? (4 és 2 m/s2, 12N és 32N)
2. feladat Egy h = 3m magas, vízszintesen b = 4m hosszú lejtő tetejéről v0= 4m/s kezdősebességgel elindítunk lefelé egy testet. A lejtő és a test közötti súrlódási együttható 1= 0,25, a lejtő utáni vízszintes talaj és a test között 2= 0,28. Mekkora utat tesz meg a test a megállásig, miután elhagyta a lejtőt? (10m) 3. feladat Az alábbi bal oldali ábrán látható testek tömege M=5kg, m1 =2kg, m2 =3kg, a rugó, a csiga és a kötelek tömege, valamint a súrlódás elhanyagolható. Tudjuk, hogy mindhárom testnek ugyanakkora a=0,5m/s2 a gyorsulása. Mekkora a lejtő α szöge és mennyi a rugó megnyúlása, ha a rugóállandó D=20N/cm? (64,2o, 1,925cm)
4. feladat Egy üres doboz tetejére könnyű fonállal kis testet kötünk, majd a dobozt egy α=30o szögű lejtőre tesszük, ahol a doboz (és vele a kis test) a gyorsulással gyorsulni kezd (lásd a fenti jobb oldali ábrát). Milyen szöget zár be a fonál a függőlegessel, ha a) a lejtő súrlódásmentes, b) a súrlódási együttható μ=0,2 ? (30o és 18,7o) 5. feladat* Egy vízszintesen rögzített, b kiterjedésű súrlódásmentes lejtő milyen szöget zárjon be a vízszintessel ahhoz, hogy a lehető leghamarabb csússzon le róla egy test.
(45o)
b
α
β
α
M
m1
m2
Fm1 m2 m3
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
35
7 Dinamika III. – megmaradó mennyiségek
A fizikában fontosak az úgynevezett megmaradó mennyiségek, amelyek fontos alapvető elvekből határozhatóak meg. Az alkalmazások tekintetében ezen mennyiségeknek kettős a haszna. Egyrészt vannak olyan mérnöki kérdések, amelyek egyértelműen a megmaradó mennyiségekre, vagy a kapcsolódó fogalmakra vonatkoznak (például egy rendszer hatásfoka, vagy a működéshez szükséges teljesítmény, befektetendő energia, stb.). Másrészt bizonyos dinamikai feladatok a segítségükkel sokkal könnyebben megoldhatóak.
7.1 Elméleti alapok
7.1.1 Lendület (impulzus), Impulzus-tétel
A lendület, vagy más néven impulzus meghatározása:
I mv
, (7.1.)
és az erre vonatkozó tétel az úgynevezett impulzus-tétel
dI F
dt=å
(7.2.)
amelyből állandó tömegű esetben levezethető Newton 2. törvénye. Azon túl, hogy bizonyos feladatok értelmezésében és megoldásában alkalmazható a tétel, van egy fontos következménye. Ha a testre ható erők eredője zérus, akkor a test impulzusa állandó (nagyság és irány is), vagyis ebben az esetben az impulzus megmarad.
7.1.2 Munka, mozgási energia, munkatétel
Egy adott tömegpontra ható erőhatás, ha a tömegpont 1r
pontból 2r
pontba mozog, az
alábbi munkát végzi a testen
2
1,2
1
rW F dr
r
. (7.3.)
Ennek az összefüggésnek azonban egy egyszerűsített alakját szoktuk használni az elemi feladatoknál. Amennyiben az erőtér homogén, vagyis minden pontban ugyanolyan nagyságú és irányú, illetve a test elmozdulása egyenes mentén történik, a munkavégzés
W F r F r cos
(7.4.)
lesz, ahol a második egyenlőségben kifejtettük a skaláris szorzatot. Erre a fogalomra épül a munkatétel. Ennek kimondásához szükségünk van egy mennyiség bevezetésére, mégpedig a kinetikus (vagy mozgási) energiára, amely
2k
1E mv
2 (7.5.)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
36
alakú. Ezzel a munkatétel
kW= E , (7.6.)
vagyis a mechanikában a tömegpontra ható erők eredője által végzett munka a test mozgási energiájának megváltozását okozza.
