Fizika K1A
MECHANIKA (klasszikus mechanika) Fizikai mennyiség: mérési utasítással definiálható. (((Vigyázni kell a mai világban, pl. mi a bioenergia, biorezonancia?!?))) Fizikai mennyiség megadása: mérőszám és mértékegység szorzata. Görög ABC
SI rendszer (1960). Alapmennyiségek: m: XVIII. szd-i definíció: (gondolkoztak a másodpercingán, de nem az lett, mert a g nem állandó, hanem) a Párizson átmenő délkör tízmilliomod része (tehát az Egyenlítő 40ezer km). De honnan tudták, mekkora a Föld? [Simonyi: A fizika kultúrtörténete 83-84. oldal] azt már a görögök is tudták: Eratosztenész (az alexandriai könyvtár vezetője) mérése i.e. 230 körül: a nyári napfordulókor Szieneben (Asszuánhoz közel) délben a napsugár pont merőlegesen érkezik a földre (visszacsillan a kút mélye), és megmérte, milyen szögben érkezik ugyanekkor a napsugár Alexandriában a földre, ami azonos délkörön van. 360°/50-t mért, ebből kiszámolható, hogy a Föld kerülete 50szerese a Sziene-Alexandria távolságnak. Az meg mennyi? 50 nap tevekaravánnal, ami napi 100 stádiummal számolva 5000 stádium. tehát a Föld kerülete 250000 stádium. De mennyi az méterben? Az egyiptomi stádium 157 m → 39250 km, a görög stádium 180 m → 45000 km, a későegyiptomi stádium 211 m → 52750 km. 1795-ben csináltak méter-etalont (ami egyébként rövid volt), a hőtágulás probléma. Állandóbb mennyiséghez akarták kötni → bizonyos atomi átmenethez tartozó hullámhosszal (Kr-86), ma pedig (1983 óta) a fénysebességgel definiálják
(a méter a fény által a vákuumban a másodperc 1 / 299 792 458-ad része alatt megtett út hossza). kg definíciója: 1 dm3 4 °C-os víz → etalon (Pt-Ir henger, Sevres) Avogadro projekt!! s: eredetileg a nap, majd az év hosszával definiálták; most atomi átmenettel (Cs-133). mol 6⋅1023 (ahány atom van 12 g C12-ben) A áramjárta vezetők közötti erőhatással K a víz hármaspontjának 1/273,16-od része cd fényerősség A mechanikához elég lesz 3 mennyiség: m, kg, s. (A mol tulajdonképpen egy szám, sokan nem tartják mértékegységnek.) Származtatott mennyiségek: minden visszavezethető a fentiekre. Pl. munka: W=F⋅s=m⋅a⋅s alapján J = kg⋅m2/s2. Hát a forgatónyomatéké? ugyanez, mégse hívjuk J-nak. Hasonlóképpen s–1 = Hz csak a frekvenciánál – de a szögsebességnél nem. Másik pl: ellenállás: R = U/I = (W/Q)/I = (W/(I⋅t)/I = kg⋅m2/(A2⋅s3). 1
Fizika K1A
A mértékegységek nagyon jók arra, hogy ellenőrizzük magunkat (csak olyan képlet lehet helyes, ahol a mennyiségek megegyeznek; a levezetés végeredménye olyan mértékegységű-e, amit ki akartunk hozni). Dimenzióanalízis: a konstansoktól eltekintve ki lehet találni képleteket, ha tudjuk, hogy miből mit akarunk összehozni. Prefixumok: ( kg-nál a g-hoz kell tenni!)
A számolásoknál minden mennyiséget alapegységre váltva írjunk be a képletekbe, és akkor az eredményt is abban kapjuk, nem kell végig írni közben is az egységeket. Kiegészítő Származtatott mennyiségek még: radián: ϕ = i/r : ívhossz/sugár, RAJZ (teljes kör 2π; 1 rad ≈ 57,3°) szteradián: Φ = A / r2 RAJZ (teljes gömb 4π) → Marsos feladat (2003-ból) Tegyük fel, hogy egy B bolygó sugara fele akkora, mint a Földé, pályasugara pedig a Föld pályasugarának másfélszerese. Tegyük fel azt is, hogy mind a Föld, mind a B bolygó közelítőleg ugyanabban a síkban körpályán kering a Nap körül. Számítsuk ki, milyen legkisebb és legnagyobb látószög (sík- illetve térszög) alatt látszik a Földről a B bolygó! Milyen közelmúltbeli nevezetes csillagászati jelenség van kapcsolatban e feladattal? MO. Föld rF ≈ 6400 km, dF ≈ 150 000 000 km = 1,5⋅108 km B bolygó rB ≈ 3200 km, dB = 1,5 dF ≈ 2,25⋅108 km dmin = RB – RF ≈ 7,5⋅107 km dmax = 2RF + RB ≈ 3,75⋅108 km B sík-látószöge ϕ = 2rB/d = 2⋅3200/d ≈ 6400/d, azaz ϕmax ≈ 8,53⋅10-5, ϕmin ≈ 1,71⋅10-5 (5-szörös) B tér-látószöge Φ = rB2π/d2 = 32002⋅π/d2 ≈ 3,217⋅107/d2, azaz Φmax ≈ 5,72⋅10-9, Φmin ≈ 2,29⋅10-10 (25-szörös) 2003. augusztusának végén a Mars mindössze 55,5 millió km távolságra volt a Földtől, szabad szemmel is látható volt a délkeleti horizonton. A Mars utoljára 60 ezer évvel ezelőtt volt ilyen közel a Földhöz, legközelebb pedig kb. 280 év múlva lehet majd újra így látni a vörös bolygót. (Az augusztusban visszatérő csalfa emaileknek tehát nem szabad hinni.) 2
Fizika K1A
Más: A Hold vagy a Nap látószöge nagyobb? A Hold sugara rH = 3474 km, távolsága a Földtől dHF = 363000 – 406000 km (durván ≈ 60 rF), síklátószög: min. 2⋅3,474/406 ≈ 0,01711 rad, max. 2⋅3,474/363 ≈ 0,01914 rad (térlátószög ≈ 8⋅10-5 sr) A Nap sugara rN = 1,4⋅106 km, távolsága dNF = 147⋅106 – 152⋅106 km, síklátószög: min. 2⋅1,4/152 ≈ 0,01842 rad, max. 2⋅1,4/147 ≈ 0,01905 rad Gyűrűs ill. teljes napfogyatkozás! Mekkora körlappal tudjuk eltakarni kinyújtott kézzel? d ~ 1,5 cm
MECHANIKA: kinematika – dinamika – sztatika. Először kinematika lesz. Tutajos feladat: Egy motorcsónak a folyón felfelé halad, és szembetalálkozik egy tutajjal. A találkozás után egy órával a motor elromlik. A javítás fél órát vesz igénybe, és utána a motorcsónak a folyón – bekapcsolt motorral – lefelé megy. Az első találkozás helyétől 7,5 km-re éri utol a tutajt. Mennyi a folyó sebessége? (Tételezzük fel, hogy a motorcsónak a folyóhoz képest állandó sebességgel halad, a tutaj pedig a folyóval együtt mozog.)
MO. (1) Oldjuk meg először a parthoz rögzített koordinátarendszerben felírva a mozgást. A koordinátarendszerünk x tengelyét helyezzük el a parttal párhuzamosan; origója legyen ott, ahol a motorcsónak és a tutaj először találkoznak; az x tengely pozitív értékei legyenek azok, amerre a víz (és a tutaj) mozognak. A motorcsónak és a tutaj helyének x koordinátáját írjuk fel a második találkozásig: motorcsónak: –1⋅( vcs – vf ) + 0,5 ⋅ vf + t ⋅ (vcs + vf ) = 7,5 [km] ahol vf [km/h] a folyó sebessége a parthoz képest, vcs [km/h] a motorcsónak sebességének nagysága a vízhez képest, t [h] az az ismeretlen idő, amíg a csónak a folyón lefelé halad bekapcsolt motorral. tutaj: (1 + 0,5 + t) ⋅ vf = 7,5 [km] A 3 ismeretlenre csak 2 egyenletünk van. Átrendezve őket (1 + 0,5 + t) ⋅ vf + (t – 1) ⋅ vcs = 7,5 + (t – 1) ⋅ vcs = 7,5 ⇒ t = 1 h, vf = 3 km/h, a csónak sebessége pedig tetszőleges lehet. (2) Oldjuk meg most a tutajhoz rögzített koordinátarendszerben felírva a mozgást. A koordinátarendszerünk origója legyen a tutajra rögzítve, az x tengely pozitív iránya mutasson arra, amerre az első órában távolodik a csónak a tutajtól. Ekkor a tutaj x koordinátája természetesen végig zérus, és a motorcsónak x koordinátáját írjuk fel a második találkozásig: 1 ⋅ vcs – t ⋅ vcs = 0 Ebből azonnal látható, hogy egyrészt mivel a csónak először 1 órát távolodik a tutajtól vcs sebességgel és utána ugyancsak vcs sebességgel közeledik hozzá, a közeledés ideje is 1 óra, másrészt hogy a csónak sebessége tetszőleges. Az (1) ill. (2) megoldáshoz más vonatkoztatási rendszert (definíciót ld. később) vettünk fel ugyanahhoz a feladathoz: a parthoz rögzítve, ill. a tutajjal együtt mozgó vonatkoztatási rendszert. Az (1) típusú egyenletfelírásnál gondolkozni kellett az előjeleken. De ezentúl nem gondolkozni fogunk, hanem először felvesszük az x tengelyt, ezzel egyértelmű, melyik a pozitív irány, és az azzal megegyező irányú sebességet pozitívnak, az ellentétest negatívnak vesszük. Rajzoljuk meg konkrét csónaksebességekkel – pl. 4 km/h; 4,5 km/h; 5 km/h – az x-t diagramot: 3
Fizika K1A
4 km/h 4,5 km/h 5 km/h 1. óra után – 1 km-nél – 1,5 km-nél – 2 km-nél javítás alatt + 1,5 km + 1,5 km + 1,5 km javítás után + 0,5 km-nél 0 km-nél – 0,5 km-nél utolsó óra alatt + 7 km + 7,5 km + 8 km végül + 7,5 km-nél + 7,5 km-nél + 7,5 km-nél …majd abból – a feladatot elfelejtve – rajzoljunk v-t diagramot. Hogyan is kell sebességet számolni? v = s/t, de az utat és az időt is a kezdő-és végpontból számoljuk → v = ∆x / ∆t. ∆: mindig a végpontból vonjuk ki a kezdőpontot! Út (s) helyett helykoordináta (x) használata: a helykoordináta bevezetésével a „megtett út” a helykoordináták különbségeként számolható (ez nem mindig igaz, síkbeli-térbeli mozgásnál majd visszatérünk rá). A sebességnek előjele is van a koordinátatengely irányítottságának megfelelően. Mekkora intervallumra számolunk? Ha nem egyenletes a mozgás, akkor ez csak átlagsebesség, de a pillanatnyi sebesség más lehet. Tehát vátl = ∆x / ∆t. Mi van, ha nincsenek egyenletes szakaszaink? Pl. ha x(t) = 2,1t2+2,8 , és a t=3-nál keressük a sebességet? vátl (3) = [ x(3+∆t) – x(3) ] / ∆t Egyre rövidebb intervallumra számolunk, egyre jobb: x(tvég) (m) vátl (m/s) ∆x (m) tvég = 3 + ∆t (s) 3 21,7 0 4 36,4 14,7 14,7 3,5 28,525 6,825 13,65 3,25 24,98125 3,28125 13,125 3,125 23,30781 1,607813 12,8625 3,1 22,981 1,281 12,81 3,05 22,33525 0,63525 12,705 A pillanatnyi sebesség a határérték: vpill = lim vátl = lim [ x(t+∆t) – x(t) ] / ∆t ahogy ∆t → 0 RAJZ: húr → érintő (Zérushoz tartó mennyiségeket osztunk egymással, de nem azt kell nézni, hogy a számláló vagy a nevező zérushoz tart, hanem a hányadost, ami így lesz egyre pontosabb.) Itt most lim [ (2,1⋅(3+∆t)2+2,8) – (2,1⋅32+2,8) ] / ∆t = = lim 2,1⋅(32 + 2⋅3⋅∆t + ∆t2 – 32) / ∆t = lim 2,1⋅(2⋅3 + ∆t) = 2,1⋅2⋅3 = 12,6 Ha más időpontnál akarunk számolni – általánosan: lim [ (2,1⋅(t+∆t)2+2,8) – (2,1⋅t2+2,8) ] / ∆t = lim 2,1⋅(2t⋅∆t + ∆t2 ) / ∆t = lim 2,1⋅(2t + ∆t) = 4,2⋅t Ezzel megkaptuk a függvényt, és ebbe bele lehet helyettesíteni a 3-at. RAJZ: eredeti és derivált függvény; összenézni az érintő meredekségét a derivált értékével. [érintő meredeksége „tgα”, de szó sincs arról, hogy kíváncsiak lennénk α-ra!] Deriválás: függvényhez függvényt rendel; jelentése: a derivált függvény azt mutatja, hogy az eredeti függvény éppen mennyire változik. (Növekedés → derivált pozitív; csökkenés → derivált negatív; állandó → derivált zérus.) 4
Fizika K1A
Nem a határértékes számítást kell mindig végigvinni, hanem van néhány megtanulandó függvény: tn, sint és cost (grafikus trükk!), et… és vannak deriválási szabályok: konstansszoros, összeg, szorzat, hányados, összetett függvény: (
(
=?
( (
(
lim =?
( ( ⋅ (
(
→
lim
=?
lim
→ →
= lim ( ( / ( ( ( (
= =
=?
lim
= ⋅
! "
#$!
= %&' ,
⋅
→
( [ ( (
(
= lim
] [ (
⋅ ( (
(
→
( ]
( ⋅ ( (
( +Δ
(
= lim
= →
( ⋅ (
+ (
(
[ (
( ] [ (
( ⋅ ( (
( ]
=
+
= = ⋅ + ⋅
⋅
⋅ →
(
()#
= lim
= −'+ ,
, -
= lim
⋅
→
→
(2 + Δ
=2
=.
(Deriválni meg lehet tanulni, de vannak programok is, amikkel nemcsak numerikusan lehet deriválni, hanem kiírja a függvényt is.) Pl. fenti függvény: 2,1t2+2,8 deriváltja 4,2⋅t RAJZ Pl: a bevezető zh feladatai / y = 3x3 – 2x2 + 5x – 8 = 6x2 – 4x + 5 0 z = sin2(8x) = [sin(8x)]2
1
0
= 2⋅sin(8x)⋅cos(8x)⋅8
Magasabb rendű deriváltak: 2 = ; de mi az ? Van olyan? – magyarázat a dinamikában. Példák: infláció, árfolyam, árvíz, Csernobil/Fukushima, a népesség növekedése/csökkenése,…
Kinematika: nézzük meg, milyen képleteket tanultak középiskolában, és azok hogy jönnek ki
egymásból azt használva, hogy 2 = 3, = 2 = 34 (ill. visszafelé 2 = 5 6 , 3 = 5 2 6 ). Kedvelt képlet arra kérdésre, hogy mekkora utat tesz meg a test: „s = v⋅t”. Igaz ez? Csak akkor, ha v = konst.! Ez az egyenletes mozgás: x = v·t + x0 (x0 a kiindulási helykoordináta t=0 esetén). Ilyenkor 2 = a = 0 (a testnek nincs gyorsulása). Minden más esetben a v(t) függvényt kell integrálni (ami grafikusan egy egyenes mentén – nem térben kanyarogva – mozgó testnél a v – t diagramon a görbe alatti terület, ami negatív is lehet). Ha v ≠ konst. (a test gyorsul), akkor pl. lehet állandó a gyorsulás (a = konst.). Ez az egyenletesen változó mozgás: v = a·t + v0 , és x = + v·t + x0 . Volt még a harmonikus rezgőmozgás: ilyenkor a gyorsulás sem állandó: x(t) = A cos(ωt+ϕ0) v(t) = –Aω sin(ωt+ϕ0) a(t) = –Aω2 cos(ωt+ϕ0) [láthatjuk, hogy a(t) =–ω2 x(t), ez jellemzi a harmonikus rezgőmozgást] Általában: x(t) – v(t) = x – a(t) = v = x4 (RAJZ) Figyelni az előjelekre! 5
Fizika K1A
Feladatok: DRS 1.20. Egy személyautóval három különböző gyorsaságpróbát végeztek. Mennyi volt az átlagos gyorsulás egy-egy kísérletben? a) Az autó álló helyzetből indulva 19,3 s alatt érte el a 80 km/h sebességet. a = ∆v/∆t = (80/3,6)/19,3 ≈ 1,15 m/s2 c) 15 s alatt növelte sebességét 60 km/h-ról 90 km/h-ra. a = ∆v/∆t = ((90-60)/3,6)/15 ≈ 0,56 m/s2 b) Álló helyzetből indulva 24,5 s alatt tett meg 400 m távolságot. a = 2s/t2 = 2⋅400/24,52 ≈ 1,33 m/s2 DRS 1.5. Mennyi ideig esik le egy tárgy 10 cm magasról, és mekkora lesz a végsebessége?
s = ½gt2 → t ≈ 0,14 s → v = gt ≈ 1,4 m/s DRS 1.11. Mekkora távolságot tesz meg a nyugalmi helyzetből induló, és szabadon eső test a
t1 = 6 s és t2 = 8 s közötti időközben? s = ½gt22 – ½gt12 = 320 – 180 = 140 m DRS 1.9. Egy gépkocsi sebességét 54 km/h-ról 90 km/h-ra növelte állandó 1,6 m/s2 gyorsulással.
Mennyi ideig tartott ez, és mekkora utat tett meg a gépkocsi ezalatt? a = ∆v/∆t → t = ∆t = ∆v/a = 6,25 s (54 km/h = 15 m/s, 90 km/h = 25 m/s) s = v0t + ½at2 = (54/3,6)⋅6,25 + ½⋅1,6⋅6,252 = 125 m vagy: s = vátl⋅t = 20⋅6,25
Feladat: Rezgőmozgás, A = 0,2 m, f = 20 Hz, t = 0 s-ban x(0) = 0,1 m, és az egyensúlyi helyzet felé mozog Írjuk fel az x(t) függvényt! ω=2πf = 40π s–1 , x(t) = 0,2m · cos(40πt+ϕ0) ϕ0 = ? Kezdőfeltételből: x(0) = 0,2m cos(ϕ0) = 0,1m → π0 = ±π/3 , de melyik? Másik kezdőfeltétel: v(t) = –8π m/s sin(40ωt+ϕ0) , v(0) = –8π m/s sin(ϕ0) „az egyensúlyi helyzet felé mozog” → v(0) negaav v(0) = –8π m/s sin(ϕ0) < 0 → sin(ϕ0) > 0, ϕ0 = +π/3, tehát x(t) = 0,2m · cos(40πt+π/3) Mi is a kezdőfázist?!? RAJZ Mennyi a sebesség átlaga egy periódusra? zérus Mennyi a sebesség abszolút értékének átlaga egy periódusra? 4A/T = 4Af = 16 m/s.
Rezgések összetétele 2 párhuzamos, azonos periódusidejű harmonikus rezgés összege: (labor optika méréshez hasznos) x1 = A1 cos(ωt+ϕ10) és x2 = A2 cos(ωt+ϕ20), x1+x2 = ? Az eredő x = A cos(ωt+ϕ0) alakú lesz; hogyan kapjuk meg A-t és ϕ0-at? Bontsuk fel: x1 = A1 cosωt cosϕ10 – A1 sinωt sinϕ10 és x2 = A2 cosωt cosϕ20 – A2 sinωt sinϕ20 és x = A cosωt cosϕ0 – A sinωt sinϕ0 Úgy lesz x1+x2=x, ha A1cosϕ10 + A2 cosϕ20 = A cosϕ0 és A1sinϕ10 + A2 sinϕ20 = A sinϕ0 . Ezekből tg ϕ0 = (A1sinϕ10 + A2 sinϕ20) / (A1cosϕ10 + A2 cosϕ20). 6
Fizika K1A
Az amplitúdóhoz emeljünk mindent négyzetre és alkalmazzuk, hogy sin2x+cos2x=1 → 9 = :9" + 9
+ 29" 9 (%&';" %&';
+ '+ ;" '+ ;
= :9" + 9
+ 29" 9 %&'∆;
vagyis az eredő amplitúdó attól függ, hogy az összetevők milyen fázisban találkoznak. (RAJZ) Speciális esetek: ∆ϕ = 0 (+2kπ), cos ∆ϕ = 1 → A = A1+A2 ∆ϕ = π (+2kπ), cos ∆ϕ = –1 → A = │A1–A2│ Különben? bonyolult, ki kell számolni. De szemléletessé tehető: RAJZ, mintha vektorok lennének. Hogy lesz vektor, ha nem vektor? komplex számsík ? ⋅ei(ωt) = R + iX : ω szögsebességgel forgó vektor a komplex síkon, x= = A⋅ei(ωt+ϕ0) = [A⋅ei(ϕ0)]⋅ei(ωt) = A ? = A cos(ϕ0) + i A sin(ϕ0) = A⋅ei(ϕ0) aminek a komplex amplitúdója A Párhuzamos, eltérő periódusidejű rezgések összege: Ha a periódusidők aránya racionális, az eredő periódusideje a legkisebb közös többszörös lesz. RAJZ Fourier-sor Lebegés: x1 = A cos ω1t , x2 = A cosω2t, ω2– ω1 = ∆ω kicsi! Mivel cos(α+β)=cosαcosβ–sinαsinβ és cos(α–β)=cosαcosβ+sinαsinβ , azaz cos(α+β)+cos(α–β) = 2cosαcosβ itt most α+β=ω1 és α–β=ω2 → α=…, β=… A
A
A
A
∆A
ezért x = x1+x2 = 29 %&' @ B C %&' @ B C = 2 D9 %&' @ CE %&'F G vagyis az átlagos frekvenciájú rezgés amplitúdója lassan változik zérus és a dupla amplitúdó között (minél közelebb van egymáshoz a két frekvencia, annál lassabban). Hang!!! Merőleges: Lissajous görbék. RAJZ x = A1 cos(n ωt) és y = A2 cos(mωt) → záródik, ha n/m racionális (érintési pontok) CSATOLÁS – videó!