7.1.3 Konzervatív erőterek, potenciális energia, mechanikai energia-megmaradás
Az erőtereknek van egy speciális típusa, amely fontos a feladatok megoldása tekintetében, ezek a konzervatív erőterek. Ezek fontosságát egyrészt az adja, hogy a Fizika oktatásában megjelenő legelemibb kölcsönhatások (gravitáció, elektrosztatikus vonzás/taszítás) ilyen erőterek, másrészt ezekhez az erőterekhez rendelhetünk egy potenciális energiát, amely nagyban megkönnyít(het)i a feladatmegoldást. Konzervatív erőtérnek azt nevezzük, amely erőtér munkavégzése szempontjából irreleváns, hogy a test milyen úton halad egyik pontból a másikba. Másképpen megfogalmazva, a munkavégzés csak a mozgás két végpontjától függ, vagyis ha a test A pontból halad B pontba, akkor a munkavégzés
B
AB P P
A
W F dr E (A) E (B)
, (7.7.)
ahol bevezettük az EP potenciális energiát. Az alábbi feladatokban a súlyerő potenciális energiája fog szerepelni, amely
pE =mgh , (7.8.)
amelyet helyzeti energiának is nevezünk. Fontos azonban tisztázni, hogy önmagában a h nem meghatározott, a mozgás két pontjának magassága közötti különbség lesz jól meghatározott. Ezért amikor egy időpontban a test helyzeti energiáját meg akarjuk határozni, valamilyen nulla-szintet választanunk kell a potenciális energiának, vagyis meg kell mondanunk, hogy a h=0 hely hol található. Konzervatív erőterek esetén származtatható a munkatételből az úgynevezett mechanikai energia-megmaradás, amely szerint egy test mozgási és potenciális energiájának összege (ezt az összeget nevezzük mechanikai energiának) állandó a mozgás során, vagyis a mozgás bármely két A és B pontjára felírva:
k p k pE (A)+E (A)=E (B)+E (B) . (7.9.)
A fentiekhez fontos kiegészítés, hogy a rugóerő is konzervatív erőtérként viselkedik, így ahhoz is definiálható potenciális energia, amely a következő alakú:
2rugó
1E Dx
2 . (7.10.)
7.1.4 Teljesítmény, teljesítmény-tétel
A munkavégzéshez, illetve az energiához kapcsolódó fontos fogalom a teljesítmény, ami az időegység alatt befektetett munka / befektetett energia / hasznosuló energia, stb., vagyis
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
37
általánosságban P=dE/dt. Mivel a mechanikában az alapvető energiamennyiség a végzett munka, ez
dWP
dt . (7.11.)
Az alkalmazások tekintetében fontos különválasztani a pillanatnyi és az átlagteljesítményt. A pillanatnyi teljesítmény minden pillanatban meghatározza a teljesítmény nagyságát (a fenti differenciális definíció éppen ezt takarja), míg az átlagteljesítmény egy hosszabb folyamat összes munkavégzése és időtartama alapján határozza meg a teljesítmény átlagértékét, vagyis ez utóbbi
WP
t
. (7.12.)
Mechanikában a pillanatnyi teljesítményre levezethető a
P(t) F v F v cos
(7.13.)
összefüggés, továbbá a munkatétel felhasználásával igazolható az úgynevezett teljesítmény-tétel, ami szerint
kdEP
dt . (7.14.)
7.2 Bevezető elemi feladatok
1. feladat Egy autó tömege 2000 kg. 36 km/h sebességről 10 másodperc alatt fékeződött le. Mekkora a fékező erő? Megoldás: - Adatok: m=2000kg, Δv=36 km/h=10m/s, Δt=10s. - Megoldás impulzus-tétellel:
I m vF 2000N.
t t
2. feladat Mekkora sebességet ér el a nyugalmi helyzetből induló 20 kg tömegű test 40 joule munka árán? Megoldás: - Adatok: m=20kg, v0=0m/s, W=40J. - Megoldás munka-tétellel:
2 2k 0
1 1 2W mW E mv mv v 2 .
2 2 m s
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
38
3. feladat Függőlegesen feldobunk egy testet 30m/s sebességgel. Milyen magasra jut? Megoldás: - Adatok: v0=30m/s. - Megoldás mechanikai energia-megmaradással. A potenciális energia nulla szintjét a hajítás kiindulópontjához rögzítjük, ekkor a testnek csak mozgási energiája lesz. A pálya tetőpontján egy pillanatra megáll, akkor a mozgási energiája válik zérus értékűvé. Így a mechanikai energia-megmaradás és annak megoldása az alábbi:
22 00
v1mv mgh h 45m.