Átlagsebesség vátl = ∆x / ∆t A pillanatnyi sebességből számolva a sebesség átlaga, de mire vett átlaga? nem útra, hanem időre! Feladatok: A és B város vízparton helyezkednek el egymástól d távolságra. Egy motorcsónakkal, ami a vízhez képest vcs sebességgel tud menni, elmegyünk A-ból B-be, majd vissza B-ből A-ba. Megegyezik-e az oda-vissza út ideje, ha a víz folyó ill. tó? MO. Ha a víz egy folyó és A-tól B felé folyik vf sebességgel, akkor A-ból B-be tAB = d / (vcs + vf) idő alatt, B-ből A-ba tBA = d / (vcs – vf) idő alatt ér a csónak, tehát az összes idő tfolyó = d/(vcs + vf) + d/(vcs – vf). Ha a víz egy tó, akkor oda- ill. visszaút ideje is t = d / vcs , tehát ttó = 2d / vcs. HIJKó -ó
=
M M NOP QNH NOP RNH M NOP
=
NOP RNH QNOP QNH NOP RNH NOP
=S
SOP
OP
SH
>1
[Hogyhogy? mert a folyó kevesebb ideig segíti a csónakot, mint akadályozza.] Egy repülőgép megtesz 1000 km/h-val 3500 km-t, majd 800 km/h-val 1200 km-t, mekkora az átlagsebessége? (940 km/h)
7
Fizika K1A
Körmozgás Ugyanúgy számolható, mint az x tengely menti haladó mozgás, csak x(t) helyett ϕ(t) szögváltozóval számolunk és v helyett ω szögsebesség: ω = ϕ és a helyett β szöggyorsulás: β = ω = ϕ4 . R sugarú körön x = R⋅ϕ, v = R⋅ω, at = R⋅β (a gyorsulásra a dinamikánál visszatérünk!). Egyenletes: β = 0, ω = konst., ϕ = ω⋅t + ϕ0 . Egyenletesen változó: β = konst., ω = β⋅t + ω0, ϕ = β/2⋅t2 + ω0⋅t + ϕ0 . Feladat: Körpályán egyenletesen lassuló mozgással mozgó anyagi pont egy félkör megtétele közben elveszti sebessége felét. Hol áll meg? & =ϕ && = konst. ⇒ ω = ϕ& = ω0 − β t , ϕ = ω0 t − β / 2 ⋅ t 2 MO. β = ω Először t1 idő alatt a sebessége a felére csökken: ω(t1) = ω0 – βt1 = ω0/2 (1) és megtesz egy félkört, azaz ϕ(t1) = ω0t1 – β/2⋅t12 = π (2) majd t2 idő alatt a sebessége ω0/2-ről nullára csökken: ω(t2) = ω0/2 – βt2 = 0 (3) és megtesz még valamennyit: azaz ϕ(t2) = (ω0/2)⋅t2 – β/2⋅t22 = ? (4) Vigyázat, ennél a szakasznál a kezdősebesség ω0/2! (1)-ből t1 = ω0/(2β), (3)-ból t2 = t1, (2)-ből β = 3/(8π) ⋅ ω02, amivel ϕ (t2) = ω0/2⋅t2 – β/2⋅t22 = π/3, azaz még egy hatod kört tesz meg. [Megoldható úgy is, hogy t2 helyett (t1+t2)-re írjuk fel az egyenletet.] Általában: ELŐJELEK: hogy van kötve egymáshoz x, v és a előjele? sehogy!! Példák… Visszafelé: tudjuk a sebességet, abból szeretnénk meghatározni a helyet, ill. tudjuk a gyorsulást, abból szeretnénk meghatározni a sebességet, azaz: ismerjük a deriváltat, abból szeretnénk meghatározni az eredeti függvényt. Ha a lim -et kivesszük a S ∆S ∆S = 2 = = lim∆ → egyenletből, akkor ≈ , azaz ∆2 ≈ ∙ ∆ , ill. 0
= 3 = 2 = lim∆
∆ ∆0
→ ∆
egyenletből, akkor 2 ≈
∆ ∆0 ∆
, azaz ∆3 ≈ 2 ∙ ∆ ,
vagyis ∆v-t ill. ∆x-et tudunk számolni valamekkora intervallumra. RAJZ: látható, hogy ezzel az a(t) ill. a v(t) függvényen téglalapok területét számoljuk. De melyik a ill. v értékkel számoljunk, ha az a ill. v változik? Ez eddig közelítő számolás → nézzük a határértéket, ahogy ∆t→0, akkor látható, hogy a pontos számolás a függvény alatti terület. Ez az integrálás: az érték megváltozását határozzuk meg a változást leíró függvény alapján. Y( Jelölés: 9( = 5 ( 6 , azaz A(t) az integrálja a(t)-nek, ha = ( .
Tehát grafikusan most már tudjuk, mi az integrál. De hogy számoljuk ki? Integrálni nehéz! sőt, nem is mindig létezik zárt alakban felírható integrálfüggvény (ld. pl. Gauss-eloszlás). A gondot pl. az okozza, hogy összetett függvény esetén szorozni kell a belső függvény deriváltjával – de mi van, ha az nincs ott? Próbáljuk meg a vpill(t) = 4,2 t függvényből visszaszámolni, hogy hol lesz a test a t=4 -ben. Hatványfüggvényt integrálni könnyű, 5 4,2 6 = 2,1 . De nem innen indultunk, hová lett a +2,8 ? Integrálással csak megváltozást számolunk ki, de a függvény felírásához szükség van plusz információként arra, hogy honnan indult a test (ill. valamikor hol volt): integrációs állandó, kezdeti feltétel!!! itt x0 = x(0) = 2,8, így tehát x = 2,1t2+2,8, ezzel már lehet számolni x(4)-et. (Deriváláskor
8
Fizika K1A
az érintő meredeksége egyértelmű, de a függőleges tengely mentén eltolt függvényeknek ugyanaz a deriváltja.) Eddig csak egy tengely menti mozgást néztünk, de majd ki kell lépnünk a térbe, ehhez először ismerkedjünk vektorokkal! Vektorok, műveletek vektorokkal Először általánosan definiáljuk, nem koordinátarendszerhez kötve. Vektor jelölése: a vagy \ vagy a; az abszolút értéke |^| = . - összeg: a + b, RAJZ - szorzás skalárral: λ⋅a, λ > 0 ill. < 0 és |_| > 1 ill. < 1 esetek ⇒ kivonás: a – b = a + (–1)·b ⇒ lineáris kombináció: λ1⋅ a + λ2⋅ b a λ1, λ2 összes lehetséges értékével előállítja az a és b vektorok által kifeszített síkot ⇒ a sík összes vektora felbontható a és b irányú komponensekre λ1 és λ2 megfelelő értékének meghatározásával -
skaláris szorzat: 2 vektorhoz egy skalárt rendel: a⋅b = a⋅b⋅cosϕ ⇒ önmagával vett skalárszorzat → abszolút érték: |^| = = √^⋅^ ⇒ ea = a / |^| = ^/ egységvektor ⇒ merőleges vektoroknál zérus ⇒ vektorok által bezárt szög számítása: cosϕ = a⋅b / (a⋅b) ⇒ vetület a⋅b = a⋅(b⋅cosϕ) = b⋅(a⋅cosϕ) ⇒ vektor felbontása másik vektorral párhuzamos és merőleges komponensekre a-nak b irányú komponense: nagysága a‖ = a⋅eb = a⋅b/b, iránya eb, tehát vektorként a‖ = (a⋅b /b2) ⋅b a-nak b-re merőleges komponense: a⊥ = a – a‖ ⇒ pl. munka
-
vektoriális szorzat: 2 vektorhoz egy vektort rendel, melynek nagysága |^ × b| = ⋅ ⋅'+ ϕ, irányát a jobbkéz-szabállyal határozzuk meg. ⇒ síkra merőleges két irány közötti választás ⇒ antikommutatív, azaz b × ^ = −^ × b ⇒ párhuzamos vektoroknál zérus ⇒ pl. forgatónyomaték
Koordinátarendszerek : megadása egységvektorokkal, koordinátavonalakkal (típusok: egyenes/görbe vonalú, merőleges-e, egyenletes-e…) 2D Descartes (egyenes vonalú, merőleges, egyenletes beosztású) a pont helyét két koordinátával adjuk meg: x és y; a hozzájuk tartozó egységvektorok: i és j; az i az x növekedésének irányába mutat, a j az y növekedésének irányába (vagyis az egységvektorok az adott koordináta növekedésének irányába mutatnak) i és j lineáris kombinációja feszíti ki a síkot a koordináták vetületek az egységvektorokra koordinátavonalak: x = konst. ill. y = konst. vonalak i⋅i = 1, j⋅j = 1, i⋅j= 0 a = axi + ayj, b = bxi + byj 9
Fizika K1A
Műveletek: a+b = (ax+bx)i + (ay+by)j a⋅b = (axi + ayj)⋅ (bxi + byj) = axbxi⋅i + axbyi⋅j + aybxi⋅j + aybyj⋅j= axbx + ayby a⋅a = ax2 + ay2 → |^| = √^⋅^ = c 0 + / → ea = a / |^| pl. a = 2i + j, b = 3i – 4j a+b = 5i – 3j, a–b = –i + 5j a = √5, b = 5, ea = 2/√5i + 1/√5j, eb = 3/5i – 4/5j a⋅b = (2i + j) ⋅(3i – 4j) = … = 2⋅3-4 = 2, az általuk bezárt szög cosϕ = a⋅b /(a⋅b) = 2/(√5⋅5) ≈ 0,179, ϕ ≈ 79,7° a vetülete b irányára a‖ = a⋅b /b2 ⋅b = 2/52(3i – 4j) = 0,24i – 0,32j, a-nak b-re merőleges komponense: a⊥ = 1,76i + 1,32j tényleg merőlegesek: 0,24⋅1,76–0,32⋅1,32 = 0 3D Descartes: egységvektorok i, j, k jobbsodrású: i × j = k, j × k = i, k × i = j, j × i = –k, k × j = –i, i × k = –j (ciklikus permutáció) ide bevágni a másik vektoros anyagot!
2D polár: a pont helyét az origótól vett távolsággal és egy szöggel adjuk meg: r és ϕ a két koordináta; de mik az egységvektorok? mik a koordinátavonalak? RAJZ er, eϕ bevezetése: r ill. ϕ növekedésének irányába mutatnak. az egységvektorok együtt fordulnak a mozgó ponttal! (nem egyenes vonalú, de derékszögű) (((ebben összeadni nehéz, de szorozni könnyű))) Átszámolás 2D Descartes ill. polár között
Kinematika 3D-ben Vonatkoztatási rendszer KITÉRŐ: TESTMODELLEK tömegpont pontrendszer kiterjedt test
merev test folytonos test deformálható test
Tömegpont: tömege van, de kiterjedése (és belső szerkezete) nincs. Tömegpont közelítés alkalmazható akkor, ha a test kiterjedése elhanyagolható az elmozdulásához képest; nem végez forgómozgást, csak haladó mozgást (rotáció nincs, csak transzláció); mindig érvényes a test tömegközéppontjára. Merev test: bármely két pontja között a távolság állandó.
10
Fizika K1A
Vonatkoztatási rendszer: merev test, amihez képest a test helyét megadjuk. Egy vonatkoztatási rendszeren belül végtelen sokféleképpen vehetünk fel koordináta-rendszereket (pl. milyen típusú, merre mutatnak az egységvektorai, hogyan vannak skálázva…) RAJZ Helyvektor: a vonatkoztatási pontból az adott pontba mutató vektor, r. A test mozgásával a helyvektor időben változik: r(t) (vektor-skalár függvény) Pálya: a helyvektor végpontja által érintett pontok (paraméteres térgörbe). Út: a pálya hossza. Elmozdulásvektor: ∆r = r(t2) – r(t1) (mindig a későbbiből vonjuk ki a korábbit!) ∆h Átlagsebesség: eá g = . ∆
h
∆h
(Pillanatnyi) sebesség: e = ei$gg = lim eá g = lim∆ → = =h . ∆ iránya: az érintő iránya (RAJZ: a szelő határesete, ahogy t2→t1 ), # nagysága: az út deriváltja: . [Láncszabállyal:
h
=
h #
∙
#
, ahol
h #
Vektor, melynek
∆#
az érintő irányú egységvektor (|∆h| ≥ 1, és tart 1-hez, ahogy…)]
A dr -t „elemi elmozdulásvektor”-nak nevezzük. (∆r differencia → dr differenciál) [Angol szóhasználat: speed ill. velocity, megkülönböztetik, hogy vektor vagy sem.] Hasonlóan bevezethető az ∆e átlagos gyorsulás: ^á g = és a ∆
(pillanatnyi) gyorsulás: ^ = ^i$gg = lim ^á g = lim∆
∆e → ∆
=
e
= e = h4
Tehát röviden az egész kinematika lényege: e = h és ^ = e . Milyen lehet a gyorsulásvektor iránya a sebességvektorhoz képest? Bármilyen. Mi mit jelent? a-t felbontjuk v-vel párhuzamos és arra merőleges komponensekre. A gyorsulásnak a sebességgel párhuzamos komponense a sebesség nagyságát változtatja (növeli, ha egyirányúak, ill. csökkenti, ha ellentétes irányúak); a gyorsulás sebességre merőleges komponense pedig a sebesség irányát változtatja meg (a sebesség nagyságát nem befolyásolja). Ahhoz is kell tehát gyorsulás, hogy a test állandó nagyságú sebességgel irányt változtasson! Hogyan lehet konkrét koordinátarendszerekben számolni? Descartes-ban: r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k e = 20 k + 2/ l + 21 m = h = 3 k + n l + o m (merthogy az i, j, k konstansok, a deriváltjuk zérus!) azaz koordinátánként deriválunk, 20 = 3 , 2/ = n , 21 = o . ^ = 0 k + / l + 1 m = e = 20 k + 2/ l + 21 m = h4 = 34 k + n4 l + o4 m azaz 0 = 20 = 34 , stb. (Nagyságok számítása Pithagorasz-tétellel.) Feladatok: ágyúgolyó néhány feladatot ide!!