2 2g
4. feladat 1kWh munkavégzéssel legfeljebb mekkora terhet lehet 50m magasra felvinni? Megoldás: - Adatok: W=1kWh=3,6·106J, h=50m. - Megoldás munkatétellel. A potenciális energia nulla szintjét az emelés kiindulópontjához rögzítjük. Akkor maximális hatékonyságú az emelés (ebben az esetben a veszteség zérus), amikor az emelőerő által végzett munka megegyezik a test helyzeti energiájának változásával. Így a munkatétel és annak megoldása az alábbi:
WW mgh m 7200kg.
gh
5. feladat Egy 80 kg tömegű testet 15 méter magasra emelünk egyenletesen. Mekkora az emelőerő munkája, ill. a nehézségi erő munkája? Mekkora az emelőerő teljesítménye, ha az emelés időtartama 30s? Megoldás: - Adatok: m=80kg, h=15m, Δt=30s. - Az emelőerő munkáját az előző feladathoz hasonlóan számolhatjuk ki:
4W mgh 1, 2 10 J.
- A nehézségi erő munkájának kiszámításakor már fontos figyelembe vennünk, hogy az erőhatás ellentétes irányú az elmozduláshoz képest, így a skaláris szorzatban fellépő cosα értéke -1 lesz, vagyis:
4W mgh 1, 2 10 J .
- Végezetül az emelőerő teljesítménye kiszámolható az átlagteljesítmény összefüggéséből:
WP 400W .
t
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
39
7.3 Kidolgozott mintafeladat(ok)
1. feladat Egy m tömegű testet v0 kezdősebességgel felfelé hajítunk. Határozzuk meg és ábrázoljuk, hogyan változik helyzeti és mozgási energiája a magasság és az idő függvényében! Mennyi lesz a kinetikus, illetve a potenciális energia t1=2s-mal az elhajítás után, ha m=0,2kg és v0=30m/s?
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
40
1. feladat megoldása - Adatok: m=0,2kg, v0=30m/s, t1=2s. - Az ábrázoláshoz felhasználjuk a hajítások során tanult összefüggéseket. A z tengely 0 szintjét a hajítás kiindulópontjához rögzítjük, a tengely függőlegesen felfelé mutat. Ekkor a helyzeti és mozgási energia időfüggése:
22 2
0 p 0
22 2 2
0 k 0 0
g mgz(t) t v t E (t) mgz(t) t mgv t
2 2
1 1 mgv(t) gt v E (t) mv (t) mv mgv t t
2 2 2
Fontos kiemelni, hogy a két energia összege a mechanikai energia, ami a mozgás során állandó. Az egyik energia-értéket ki lehet számolni ennek segítségével, lévén:
2M k p 0
1E E (t) E (t) mv mgh.
2
- Hasonlóan járunk el a z-függéssel is. Itt azonban az egyszerűség kedvéért a mozgási energia kiszámolásakor felhasználjuk a mechanikai energia-megmaradást:
2p k M p 0
1E (t) mgz , E (t) E E (t) mv mgz
2
- A fentiek alapján a számolási feladat is könnyedén elvégezhető:
22
p 1 1 0 1
22 2
k 1 0 0 1 1
mgE (t ) t mgv t 80J ,
2
1 mgE (t ) mv mgv t t 10J .
2 2
z
Ep
Ep=mgh=EM
z
Ek Ek=1/2mv0
2=EM
t
Ep
Ep=mgh=EM
t
Ek Ek=1/2mv0
2=EM
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
41
2. feladat Egy alapállapotban 0,5 m hosszúságú, D=100N/m rugóállandójú rugó egyik végét a plafonra erősítjük, a másik végére M = 0,5kg tömegű (pontszerű) testet akasztunk. Ezután addig húzzuk a testet, amíg a rugó hossza eléri a 0,7 m-t. Mekkora és milyen irányú lesz a test gyorsulása abban a pillanatban, amikor elengedjük és mekkora lesz a sebessége x = 10 cm út megtétele után?
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
42
2. feladat megoldása - Adatok: l0=0,5m, l2=0,7m, D=100N/m, M=0,5kg, x=10cm=0,1m. - Az adott tömegű test felakasztása után új egyensúlyi állapot jön létre. Ehhez képest nem tudni, hogy nyújtjuk, vagy összenyomjuk a rugót 0,7m-ig, ezért az új egyensúlyi helyzet esetén ki kell számolnunk a rugó megnyúlását.