11
Fizika K1A
2D polárban: h = p qh e = h = pqh + p qh Mivel az egységvektorokat mindig úgy vesszük fel, hogy kövessék a mozgó pontot, nem lesz a deriváltjuk zérus. Hanem mi? qh = ϕ qϕ RAJZ; [ + esetleg: qh = 1 → 2qr qr = 0, azaz qh t qh ] Ezt beírva: e = h = pqh + p;qu Feladat: kancsal gólya. A sebességének radiális komponense állandó, azaz p = v⋅cosϕ = konst. → r = d – (vcosϕ)⋅t → t = d / (vcosϕ) idő alatt r = 0 ☺ Véges idő alatt véges úton végtelen sok fordulatot tesz meg. Logaritmikus spirális – csigák keresztmetszete; hogyan tud ilyen szépet csinálni? csak egy állandó szöget kell tartani az építkezéskor. (Modellek: hangyák hogyan hordják kupacokba a morzsát?) Kinematika vége → DINAMIKA
Newton-axiómák (Newton 1643-1727; 1687) Bevezetés. Már a régi görögök is… Peripatetikus dinamika: mitől mozog? azaz: a mozgásba-hozáshoz kell valami hatás, a mozgás magától nem marad fenn, valami fenn kell tartsa. Az égi és földi mozgások alapvetően különböznek. Az égiek tökéletesek, mert az az istenek világa, örökké ismétlődő tökéletesen körpályákon, ill. azokból összetett pályákon mozognak az égitestek (motus a se, mozgás az égi rend szerint, az égi szférák mozgása). A földiek: vannak élőlények, akik maguktól tudnak mozogni (motus a se). A nem-élőlényeket valami mozgatja: vagy egy élőlény (motus violentus, kikényszerített mozgás), vagy az, hogy mindennek megvan a maga helye, és ha nem ott tartózkodik, akkor oda kell kerüljön (motus naturalis; a könnyű dolgok fel, a nehezek le, minél nehezebb, annál jobban törekszik lefelé – mondták; persze, nem kísérleteztek). A mozgató hatás csak közvetlen lehet, ez sokszor nehezen volt megmutatható, pl. nyílvessző (a levegő kap mozgató erőt is az íjtól). A mozgató hatás („erő”) arányos a sebességgel, v∼F. [Ld. majd a stacionárius sebességet közegellenállásnál.] v = F/R, vákuumban R=0 lenne, ami végtelen sebességet adna; úgy döntöttek, ezek szerint vákuum nem létezhet (Arisztotelész (i.e. 384322): „…továbbá senki sem tudná megmondani, hogy egy valamilyen módon egyszer mozgásba hozott test miért állana meg bárhol is. Mert hiszen miért álljon meg inkább itt, mint emitt. Úgyhogy egy test vagy nyugalomban lenne, vagy pedig mozogna ad infinitum, amíg valami akadály az útjába nem kerülne.” Kétezer évig ragaszkodtak ehhez. XVI. szd., kísérletezgetés: Kopernikusz, Tycho de Brache, Kepler, Galilei… csillagászat, bolygómozgás; lejtő; inga 1.) szabadesés vizsgálata: nem igaz, hogy a nehezebb gyorsabban esik, hanem 2 minden test gyorsulása azonos, s∼t ; 2.) ütközések vizsgálata: az mv jelentősége, kell erő a megálláshoz is és az elinduláshoz is; 3.) körmozgás: ütközések sorozataként felfogható, erő kell a sebesség megváltoztatásához → az erő nem a mozgás fenntartásához, hanem a megváltoztatásához kell! (A mozgás állapot, nem pedig folyamat.) Filozófiai megközelítés (Descartes XVII. szd. eleje): „Ez nem más, mint hamis előítélet, amely nyilvánvalóan ellentétben van a természet törvényeivel: a nyugalom ugyanis a mozgás ellentéte, és természeti ösztöne szerint semmi sem törekszik saját ellentétére és önmaga megsemmisítésére.”. (Vagyis ha valami egyszer már mozog, akkor önmagától nem áll meg.)
tehát… 12
Fizika K1A
Newton axiómák I. axióma: tehetetlenség törvénye. Magára hagyott test (azaz amire más test nem hat, azaz: F = 0) nyugalomban van, vagy egyenes vonalú egyenletes mozgást végez (azaz: v = konst.), ha a test mozgását olyan vonatkoztatási rendszerben vizsgáljuk, ami inerciarendszer. Magára hagyott: nincs kölcsönhatásban más testtel; ha megfelelően távol van más testektől. Mi az inerciarendszer? az olyan vonatkoztatási rendszer, amiben érvényes Newton I. Körbeértünk. Feloldás: az állítás az, hogy létezik inerciarendszer. Meg kell vizsgálni, hogy a magára hagyott test v=konst.-e, de nem elég egyet, hanem hármat – és akkor az összes többire is igaz lesz. A Földet inerciarendszernek tekintjük olyan mozgások vizsgálatánál, amelyeknél a megtett távolságok elhanyagolhatóak a Föld méretéhez képest – de nagyobb mozgásoknál már nem tekinthetünk el a Föld forgásától, keringésétől. Vagy: állócsillagokhoz rögzített von. rdsz. jó lesz. Ha van egy olyan vonatkoztatási rendszer, ami inerciarendszer, akkor az ahhoz képest álló, ill. állandó sebességgel mozgó (azaz egyenes vonalú egyenletes mozgást végző) vonatkoztatási rendszerek is inerciarendszerek (Galilei-féle relativitási elv) → végtelen sok inerciarendszer van. II. axióma: (((a nem-magárahagyott testre vonatkozik))). A test gyorsulása arányos a rá ható erővel, F ∼ a, F = ma . Új fizikai mennyiség az F és az m: a tömeg a tehetetlenség mértéke, az erő a kölcsönhatás mértéke. Newton II. eredetileg: „a mozgás megváltozása arányos a hatóerővel, és azon egyenes mentén történik, amely y irányában az erő hat” – mai jelöléssel ∆(mv) = 5y v dt („erőlökés”). v =
z({| zy
B
impulzus-tétel: akkor is érvényes, ha m változik, pl. rakéta, vagy relativitáselmélet: a tömeg változik
nagy sebességeknél ( m = m0 / c1 − v /c ).
Dinamikai és sztatikai erő- és tömegmérés: Sztatikai mérés: az ismeretlen tömeget/erőt összehasonlítjuk ismert tömeggel/erővel, aminek nagyságát tudjuk változtatni, és azt tudjuk megállapítani, hogy mikor egyenlőek („nulldetektor”). Pl. tömegmérés kétkarú mérleggel, erők összehasonlítása hasonlóan (ismert erő lehet pl. rugós erőmérő). Dinamikai mérés: Erőmérésnél egy testet (aminek a tömegét nem ismerjük) gyorsítjuk az ismeretlen F2 erővel → a2; ill. az ismert F1 erővel → a1, majd mivel F2/a2 = F1/a1 = állandó, F2-t ki tudjuk számolni. (Ismert erő: rugó vagy súly.) A gyorsulásokat a gyorsított test mozgásából (idő- és helymérés alapján) tudjuk kiszámolni. Tömegmérésnél azonos (de nem ismert) nagyságú erővel gyorsítjuk az ismeretlen, ill. ismert tömegű testet, és mivel F állandó, m1a1 = m2a2 -ból számolunk. III. axióma: kölcsönhatás törvénye. Ha az A test FAB erővel hat a B testre, akkor a B test FBA erővel hat az A testre; a két erő egyenlő nagyságú, megegyező hatásvonalú és ellentétes irányú, azaz FBA = –FAB. Az erő-ellenerő (akció-reakció) azt sugallja, hogy az egyik váltja ki a másikat, de ez nem igaz, egyszerre, egy időben lépnek fel. IV. axióma: szuperpozíció törvénye (az erők összegzése). Ha egy testre egyszerre több erő is hat, akkor az F = ma egyenletbe az erők vektori eredőjét kell írni: ΣFi = ma. Igazából azt jelenti, hogy az egyszerre fellépő erők nem befolyásolják egymást (vagyis a kölcsönhatások egymástól függetlenek). Vigyázat: hogy is tudunk eltolni egy szekrényt? ΣF = 0 → a = 0?!? Arra kell figyelni, hogy mire összegzünk: a III. axióma egy kölcsönhatásra, a IV. axióma pedig egy testre vonatkozik! 13
Fizika K1A
ma = F : mit tudunk F-ről? – erőtörvények; mindjárt végigézzük, de általánosan F(r,v,t); másrészt tudjuk kinematikából, hogy ~ = | = •4 ; ezeket egybeírva m•4 = v(•, •, t : ez lesz a test MOZGÁSEGYENLETe; ennek megoldásaként kapjuk az r(t) függvényt, ami a mozgást leírja. Persze kell hozzá 2 integrációs állandó, azaz kezdeti helyvektor és sebesség (vagy hely és sebesség bármely időpontban). Determinisztikus. De: létezik determinisztikus káosz is! Erőtörvények avagy: milyen kölcsönhatásban milyen alakú az F(…) függvény. általánosan F(r,v,t) Akkor van úgy-ahogy könnyű dolgunk, ha v-től nem függ. Ha nem függ helytől: HOMOGÉN Ha nem függ időtől: STACIONÁRIUS Tehát az erőtörvények (kölcsönhatás, nagyság, irány): 1) Földi nehézségi erő: nagysága: mg, iránya: függőlegesen lefelé; vektorként: F = –mg k. 2) Általános tömegvonzási erő: nagysága: F = γ m1m2/d2 , ahol γ univerzális állandó, d a két tömegpont közötti távolság; iránya: vonzó a két testet összekötő egyenesen; { { • vektorként: v = −γ B€ € . 3) Lineáris rugalmas erő, rugóerő: nagysága: k⋅∆ℓ, ahol k a rugóállandó, ∆ℓ= ℓ–ℓ0 a rugó megnyúlása (ℓ az aktuális hossza, ℓ0 a nyugalmi hossza), iránya: mindig a rugó nyugalmi hosszának megfelelő irányba mutat. Egydimenziós erő; vegyük fel az x tengelyt úgy, hogy x=0 az ℓ0 nyugalmi hossznál legyen és x pozitív iránya mutasson a megnyújtott állapot irányába, vagyis x>0, ha megnyújtottuk, x<0, ha összenyomtuk. F iránya mindig ellentétes x-ével: vektorként: F = –kxi. (Mit jelent a rugalmas és a lineáris?!?) 4) Súrlódási erők: Csúszási és gördülési súrlódás nagysága: Fs = µ Fny , ahol Fny a testre ható nyomóerő, µ a súrlódási együttható; iránya: a sebességgel ellentétes irányú; vektorként: Fs = –µ Fny ⋅ v/v . Tapadási súrlódás nagysága: akkora, amekkora ahhoz szükséges, hogy a test nyugalomban maradjon, ha ez az erő ≤ µt Fny ; vagyis tapadásnál az Ft,max =µt Fny képlet csak a maximálisan felléphető erőt adja; iránya: a külső eredő erő felülettel párhuzamos komponensével ellentétes irányú. µgördülési < µcsúszási < µtapadási 14
Fizika K1A
5) Közegellenállási erő: iránya: a sebességgel ellentétes irányú, nagysága: valahogy függ a sebesség nagyságától; kísérletek alapján kis sebességeknél (lamináris áramlás esetén) jó közelítés a lineáris: Fk = –kv; nagyobb sebességeknél négyzetes közelítés a jó: Fk = –kv2 (turbulens áramlás esetében); vektorként: F = –cv ill. F = –cvv. STACIONÁRIUS SEBESSÉG!!! 6) Kényszererők: felület, kötél, rúd: csak az irányukat tudjuk (a geometriai kényszer miatt), a nagyságukat nem, az mindig az adott problémából adódik! Felület által kifejtett nyomóerő: iránya: a felületre merőleges (ha görbült a felület, akkor a pontbeli érintősíkra merőleges); csak nyomni tud, nagysága akkora, hogy a test a felületen maradjon. Kötél: csak húzni tud, kötélirányban. Rúd: húz vagy nyom, rúdirányban. Erőnek hívjuk, de nem erőtörvény a centripetális „erő”: ez nem a ΣF-ben jelenik meg, hanem az ma tartalmaz macp = „Fcp” -t, ha a mozgás görbe vonalú (az erők eredőjének a sebességre merőleges komponense). Nem köthető egy bizonyos kölcsönhatáshoz (többféle kölcsönhatásból is származhat acp). Tehetetlenségi erők: nem kölcsönhatásból származó erők, hanem „rendszererők”: neminercia-rendszerekben vizsgált mozgások esetében felírt erők, a vonatkoztatási rendszer mozgásából származnak: transzlációs tehetetlenségi erő: ha a vonatkoztatási rendszer egyenesvonalú mozgás végez és gyorsul vagy fékeződik (pl. fékező busz); centrifugális erő: állandó szögsebességgel forgó vonatkoztatási rendszerben nyugalomban lévő testekre (pl. körhinta, centrifuga); [centrifugális – centripetális!] Coriolis erő: állandó szögsebességgel forgó vonatkoztatási rendszerben mozgó testekre (pl. ciklonok); Euler erő: változó szögsebességgel forgó vonatkoztatási rendszerben.
Nézzük sorra az erőtörvényeket, és hogy mi következik belőlük:
Általános tömegvonzási erő Bármely két test között fellép. m" m • v = −γ r r Bolygómozgás: ha nézünk két bolygót (mindkettő mozog), az még megoldható („kéttest probléma”), de három bolygó (mind mozog) már nagyon nehéz! hát még több… Hány bolygó van a Naprendszerben? 9 → 10 → 8 (Plútó). Kéttest probléma: r1 ill. r2 helyvektorú bolygókra felírjuk az erőket és felhasználjuk, hogy a két erő összege zérus → az jön ki, hogy a tömegközéppontjuk nem gyorsul, tehát felírhatjuk a mozgásukat a tömegközéppontot tekintve origónak, így megoldható a mozgásegyenlet. Háromtest: nem megoldható!
Mivel a Naprendszer bolygóira felírt mozgásegyenleteknek nincs analitikus megoldása (és a numerikus se könnyű), ezért jönnek jól 15
Fizika K1A
Kepler törvényei bolygó
I. A bolygók ellipszis alakú pályán mozognak, melynek egyik gyújtópontjában a Nap áll;
nagytengely
Nap kistengely
II. A bolygók vezérsugara egyenlő idők alatt egyenlő területeket súrol (azaz a területi sebesség állandó); [ez azt jelenti, hogy Napközelben nagyobb a bolygó sebessége];
A1
A2
vezérsugár
III. T2 / a3 = konst. minden bolygóra, ahol T a bolygó keringési ideje, „a” a pálya fél nagytengelye.
excentricitás: (középpont és gyújtópont távolsága) /( fél nagytengely) 0 → kör; 0–1: ellipszis; 1: parabola; 1– : hiperbola a Földre nagytengely 149597887,5 km, kistengely 149576999,8 km, excentricitás 0,0167
Feladat: A Neptunusz keringési ideje ≈165 (földi) év. Milyen távolságban kering a Neptunusz a Nap körül? (A Nap felszínéről a Földre 8,3 perc alatt ér a fény; a Nap-Föld távolság 150 millió km.) MO. A III. Kepler-törvényt alkalmazva ‚ƒöJM
ƒöJM
…
=
‚†‡ˆ-‰
†‡ˆ-‰
…
,
azaz @
†‡ˆ-‰ ƒöJM
Š
‚†‡ˆ-‰
C =@
‚ƒöJM
"‹Œ C "
C =@
= 27225, amiből
†‡ˆ-‰ ƒöJM
≈ 30,
és behelyettesítve a Nap-Föld távolságot aNeptun = 30 aFöld = 30·150·106 km = 4500·106 km (30 CSE).
Az általános tömegvonzási erőből származtatható a
földi nehézségi erő {B {
•
F = mg
Az v = −γ € € képlet tömegpontokra vonatkozik, de a Föld nagy, mi lesz belőle? (Térfogati integrálból következik) az, hogy a teljes Föld-tömeg a középpontba képzelendő és a távolság a Föld sugara. [Ha meg a Föld belsejében van egy test, akkor csak az a része számít a Földnek, ami „beljebb” van, mert a külső gyűrű eredője zérus. Ha átfúrnánk a Földet és beleejtenénk egy követ, az harmonikus rezgőmozgásba kezdene.] 16
Fizika K1A
Tehát a Föld felszínén F = γ
{ ••ö‘’ “•ö‘’
, és ezt használjuk röviden F = mg alakban
→ a gravitációs gyorsulás értéke a Föld felszínén g0 = γ
••ö‘’
“•ö‘’
.
γ = 6,67428⋅10–11 Nm2/kg2, MFöld = 5,9742⋅1024 kg (a Föld átlagos sűrűsége 5,5 kg/dm3, a felszín közelében 2,5 kg/m3, belül sokkal nagyobb) g értéke függ a földrajzi szélességtől, egyrészt, mert a Föld nem gömb alakú a sugara az Egyenlítőnél nagyobb (6378,388 km, a saroknál 6356,912 km) → g értéke kisebb az Egyenlítőnél; másrészt, mert a Föld forog a centrifugális erő a forgástengelytől mért távolsággal arányos RAJZ → g értéke kisebb az Egyenlítőnél. Számoljunk: a Föld szögsebessége ω = 2π / 86164 = 7,29·10–5 s–1, acf = Rω2 = 0,03392 m/s2 gszámolt,1 acf gszámolt,2 gmért RF 2 2 2 (km) (m/s ) (m/s ) (m/s ) (m/s2) Egyenlítő 6378,388 9,80082 0,03392 9,76690 9,78049 sarok 6356,912 9,86715 0 9,86715 9,83221 A centrifugális gyorsulás miatt a g iránya nem a Föld középpontja felé mutat! (mit is jelent a függőleges?!?) (A Föld alakja a centrifugális erő miatt nem gömb.) g értéke függ a felszín/tengerszint feletti magasságtól: { • h magasságban F = γ (“ •ö‘’ = mg – •ö‘’Q”
amiből tehát gh = γ (“
••ö‘’
•ö‘’ –
,
—” —˜
“•ö‘’
= @“
•ö‘’
C ,
–
a Föld középpontjától távolodva g csökken (a Mount Everesten ez kb. 0,3 %-os csökkenés). Eddig homogénnek tételeztük fel a Földet, de g értéke függ még a helyi kőzettömegektől is.
Hajítás (mint konstans erő) Tetszőleges konstans erő: ma = F → a = •4 = F/m és t = 0-ban v = v0, r = r0 → v = v0 + a⋅t → r = r0 + v0⋅t + ½a⋅t2 Hajítás esetén F = mg, tehát a = g: mg = m•4 és t = 0-ban v = v0, r = r0 → v = v0 + g⋅t → r = r0 + v0⋅t + ½g⋅t2 : ez koordinátarendszertől független megoldás. 3D Descartes koordináta-rendszerben: igazítsuk úgy a koordinátarendszert, hogy nekünk a lehető legkényelmesebb legyen, azaz g-nek csak egy komponense legyen: a z-tengely a g-vel ellentétes irányba (felfelé) mutasson → g = –gk v0-nak csak két komponense legyen (vízszintes síkban csak egy): az x-tengelyt forgassuk a v0 vízszintes vetületének irányába (v0y = 0) → v0 = v0 cosα i + v0 sinα k, azaz v0x = v0 cosα, v0z = v0 sinα . Ezekkel tehát v(t) = v0x i + (v0z – gt) k és r(t) = (x0 + v0x t i + y0 j + (z0 + v0z t – ½ gt2) k ; és ha lehet, az origót toljuk az r0 = x0 i + y0 j + z0 k pontba, így r(t) = v0x t i + (v0z t – ½ gt2) k . 17
Fizika K1A
Kiírva külön csak a koordinátafüggvényeket: ay = 0 az = –g ax = 0 vx = v0x vy = 0 vz(t) = v0z – gt x(t) = v0x t (+ x0) y = 0 (y0) z(t) = v0z t – ½ gt2 (+z0) illetve a kezdősebesség nagyságát és a vízszintes síkkal bezárt α szögét felhasználva: ax = 0 ay = 0 az = –g vx = v0 cosα vy = 0 vz(t) = v0 sinα – gt x(t) = v0 t cosα (+ x0) y = 0 (y0) z(t) = v0 t sinα – ½ gt2 (+z0) RAJZOK! Mit jelent, ha negatív vz , x, z…? A felfelé és lefelé mozgás szakaszát nem kell kettévágni, az előjelekben van benne, hogy merre mozog. Feladatok: Mekkora kezdősebességgel dobtunk fel egy testet függőlegesen, ha a feldobás után 2 s-mal a sebessége 4 m/s a) felfelé, b) lefelé? Mennyi az emelkedés ideje, milyen maximális magasságot ér el? vz(t) = vz0 – gt → vz0 = vz(t) + gt = vz(2) + 10⋅2 a) vz(2) = +4 m/s → vz0 = 24 m/s b) vz(2) = –4 m/s → vz0 = 16 m/s emelkedés ideje: vz(te) = 0 → te = vz0/g a) te = 2,4 s b) te = 1,6 s maximális magasság: h = vz02 / (2g) a) h = 28,8 m b) h = 12,8 m Frédi-Béni – ld. külön file-ban
A hajítás pályája: x(t)-ből kifejezzük t-t és átírjuk z(t)-be: z(x) = tgα⋅x – g/(2v02cos2α)⋅x2 : ez egy parabola. Hajítás magassága: azaz: a kiindulási pont magasságához képest mennyivel magasabban van a pálya legfelső pontja? ez a z(t) = v0 t sinα – ½ gt2 értéke akkor, amikor a legmagasabban van, azaz amikor vz(t) = v0 sinα – gt (a függőleges sebesség) zérus. Tehát v0 sinα – gte = 0 → te = v0 sinα /g → h = v02 sin2α / (2g) . Hajítás távolsága: azaz: milyen távol van a kiindulási ponttól, amikor visszaérkezik a kiindulási pont magasságára? ez az x(t) = v0 t cosα értéke akkor, amikor a földre (sík terepen, azaz az elhajítás magasságára) érkezik, azaz amikor z(t) = v0 t sinα – ½ gt2 értéke zérus. Tehát v0 th sinα – ½ gth2 = 0 → th = 2 v0 sinα / g , ami = 2te , (persze, mert a felfelé és a lefelé rész szimmetrikus) → d = v02 sin 2α / g . Kifejezhetjük a pályából is: x⋅ (tgα – g/(2v02cos2α)⋅x) = 0 → x1 = x0 = 0 és x2 = d = … Nem sík terepen a kiindulási és a földre érkezési pont közötti távolság nem ezzel a képlettel számolható, hanem az x(t), z(t) függvényekkel! Maximális távolság: 45°, ha síkon vagyunk; különben levezethető, hogy ctg2α = 1 + 2gh / v02. 18
Fizika K1A
Feladatok: Két ferde hajítás kezdősebességének nagysága és a hajítás távolsága azonos. Az egyik hajítás maximális magassága a másik négyszerese. Számítsuk ki a hajítási idők arányát! MO. A kezdősebességek megegyeznek: v01 = v02 , a hajítás szöge α1 ill. α2. A két hajítás távolsága megegyezik: d1 = v012 sin 2α1 /g = d2 = v022 sin 2α2 /g [1] 2 2 2 2 a maximális magasságok aránya 1:4 : h1 = v01 sin α1 / (2g) = 4 h2 = 4 ⋅ v02 sin α2 / (2g) [2] v01 sin α 1 t sin α 1 g A [2] egyenletből sin2 α1 = 4 sin2 α2 ⇒ sin α1 = 2 sin α2 ⇒ h1 = = = 2. t h 2 v02 sin α 2 sin α 2 g (Az [1] egyenletből kiindulva pedig meghatározható a két hajítás szöge is: sin2α1 = 2sinα1cosα1 = sin2α2 = 2sinα2cosα2 ⇒ 2cosα1 = cosα2 ⇒ … ⇒ α1 = 63,4°, α2 = 26,6°, de ez nem volt kérdés.)