1 1
M gD x M g 0 x 0,05m ,
D
vagyis a rugót még tovább kell nyújtanunk a 0,7m-es hossz eléréséig. - Ez alapján a rugóra vonatkozó mozgásegyenletből kiszámolható a kezdeti gyorsulás:
2 02 2
D (l l ) mD x M g M a a g 30 ,
M s
ahol felhasználtuk, hogy a Δx2=l2-l0. Fontos kiemelni, hogy a mozgásegyenletnek nem csak a 0,15m-es továbbnyújtást, hanem a rugó teljes megnyúlását kell tartalmaznia. - A 10cm-nyi emelkedés után, ha a rugó kinematikájából szeretnénk meghatározni a sebesség értékét, akkor a rezgőmozgás teljes kiértékelését kell elvégeznünk, az emelkedés mértékéből ki kell számolni az időpontot, amihez ez tartozik, illetve abból a sebességet. Ennél célravezetőbb, ha a mechanikai energia-megmaradást írjuk fel, lévén mindkét erőhatás (súlyerő és rugóerő) konzervatív. Az összes mechanikai energiát felírjuk a 0,7m-re nyújtott állapotban, ehhez a ponthoz rögzítjük a potenciális energia 0 szintjét, majd ezt egyenlővé tesszük az összes mechanikai energiával az emelkedés után. Ekkor a kezdeti pontban a mozgási és helyzeti energia zérus, csak rugóenergiával kell számolni. Fontos kiemelni, hogy a rugóenergia számolásakor a rugó aktuális teljes megnyúlását kell használni!
2 2 22 3
1 1 1D x D x M g x Mv ,
2 2 2
ahol bevezettük a Δx3=l2-l0-x megnyúlását a rugónak, ami a 10cm-es emelkedés után érzékelhető. Ebből a megoldás a sebességre a következő:
2 22 3
D mv x x 2 g x 2 .
M s
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
43
7.4 Példák, ajánlott feladatok
1. feladat Egy teherautót álló helyzetből változatlan előhatással 40 másodpercig gyorsítanak. Hányszor nagyobb a teherautó lendülete és mozgási energiája a 40. másodpercben, mint a 10. másodpercben? (4-szeres és 16-szoros) 2. feladat 10kg tömegű testet 50m magasságban 10m/s nagyságú, vízszintes sebességgel elhajítunk. Határozzuk meg, és ábrázoljuk, hogyan változik a test potenciális és kinetikus energiája az idő függvényében! 3. feladat Egy m = 10 dkg tömegű béka ugráskor maximálisan W=0,4 J munkát képes kifejteni.
a) Maximum milyen magasra tud ugrani? (40cm) b) Milyen magasra ugorhat akkor, ha a szintén m tömegű testvére hátára veszi őt, majd W munkát végezve felugrik, és pályájuk legmagasabb pontján a felső béka W munkát végezve lefelé ellöki magától testvérét? (szintén 40cm)
Megjegyzés: a feladat b) részének megoldásához szükséges minimális tudás a tömegpontrendszerek mozgásával kapcsolatban.
4. feladat* Egy h = 20 m mélységű aknából M = 1kg tömegű testet húzunk fel = 0,2 kg/m vonalsűrűségű drótkötéllel. Mennyi munkát kell végeznünk? Hogyan függ a drótkötél felhúzására fordítandó munka a drótkötél hosszától?
(600J, négyzetesen)
5. feladat* Tegyük fel, hogy egy rúgóra nem a szokásos F=-Dx erőtörvény, hanem módosított 3
1 2F D x D x változata teljesül. Ha a rugót 10cm-re kihúzzuk, maximálisan
900N erőt kell kifejtenünk és 35J munkát kell végeznünk. Mekkora D1 és D2 ? (5000N/m és 400000N/m3)
h
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
44
Irodalom
Ajánlott irodalom az elmélethez:
1. Kovács Endre, Paripás Béla: Fizika I. online jegyzet (2011). http://www.digitalisegyetem.hu/de/index.htm 2. Budó Ágoston: Kísérleti fizika I., Nemzeti Tankönyvkiadó (2004). 3. D. Halliday – R. Resnick: Fundamentals of Physics, John Wiley & Sons (1981). 4. M. Alonso – E. J. Finn: Fundamental University Physics, Volume I., II., Addison-Wesley
Publishing Company (1979). Ajánlott irodalom a feladatmegoldáshoz:
1. Dér János, Radnai Gyula, Soós Károly: Fizikai feladatok I., Tankönyvkiadó (1971). 2. Fizika Egységes érettségi feladatgyűjtemény 3. Kakuszi Mária, Majoros László, Takács Csaba: Fizika feladatok I., Nehézipari Műszaki
Egyetem (1986).
Köszönetnyilvánítás
Az oktatási segédlet kidolgozása a Miskolci Egyetem társadalmi – gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra témakörű K+F projektje keretében - TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010 - az „ELTÉRŐ UTAK A SIKERES ÉLETHEZ” projekt részeként – az Új Széchenyi Terv keretében – az Európai Unió támogatásával, az Európai Szociális Alap társfinanszírozásával valósult meg. Külön köszönöm Dr. Kovács Endrének, hogy javaslataival és a hibákra való rámutatással segítette munkámat.