Milyen szög alatt kell vízszintes terepen elhajítani egy testet, hogy a hajítási magasság megegyezzen a hajítási távolsággal? MO. h = d: v02 sin2 α / (2g) = v02 sin 2α /g ⇒ 2 sin 2α = sin2 α ⇒ tg α = 4 ⇒ α ≈ 76°
h = 40 m magas torony tetejéről 45°-os szög alatt (fölfelé) elhajítanak egy testet v0 = 40 m/s kezdősebességgel. Mekkora a távolság a kiindulási és földre érkezési pont között? MO. A test helyvektorának függőleges komponense: z(t) = h + v0 sinα ⋅ t − ½ g t2 = 40 − 40 ⋅ sin 45° ⋅ t − 5 ⋅ t2 , ⇒ t* = 6,83 s ; földet éréskor z(t*) = 0 vízszintes komponense: x(t) = v0 cos ⋅ t = 40 ⋅ cos 45° ⋅ t , földet éréskor x(t*) = 193,1 m . A távolság a kiindulási és földet érési pont között d =
40 2 + 193,12 ≈ 197,2 m
Mi van, ha a Föld felszínéről egyre nagyobb kezdősebességgel dobunk fel valamit? Amíg mg-vel számolunk, a pálya parabola. Ha magasabbra „dobjuk” / lőjük, akkor már nem számolhatunk konstans g-vel, hanem az általános tömegvonzási erővel kell számolni. Lesz egy speciális sebesség, amikor pont „körbeesi” a Földet: m acp = m v12 / (RFöld+h) = γ m·MFöld / (RFöld+h)2 = m·g0·RFöld2/ (RFöld+h)2 →
v1 = cγM›öœz /(R ›öœz + h = :g · R ›öœz /(R ›öœz + h
Mivel itt h << RFöld , v1 ≈ cg · R ›öœz ≈ 7,9 km/s. Ez az első kozmikus sebesség, amivel Föld körüli körpályára lehet állítani valamit. Ha v < v1 ill. v > v1, akkor ellipszis alakú a pálya, csak az a különbség, hogy v < v1 esetén a Föld az ellipszis távolabbi fókuszában van, v > v1 esetén pedig a közelebbiben. RAJZ Második kozmikus (első szökési) sebesség: ekkor már nem jön vissza, hanem parabolapályán távolodik a Földtől. Ezt a sebességet majd később számoljuk ki, v2 ≈ 11,2 km/s. Ha ennél is nagyobb a kezdősebesség, hiperbola pályán távolodik.
19
Fizika K1A
Lejtő Ha nincs egyéb külső erő: ma = mg + Fny + Fs Lejtővel párhuzamos és arra merőleges komponensekre bontjuk, – merőlegesen: ma⊥ = Fny – mg⋅cosα az eredő zérus kell legyen, innen tudjuk Fny nagyságát: ha nincs egyéb erő, akkor Fny = mg⋅cosα, de ha van még a lejtővel nem párhuzamos erő (pl. valaki tolja-húzza), akkor annak a lejtőre merőleges komponensét is figyelembe kell venni; – párhuzamosan: ma = mg⋅sinα – Fs ; a pozitív irány választható felfelé vagy lefelé is! a lejtőn állandó nagyságú gyorsulása lesz: a = ± g⋅sinα – µFny, (a g⋅sinα előjele attól függ, felfelé vagy lefelé mozog, de a súrlódás mindig negatív) Tapadási súrlódás: ha g⋅sinα ≤ Ft,max = µt⋅Fny , vagyis ha µt ≥ tgα, akkor áll, különben csúszik. Ha csúszik és µ = tgα, akkor a sebesség nagysága állandó lesz. Súrlódás nélkül álló helyzetből t =
"
–
: — idő alatt ér le, a végsebesség v = c2gh. ¡¢£
Feladatok: DRS 3.2. Vízszintes irányú, F = 8 N nagyságú erővel hatunk az m1 = 2 kg tömegű testre, amely egy fonállal az m2 = 3 kg tömegű testhez van kötve az ábrán látható elrendezésben. Mekkora erő feszíti a fonalat, ha a fonál tömegétől és a súrlódástól eltekintünk?
DRS 3.12. Mennyivel nyúlik meg az ábra szerinti elrendezésben a két test közé iktatott rugó, amikor az összekapcsolt rendszer egyenletesen gyorsuló mozgásban van? A csiga, a rugó és a fonál tömegét ne vegyük figyelembe. Legyen m = 1 kg; a súrlódási együttható 0,2; a rugóállandó 4 N/cm. DRS 2.12. 10 m magas, 60°-os lejtő tetejéről csúszik le egy test. Mekkora sebességgel és mennyi idő alatt ér le a lejtő aljára, ha a) a lejtő súrlódásmentes, b) a lejtő és a test közötti súrlódási együttható 0,5? DRS 2.23. Egy 30° hajlásszögű lejtőre fel akarunk húzni egy 400 N súlyú testet. Mekkora erőt kell alkalmazni, a) ha a lejtővel párhuzamos irányba húzzuk? b) ha vízszintes irányba húzzuk? (A súrlódás elhanyagolható.) 3.13. Határozzuk meg az ábrán látható rendszer gyorsulását, ha a) a súrlódástól eltekintünk; b) az m1 tömegű test és a lejtő között a súrlódási együttható µ. A lejtő rögzített helyzetű, a fonál és a csiga tömege elhanyagolható; a fonál nem nyúlik meg; a tengely nem súrlódik.
20
Fizika K1A
Rezgőmozgás Rugó vízszintesen, súrlódásmentes felületen: ma = Fr Vegyük fel vízszintesen az x tengelyt, x=0 legyen a rugó nyugalmi hosszánál (ℓ0), azaz x legyen a rugó megnyúlása, ezzel mx4 = –kx k: rugóállandó [N/m] = [kg/s2] Ez a mozgásegyenlet – mi a megoldása? egy x(t) függvény, de matekból nem tudunk hozzá eleget, hogy megoldjuk, viszont… …tudjuk, hogy harmonikus rezgőmozgást fog végezni. Kinematikánál láttuk, hogy x(t) = A cos(ωt+ϕ0) v(t) = x = –Aω sin(ωt+ϕ0) a(t) = x4 = –Aω2 cos(ωt+ϕ0) , azaz: x4 = – ω2 x A mozgásegyenletünk pont ilyen alakú: ha m-mel osztunk x4 = –(k/m) x vagyis akkor a mozgásegyenlet megoldása x(t) = A cos(ωt+ϕ0) alakú lesz, ahol ω = ck/m, azaz a periódusidő T = 2πcm/k . És mitől függ A és ϕ0? az x0 kezdeti kitéréstől és a v0 kezdeti sebességtől: x(0) = x0 = A cos ϕ0 v(0) = v0 = –Aω sin ϕ0 Elosztva őket tg ϕ0 = – v0 / (ωx0) és a sin2x + cos2x = 1 azonosságot használva A = :x
¥
+ @ ω˜ C .
Rugó függőlegesen: ma = Fr + mg Vegyük fel az x tengelyt függőlegesen lefelé, x=0 legyen most is a rugó nyugalmi hosszánál (l0): mx4 = –kx + mg Más alakú a mozgásegyenlet – mi ennek a megoldása? ez is rezgőmozgás, csak még nem látjuk. De pl. a rezgésidő ugyanannyi lesz-e, mint vízszintes helyzetben? Lesz egy egyensúlyi helyzet, ahol a = x4 = 0 : –kxe = mg → xe = mg / k . Vezessünk be egy új változót, az egyensúlyi helyzettől való eltérést: y = x – xe = x – mg/k. Ennek deriváltjai megegyeznek x deriváltjaival, mivel csak egy konstans köztük a különbség: y4 = x4 . Az új változóval kifejezve az eredeti változót x = y + mg/k, amivel a mozgásegyenlet mx4 = my4 = –kx + mg = –k(y + mg/k) + mg = –ky –mg + mg = –ky , azaz my4 = –ky , tehát az egyensúlyi helyzettől (és nem a nyugalmi hossztól) mért megnyúlásra ugyanolyan egyenletet kaptunk, mint vízszintes helyzetű rugó esetén, vagyis ugyanolyan periódusidejű lesz a rezgőmozgás, csak nem a rugó nyugalmi hossza, hanem a (ráakasztott tömegtől függő) új egyensúlyi helyzet körül. Hogy lehet létrehozni különböző amplitúdójú és kezdőfázisú rezgéseket? pl. ha nem is húzzuk meg a rugót? rajz…
Csillapított rezgőmozgás: ma = Fr + Fc A csillapítás a pillanatnyi sebesség nagyságával arányosan fékez: mx4 = – kx – c v = – kx – cx [c: kg/s] x4 = – (k/m) x – (c/m) v Szokás bevezetni, hogy k/m = ω02 ahol f0 = ω0/(2π) a csillapítatlan, gerjesztetlen rendszer frekvenciája, azaz az ún. sajátfrekvencia és c/m = 2β [β: 1/s] 21
Fizika K1A
Kis csillapítás esetén (ahol β < ω0 , ami egyébként azt jelenti, hogy c/2
− β , a periódusidő nő.
Ez már szigorúan véve nem periodikus, de a zérushelyek periodikusan követik egymást. Nagy csillapítás esetén (ahol β > ω0) a megoldás egy perióduson belül zérushoz tart (RAJZ). Aperiodikus határeset (ahol β = ω0): ekkor tart a leggyorsabban zérushoz – így kell beállítani a mérlegeket, hogy minél kevesebb idő alatt beálljanak. Gerjesztett rezgőmozgás: ma = Fr + Fc + Fg Milyen erővel lehet megakadályozni a csillapodást? periodikussal: Fg = Fg cos (ωgt) mx4 = – kx – c v + Fg cos (ωgt) Ha β nagy → A monoton csökken. Ha β kicsi: egy átmeneti, tranziens szakasz után periodikus lesz, méghozzá ωg körfrekvenciával. A rezgés amplitúdója attól függ, mennyire tér el az ωg gerjesztő frekvencia és a rendszer ω0 sajátfrekvenciája. Rezonancia lép fel, azaz az amplitúdó maximális, amikor ωg = ω0. A maximális amplitúdó nagysága függ a csillapítástól is (ha nincs csillapítás, végtelen nagy lenne). A létrejövő rezgés kis fáziskéséssel követi a gerjesztést, nem azonos időben van Fg és A maximuma. x = A cos(ωgt–∆ϕ), ahol 9 =
:ªω˜
Rezonanciagörbe!!! (A – ωg rajz) TACOMA híd
§¨ /©
ω¨ «
ª βω¨ «
Rugók toldása Sorosan: az erő megegyezik az összes rugón (egymást húzzák), a megnyúlásuk összeadódik: § § § " " " ∆ℓ = ∆ℓ 1 + ∆ℓ 2 , azaz = + → = + ‡
B
‡
B
ke kisebb lesz, vagyis a rugó gyengébb lesz Párhuzamosan: a megnyúlás megegyezik az összes rugón, és az erők összeadódnak: F = F1 + F2 , azaz ke ∆ℓ = k1 ∆ℓ + k2 ∆ℓ → ke = k1 + k2 ke nagyobb lesz, vagyis a rugó erősebb lesz. Feladat
Jancsinak van két egyforma rugója. Ha egyenként a plafonhoz rögzíti a végüket, akkor a bakancsát ráakasztva 16 cm-rel nyúlik meg egyik ill. másik rugó is. Utána a két rugót párhuzamosan köti (mindkettő egyik végét a plafonhoz rögzíti, és az alsó végüket egy nagyon könnyű –elhanyagolható tömegű- rúddal összeköti), és mindkét bakancsát ráakasztja. Mennyit nyúlik meg összesen a két rugó? (16 cm-t) Juliskának van két egyforma rugója. Ha egyenként a plafonhoz rögzíti a végüket, akkor a bakancsát ráakasztva 16 cm-rel nyúlik meg egyik ill. másik rugó is. Utána a két rugót sorosan köti (az egyiket a plafonhoz, a másikat az első végéhez rögzíti), és mindkét bakancsát ráakasztja. Mennyit nyúlik meg összesen a két rugó? (64 cm-t)
22
Fizika K1A
KÖRMOZGÁS Egyenletes körmozgás (egyenletes: ω = konst., ϕ =ωt+ϕ0 ) → 2D Descartes-ban: x(t) = R cos(ωt+ϕ0) y(t) = R sin(ωt+ϕ0) azaz r(t) = R cos(ωt+ϕ0) i + R sin(ωt+ϕ0) j Deriválással v(t) = –Rω sin(ωt+ϕ0) i + Rω cos(ωt+ϕ0) j aminek nagysága Rω, és megmutathatjuk a v·r skalárszorzattal, hogy merőleges r-re. a(t) = –Rω2 cos(ωt+ϕ0) i – Rω2 sin(ωt+ϕ0) j aminek nagysága Rω2, és látható, hogy iránya ellentétes r irányával. → polárban: sokkal egyszerűbb! Nézzük először az általános görbe vonalú mozgást: Kinematikánál eljutottunk eddig: h = p qh e = h = pqh + p qh = pqh + p;qu Deriváljunk most tovább: ^ = e = p4 qh + pqh + p;qu + p;4 qu + p;qu = (p4 − p; qh + (2p; + p;4 qu ahol −p; qh a centripetális gyorsulás, 2p; qu a Coriolis egy komponense. Körmozgás esetén mi marad meg ebből? mivel r = konst., ezért p = p4 = 0: → a sebességből marad annyi, hogy e = p;qu ; = ω a szögsebesség, v = rω a kerületi sebesség; eϕ az érintő iránya, → a gyorsulásból marad: ^ = −p; qh + p;4 qu eϕ az érintő iránya, ;4 = - a szöggyorsulás, at = rβ a tangenciális gyorsulás. Ezeket láttuk már haladó mozgásnál is – de a gyorsulásnak most van egy másik komponense is, ami egyenletes körmozgásnál is fellép (amikor v = konst.): ^®¯ = −p; qh = −pω qh : ez a centripetális gyorsulás, ami a sebességvektor irányának változását okozza. Tehát polárban r = Rer v = Rω eϕ a = –Rω2er + Rβ eϕ Egyenletes körmozgás esetén β = 0, ω = konst., ϕ = ϕ0 + ωt; egyenletesen változó körmozgás esetén β = konst., ω = ω0 + βt, ϕ = ϕ0 + ω0t + ½βt2. Centripetális – centrifugális. „Centrifugális erő”?!? Mi hozza létre a centripetális gyorsulást? Kötél, rúd húzza, felület nyomja, tapadási súrlódási erő hat rá → centripetális gyorsulás. Ha az megszűnik, nem körpályán mozog tovább. 23
Fizika K1A
Matematikai inga: egyik végén rögzített nyújthatatlan, elhanyagolható tömegű fonál végére felfüggesztett tömegpont. Általános mozgása: egy (fél)gömb felületén, nehéz leírni. Speciális: kúpinga – vízszintes körmozgás, at = 0, v = konst. síkinga – körív függőleges síkban, v ≠ konst. kúpinga
síkinga
ϕ
ϕ
Fk
Fk Fe
Fe
mg
mg
A mozgásegyenlet vektori alakban mindkét esetben ma = mg + Fk Kúpinga esetén a test vízszintes síkban végez körmozgást, er a körpálya (a felfüggesztési pont alatt lévő) középpontjából mutat a test felé, eϕ pedig a körpálya érintőjének irányába mutat (vízszintesen). Az erők felbontásához szükség van a függőleges k egységvektorra is: mg = –mgk , Fk = –Fk sinϕ er + Fk cosϕ k eϕ irányában nem hatnak a testre erők, a test kerületi sebessége állandó, mat = 0. er irányában Fe,r = Fk sinϕ = mg tgϕ, tehát macp = mg tgϕ. A kötélerő nagysága Fk = mg / cosϕ . A periódusidő az macp = mrω2 = mg tgϕ egyenletből: m(lsinϕ)(2π/T)2 = mg sinϕ/cosϕ
→ ° = 2±:
g·()#² ³
Síkinga esetén a test függőleges síkban végez körmozgást, er a körpálya középpontjából, azaz a felfüggesztési ponttól mutat a test felé, eϕ pedig a körív érintőjének irányába mutat (függőlegesen). Az erők felbontása: Fk = –Fk er , mg = mg cosϕ er + mg sinϕ eϕ er irányában Fe,r = mg cosϕ – Fk , tehát macp = Fk – mg cosϕ. eϕ irányában Fe,ϕ = mg sinϕ, tehát mat = –mg sinϕ (negatív, mert Fe,ϕ mindig csökkenti ϕ nagyságát) A kötélerő nagysága Fk = mg · cosϕ . A periódusidő az mat = m l β = –mg sinϕ egyenletből vezethető le, feltéve, hogy ϕ kicsi, így sinϕ ≈ ϕ : m l φ4 ≈ –mg ϕ
→ ω2 = g/l
→ °=
µ A
g
= 2±:³
A közelítés 5°-nál 0,05 %, 22°-nál 1 %, 90°-nál 18 % hibát ad. Nagyobb szöggel kitérítve a periódusidő nő. A kötélerő nagysága Fk = mg cosϕ + m acp = mg cosϕ + m l ω2 periodikusan változik. A szélső helyzetekben egy pillanatra megáll (ω = 0), emiatt acp = 0, Fk = mg cosϕmax (és ekkor a gyorsulás tisztán tangenciális, nagysága at, max = g sinϕmax) A legalsó helyzetben ϕ = 0, Fk = mg + m l ω2 = mg ( 3 – 2 cosϕmax) > mg!!!
24
Fizika K1A
MUNKA, ENERGIA, ENERGIAMEGMARADÁS
MUNKA Ha a test egy egyenes mentén s utat tesz meg, akkor az F (állandó nagyságú és irányú) erőnek a testen végzett munkája W = F⋅s⋅cosα , ahol α az erő iránya és az elmozdulás iránya által bezárt szög. Az F erőnek csak az elmozdulás irányába eső komponense végez munkát. Rövidebben felírhatjuk W-t az F erőt és az elmozdulást vektorként tekintve: W = F⋅∆r (skalárszorzat) [Kihasználhatjuk a kifejezés szimmetriáját, és mondhatjuk azt is, hogy a ∆r elmozdulásvektor vetületét vesszük az F erő irányára.] Ha a test pályája nem egyenes és/vagy az erő iránya/nagysága nem állandó, akkor a teljes munka a (végtelenül kis) pályaszakaszokon vett F(r)⋅dr munkák összegeként, vagyis a következő vonalintegrállal számítható: B
WAB = ∫ F ⋅ dr A
Speciális esetek: - ha F ⊥ dr , akkor F⋅dr = 0 ⇒ W = 0 → kényszererők által végzett munka zérus! - csúszási, gördülési súrlódásnál, közegellenállásnál F ellentétes dr-rel → W < 0.
MUNKATÉTEL (kinetikus energia tétele): Wössz = ∆Ekin , ahol Wössz a testre ható összes erő összes munkája,
Ekin = ½ mv2 a mozgási / kinetikus energia,
∆Ekin annak a megváltozása, ∆Ekin = Ekin, vég – Ekin, kezdeti. Ez mindig igaz, teljesen általános tétel. Olyankor jó használni, amikor a sebességre nem az idő, hanem a hely függvényében vagyunk kíváncsiak; akkor sokkal gyorsabb, mint ha az erőkből gyorsulást számolnánk, stb, stb. [Vigyázat, ∆Ekin ≠ ½ m⋅(∆v)2 , mivel v22–v12 ≠ (v2-v1)2!] Speciális eset: ha az erő merőleges a sebességre, azaz F ⊥ dr , akkor W = 0, tehát Ekin = konst. , vagyis v = konst., a sebesség nagysága nem változik – ld. körmozgás! Feladat: 10 m magas, 45° hajlásszögű lejtő tetejéről 2 kg tömegű golyó gurul le. A lejtőn való mozgás közben a súrlódás elhanyagolható. A lejtő kis görbülettel vízszintes, érdes síkba megy át, amelynek súrlódási tényezője µ = 0,2. A lejtő lábától milyen messzire jut el a golyó? Megoldhatjuk a feladatot úgy, hogy kiszámoljuk a test gyorsulását a lejtőn ill. a vízszintes súrlódásos felületen, majd a v = v0+at és s = v0t+½at2 képletekből az időt kiküszöbölve megkaphatjuk az összefüggést a sebesség és az út között: A lejtőn a1 = g⋅sinα → v = (g⋅sinα)⋅t (v0=0, mert álló helyzetből indul) → s = ½ (g⋅sinα)⋅t2 , ahol s = h / sinα, 25
Fizika K1A
a lejtő aljára
"
= :³⋅
# ¡¢ α
"
¶
= #$!α : ³ idő alatt ér le, és ott "
¶
a sebessége 2" = ·⋅ sin α ⋅ #$!α : ³ = c2·ℎ .
A vízszintes felületen a súrlódás miatt a2 = –µg → v = v1 –µg t (a lejtő aljára v1-re gyorsult, a vízszintes szakaszon ez a kezdősebessége) → x = v1 t – ½ µg⋅t2 , a megállásig (v=0) eltelt idő
=
SB
µ³
=
c ³¶
µ³
"
= : µ
"
és a megtett út, amíg megáll: 6 = 3 = c2·ℎ⋅ : µ
¶
³
¶
³
"
− µ·
"
µ
¶
³
¶
= . µ
De most nem ezt csináljuk, hanem munkatétellel oldjuk meg: A lejtőn a testre ható erők közül a nyomóerő munkája zérus (mert merőleges a sebességre), a nehézségi erő munkája pedig Wg = (mg⋅sinα)⋅s = (mg⋅sinα)⋅ h/sinα = mgh (amit kiszámolhatunk úgy is, hogy az mg-t szorozzuk az elmozdulásnak az mg irányba vett vetületével, azaz h-val) Wössz = mgh = ½ m v12 – 0 → 2" = c2·ℎ , a vízszintes síkon való csúszásnál a nehézségi erő és a nyomóerő munkája zérus (mert merőlegesek a sebességre), a csúszási súrlódási erő munkája Ws = –µmg⋅d Wössz = –µmg⋅d = 0 – ½ m v12 → d = v12/(2µg) = (2gh)/(2µg) = h/µ = 50 m.
DRS 4.9. Mekkora munkavégzéssel jár egy 4 kg tömegű test felgyorsítása vízszintes talajon 3 m/s sebességre 2 m úton, ha a talaj és a test közötti súrlódás együtthatója 0,3? DRS 4.7. 30°-os lejtőn valaki egy 20 kg-os bőröndöt tol fel vízszintes irányú erővel 2 m magasra. A mozgási súrlódási együttható 0,2. A bőrönd mozgása egyenletes. Mennyi munkát végez: a) az ember; b) a súrlódási erő; c) a bőröndre ható nehézségi erő; d) a lejtő nyomóereje; e) a bőröndre ható erők eredője? DRS 4.10. Egy l hosszúságú, α hajlásszögű lejtő vízszintes útba torkollik. A súrlódási együttható mind a lejtőn, mind a vízszintes úton ugyanannyi. A lejtő tetejéről v1 sebességgel elindul egy test. a) Mekkora sebességgel éri el a test a lejtő alját? b) Mekkora távolságot tesz meg a test vízszintes úton?
26
Fizika K1A
A nehézségi erő által végzett munka, ha a test h magasságú lejtőn mozog: számolhatunk úgy, hogy mg-nek az mg⋅sinα komponense az, ami az elmozdulás irányába esik, a megtett út pedig s = h/sinα, tehát W = (mg⋅sinα) ⋅ (h/sinα) = mg⋅h; vagy mivel |W| = mg⋅∆r , a skalárszorzat szimmetriáját kihasználva vehetjük a ∆r elmozdulásnak az mg erő irányába eső (azaz függőleges) komponensét (azaz h-t), és rögtön látható, hogy W = mg⋅h. A munka előjele attól függ, merre mozog a test: ha lefelé, akkor W pozitív (a nehézségi erő gyorsítja a testet), ha felfelé, akkor W negatív (a nehézségi erő lassítja a testet). Látható, hogy a nehézségi erő által végzett munka nagysága nem függ a lejtő hajlásszögétől → ha a kezdőpontot és végpontot nem állandó hajlásszögű síklejtő köti össze, hanem görbe lejtő, lépcsők, stb, a munka nagysága nem változik, vagyis az adott kezdő- és végpont között a nehézségi erő által végzett munka nagysága nem függ az úttól! Az olyan erőket, amelyeknél a munka nem függ az úttól, konzervatív erőknek nevezzük. Ez azt is jelenti, hogy tetszőleges zárt görbén körbe menve az összes munka zérus. Meg lehet mutatni, hogy a rugóerő és az általános tömegvonzási erő esetén is igaz, hogy a munka nem függ a két pont közötti úttól. Konzervatív erőterek esetén be lehet vezetni egy olyan függvényt, hogy az egyes pontokat jellemző mennyiségből számolható legyen a munka: ez a ϕ(r) potenciálfüggvény (ez általános elnevezés, pl. elektrodinamikában is lesz), vagy itt mechanikában az Epot(r) potenciális / helyzeti energia függvény. Az Epot ún. skalártér (azaz helytől függő, skalár értékű függvény); szintvonalakkal szemléltethető. A potenciál és az erőtér közti összefüggés: F(r) = – grad(ϕ) = – dϕ / dr (formálisan: vektor szerinti derivált) helytől függő skalár függvényből (skalártérből) helytől függő vektort (vektorteret) kapunk (mi az a grad; irány szerinti derivált merre a legnagyobb; szintfelületekre ortogonális trajektóriák)
földi nehézségi erőtér általános gravitációs erő lineáris rugalmas erő
F –mg k –γm1m2/r3 r –kx i
Epot mgz –γm1m2/r ½kx2
Epot = 0 hol? tetszőleges r=∞ x=0
szintfelületek vízszintes síkok gömbök (azonos megnyúlás mindkét oldalon)
Ha a test az A pontból a B pontba mozog, akkor a konzervatív F(r) erő által végzett munka WAB = Epot, A – Epot,B = –∆Epot (vagyis itt a kezdeti állapot potenciáljából vonjuk ki a végállapotét!) A munka két ponthoz tartozik, a potenciális / helyzeti energia egyhez. A munka pozitív, ha F segíti a test mozgását, de lehet negatív is, ha F a mozgást akadályozza – ilyenkor persze egyéb erők hatására mozog a test az adott pályán. Ha egy test olyan erő hatására mozog, ami konzervatív, akkor az olyan irányba mozgatja, hogy a megfelelő potenciális energia csökkenjen! (példák, rajzok) A potenciál zérus pontja szabadon választható, hiszen a munka számolásánál úgyis kiesik. Az a praktikus, ha lineáris rugalmas erőnél zérus megnyúlásnál van, általános gravitációs erőnél a „végtelen távoli pont”-ban, földi nehézségi erőtérben pedig ahogy célszerű. 27
Fizika K1A
Ha olyan erőnk van, ami konzervatív, akkor W = –∆Epot , a munkatétel szerint W = ∆Ekin , ezeket összevonva ∆Ekin = –∆Epot , azaz Ekin,B – Ekin,A = Epot,A – Epot,B , azaz Epot,A + Ekin,A = Epot,B + Ekin,B . Tehát ha csak konzervatív erők lépnek fel: Epot + Ekin = konst. Vezessük be a mechanikai energiát: Emech = Ekin + Epot . A mechanikai energia megmaradása: Emech = konst. ha csak konzervatív erők lépnek fel. „Zárt rendszer mechanikai energiája állandó.” Nincs mechanikai energia-megmaradás disszipatív erők esetén: súrlódás, közegellenállás → az általuk végzett munka mindig negatív (mert ezek az erők mindig ellentétes irányúak a pillanatnyi sebesség, azaz az elmozdulás irányával); ill. rugalmatlan ütközésnél. Ilyenkor a mechanikai energia nem marad meg, de energia-megmaradás tágabb értelemben van, mert disszipatív erők esetén hővé alakul, vagyis a belső energiát növeli; rugalmatlan ütközésnél pedig deformációs munkát végez. Mi az energia? „munkavégző-képesség”. Hogy használjuk az energia-megmaradást számoláskor? különböző állapotokra felírjuk Emech-t. Hajítás maximális magassága újra: ½ mv02 + 0 = 0 + mg hmax → hmax = v02 / (2g) A kiindulási magasságra visszaérve ugyanakkora lesz a test sebessége. Ez nemcsak hajításnál lesz igaz, hanem lejtőnél is igaz, ha a súrlódás elhanyagolható (nemcsak sík, hanem görbült lejtőnél is!). [Vigyázat: v-ben négyzetes a függés! (vagyis ha x1 magasságon v1 a sebesség, akkor x2-re nem számolhatunk úgy, hogy ∆x = x2–x1 -hez számolunk ∆v -t és azt hozzáadjuk v1-hez, hanem fel kell írni, hogy mgx1 + ½ mv12 = mgx2 + ½ mv22] Harmonikus rezgőmozgás maximális sebessége újra: vízszintes helyzetű rugó esetén az összes energia Emech = ½ kA2 → a maximális sebesség: ½ kA2 = ½ mvmax2 → vmax = A k / m = Aω , ahogy már láttuk. Tetszőleges köztes állapotban: ½ kA2 = ½ mvmax2 = ½ kx2 + ½ mv2 → x-hez (közvetlenül, t nélkül) számolható v. Függőleges helyzetű rugó esetén Emech = ½ mv2 + mgz + ½ kz2 (ilyenkor a z=0 -t a rugó nyugalmi hosszához érdemes választani) Feladat: a rugó fölött D magasságban elengedünk egy golyót, mennyi lesz a max összenyomódása. Általános tömegvonzási erő Mekkora kezdősebesség kell ahhoz, hogy elszabaduljon egy test a Föld nehézségi erőteréből oda, ahol már nem hat rá a Föld vonzóereje? („második kozmikus sebesség”) Ez a végtelen távoli pontot jelenti, ahol Epot = 0. Ekin + Epot = ½ mv22 – γmMFöld/RFöld = 0 – 0 ⇒ v2 = c2γ¼§ög /½§ög RRöld = 6,37⋅106 m, MFöld = 6⋅1024 kg, γ = 6,67⋅10–11 m3kg–1s–2 → v2 ≈ 11,2 km/s. [vagy: g0 = γMFöld/RFöld2 behelyettesítéssel ½ mv22 –mg0RFöld = 0 – 0] 28
Fizika K1A
Föld körüli körpálya h magasságban: ½ m v02 – γ m MFöld / RFöld = ½ m vp2 – γ m MFöld / (RFöld+h) →
v0 = :v¾ + γ M›öœz (
"
“•ö‘’
−
"
“•ö‘’ –
Szinkron (geostacionárius) műholdnál: ½ m v02 – γ m MFöld / RFöld = ½ m vp2 – γ m MFöld / (RFöld+h) RRöld+h = 42,2⋅106 m, vp = (RFöld+h)⋅2π/T = 42,2⋅106⋅2π/86400 = 3068 m/s → v0 = 10,8 km/s Feladatok: DRS 4.11. Rugós erőmérőt 10 cm-rel kihúzunk. Mekkora munkát végeztünk a megnyújtáskor, ha a mutató 50 N nagyságú erőt jelez?
DRS 4.39. Az ábrán látható ingát 90°-kal kitérítjük és elengedjük. Az asztal szélén levő, vele egyenlő tömegű golyóval teljesen rugalmasan ütközik. Határozzuk meg, hogy az asztaltól milyen távol ér a padlóra a lelökött golyó!
Mennyivel nyúlt meg a rugós erőmérő rugója, ha a mutató a 40 N-os skálaponton áll és a nyújtás közben 1,6 J munkát végeztünk? Asztallaphoz rögzített rugó nyugalmi állapotban éppen az asztal széléig ér. 10 cm-rel összenyomjuk, majd cérnával összekötjük (megfeszített állapotban). A rugó ilyen megfeszítéséhez 2,5 N erő szükséges. A végéhez egy 10 g-os golyót teszünk, majd elégetjük a cérnát. Az asztal 1,25 m magas. Mekkora sebességgel és a vízszinteshez viszonyítva milyen szögben csapódik a padlóra a golyó? A súrlódást hanyagoljuk el! A rugóállandó, ha 10 cm-rel való összenyomáshoz F = 2,5 N erő kell: k = F / ∆l = 2,5/0,1 = 25 N/m. " A rugó 10 cm-rel való összenyomásához ¿ = · 25 · 0,1 = 0,125 À munkát végeztünk, tehát ekkora energiát tárol a rugó. A cérna elégetése után ekkora munkát tud végezni a rugó a golyón, így a golyó sebessége az asztal széléhez érve (amikor a rugó a nyugalmi állapotába kerül) a kinetikus energiájából számolható a munkatétel alapján: Á
W = ½kx2 = ½ mv2 – 0, amiből a golyó sebessége 2 = : © = :2 ·
," Π, "
©
= 5 #.
Az asztal szélétől a golyó mozgása egy vx = 5 m/s vízszintes kezdősebességű ferde hajítás. A közegellenállást elhanyagolva a golyó vízszintes sebessége nem változik; függőlegesen pedig h =1,25 m magasról indulva gyorsul. Az energia-megmaradást felírva mgh = ½ mvz2 , tehát földet éréskor a függőleges sebességkomponense 21 = c2·ℎ = c2 · 10 · 1,25 = 5 Ã/' (lefelé) A golyó sebessége tehát becsapódáskor 2 = c20 + 21 = 5√2 ≈ 7,07 Ã/', a sebességének a vízszintessel bezárt szöge arc tg (vz/vx) = arc tg 1 = 45°.
Pillanatnyi teljesítmény: Hatásfok: η =
P=
dW F ⋅ dr = = F⋅v dt dt
ÁÄÅPÆ IP ÁöPPƇP
disszipatív erő → veszteség Wösszes = Whasznos + Wveszteség 29
Fizika K1A
Impulzus (lendület; mozgásmennyiség) I = m v [kg⋅m/s] vektormennyiség additív I& = m& v + mv& Ha m = konst., akkor I& = mv& = ma : ez Newton II. más formában: F = I&
[Newton II. eredeti megfogalmazásban: ∆(mv) = 5 Ç 6 (konstans F-nél F⋅∆t) „a mozgásmennyiség megváltozása egyenlő az erőlökéssel”] Ha m ≠ konst., akkor Newton II. az igaz.
tehát: I& = F Mivel az impulzus additív, tekinthetjük több test össz-impulzusát: ∑ I& = ∑ F impulzustétel Ilyenkor ΣF-ben benne vannak a testek kölcsönhatásakor fellépő ismeretlen nagyságú erők is ΣF = ΣFkülső + ΣFbelső de a belső erők összege páronként zérus (Newton III. axióma!), így ΣF mégis ismert: ΣF = ΣFkülső , ∑ É = ∑ Ç üg#ő Ha a külső erők eredője zérus („zárt rendszer”), akkor a rendszer össz-impulzusa konstans: ΣFkülső = 0 → ΣI = konstans impulzusmegmaradás tétele Nagyon hasznos olyan esetekben, amikor nem ismerjük a belső erőket, pl. ütközések számítása, tégla stb. kidobálás; rakéta. Ütközések: tökéletesen rugalmas ill. rugalmatlan határeset. – rugalmatlan: m1v1 + m2v2 = (m1+m2)u → u = … Nincs mechanikai energiamegmaradás! Emech csökken, mert a két test maradandó alakváltozást szenved, Emech csökkenéséből számítható a deformációs munka. – rugalmas: m1v1 + m2v2 = m1u1 + m2u2 Ilyenkor a mechanikai energia is megmarad (mert az átmeneti rugalmas deformáció után a testek visszanyerik az alakjukat): ½m1v12 + ½m2v22 = ½m1u12 + ½m2u22 → u1, u2 (vektorok!) Egy útkereszteződésben a STOP táblánál álló autóba hátulról beleütközik egy másik autó (a tömegük megegyezik). Az összetapadt roncs az ütközés helyétől 18 m-re áll meg a 8 m széles főút túlsó oldalán. A hátulról jövő kocsi 11,4 m-es féknyomot hagyott az ütközés előtt. Mekkora sebességgel haladt, mielőtt fékezni kezdett? A súrlódási együttható az aszfalton 0,4, a füvön 0,5. [A] A kocsi v0 kezdősebességről indul, s1 = 11,4 m-es úton fékezi a súrlódási erő, ezután a sebessége v1 lesz. [B] Ezután tökéletesen rugalmatlanul ütközik (ld. a következő anyagrészt!) az álló kocsival, az ütközés utáni közös sebességük v2 . [C] A két kocsiból álló roncs az aszfalton s2 = 8 m-t fékeződik, ami után a sebessége v3 , … [D] … majd még a füvön s3 = 10 m-t fékeződik, ami után megáll, v4 = 0. A számolás munkatétellel a leggyorsabb, a végső állapottól számolunk visszafelé a kiinduló sebességig. 2 2 2 [D] ½ (m+m) v4 – ½ (m+m) v3 = – µfű(m+m)g·s3 → v3 = 2µfű·g·s3 v3 = 10 m/s 2 2 2 [C] ½ (m+m) v3 – ½ (m+m) v2 = – µaszfalt(m+m)g·s2 → v2 = 2g(µaszfalts2+µfűs3) v2 ≈ 12,8 m/s [B] az ütközésre az impulzus-megmaradást felírva: mv1 = (m+m)v2 → v1 = 2v2 ≈ 25,6 m/s 2 2 2 2 [A] ½ m v1 – ½ m v0 = – µaszfalt mg·s1 → v0 = 2µaszfalt g·s1+ v1 v1 ≈ 27,3 m/s = 98,4 km/h
30
