Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 EBBEN AZ ANYAGBAN UGYANAZOK AZ ANYAGOK VANNAK EGYBESZERKESZTVE, AMIK HETENKÉNT KI VOLTAK RAKVA, CSAK SZÜRKÉVEL MEG VANNAK JELÖLVE AZOK A RÉSZEK, AMIK NEM ZH SZINTŰ KÉRDÉSEK, A VÉGÉHEZ PEDIG MÉG NÉHÁNY RÉGI ZH-SORT CSATOLTUNK.
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. A feladat azt demonstrálja, hogy a vonatkoztatási rendszer megfelelő választásával a megoldás menete egyszerűbb is lehet. Oldjuk meg (1) a parthoz rögzített, (2) a tutajhoz rögzített koordinátarendszerben felírva a mozgást. (1) 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 folyik. A folyó sebessége a parthoz képest vf. A motorcsónak sebessége a folyóhoz képest vcs, azaz a parthoz képest vf+vcs, ha a folyón lefelé megy, ill. vcs–vf, ha a folyón felfelé megy. Írjuk fel a motorcsónak és a tutaj helyének x koordinátáját a második találkozásig: motorcsónak: –1⋅( vcs – vf ) + 0,5 ⋅ vf + t ⋅ (vcs + vf ) = 7,5 [km] ahol tehát vf [km/h] a folyó sebessége a parthoz képest (pozitív), vcs [km/h] a motorcsónak sebességének nagysága a parthoz képest (előjele pozitív ill. negatív attól függően, hogy a csónak az x tengelyen pozitív vagy negatív irányba mozog), t [h] az az 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 tetszőleges lehet. (2) 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, így a közeledés ideje is 1 óra, másrészt hogy a csónak sebessége tetszőleges.
VEKTOROK - összefoglaló Műveletek vektorokkal 3D Descartes-koordinátarendszerben legyen a = 1i – 2j + 3k , b = 4i –5j – 6k szorzás skalárral pl. λ = 4 λa = 4i – 8j + 12k összeadás a+b = 5i – 7j – 3k kivonás a–b = –3i + 3j + 9k , b–a = 3i – 3j – 9k RAJZ (fizikában: megváltozás későbbi–korábbi!) → λ1a + λ2b : lineáris kombináció; sík egyenlete szorzás skaláris szorzat általánosan: a⋅b = | | · | |·cosα merőleges két vektor ⇔ a skalárszorzatuk zérus számolás Descartes-koordinátarendszerben: 1
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 a⋅b = 4+10–18 = –4 önmagával → abszolút érték | | = √1 + 4 + 9 = √14 ≈ 3,74 → egységvektor: ea = 1/√14 i – 2/√14 j + 3/√14 k két vektor által bezárt szög cos α = a⋅b /(| | · | |) = –4 / (√14⋅√77 )≈ –0,122 → α ≈ 97° egyik vektor vetülete a másik irányára (fizikában: pl. munka számolásánál) pl. b vetülete ea-ra, azaz b-nek a-val párhuzamos vektorkomponense ba = b║ = (a⋅b/| | ) a = (–4/14) (1i – 2j + 3k) = – 2/7 i + 4/7 j – 6/7 k és b-nek a-ra merőleges komponense pedig b⊥ = b – ba = 30/7 i – 39/7 j – 36/7 k vektoriális szorzat általánosan: nagysága | × | = | | · | | · sinα , iránya merőleges a két vektor által kifeszített síkra, és abba az irányba mutat, ahogy jobb kezünk középső ujja mutat, ha a hüvelykujjunk mutat a irányába és a mutatóujjunk b irányába (fizikában: pl. forgatónyomaték-vektor) párhuzamos két vektor ⇔ a vektoriális szorzatuk zérus számolás Descartes-koordinátarendszerben: a×b = …(determináns kifejtésével)… = = ( aybz – azby ) i + ( azbx – axbz ) j + ( axby – aybx ) k = 27i + 18j + 3k ez merőleges az a és b vektorok síkjára, azaz λ1a+λ2b -re: (λ1+4λ2)⋅27+(–2λ1–5λ2)⋅18+(3λ1–6λ2)⋅3=(27–36+9)λ1+(108–90–18)λ2 = 0 2D polár – majd később FÜGGVÉNYEK független változó skalár / vektor ; függő változó skalár / vektor : PÉLDÁK! S→S S → V: helyvektor r(t) - térgörbe, paraméteres alakban → pálya V → S: vektortól függő skalár: szintfelületek V → V: vektortól függő vektor: vektorvonalak homogén/inhomogén; stacionárius, statikus
Két egymásra merőleges rezgés egyenlete: x = 3A sin t y = 2A cos + Rajzoljuk le az eredő rezgés pályáját!
MO. x(t)-ből kifejezve sin(2πt/T) = x/(3A), y(t)-t átalakítva és sin(2πt/T)-t behelyettesítve π 2π x 2 2π y = 2 A cos t + = −2 A sin t = −2 A ⋅ =− x, 2 T 3A 3 T a pálya az y = −2x/3 egyenesnek a P1 (-3A,2A) és P2 (3A,-2A) pontok közötti szakasza.
x–t
y–t
y–x 2
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 2. hét
KINEMATIKA
DERIVÁLÁS S→S: Egy ember a tóparton levő A pontból a legrövidebb idő alatt szeretne a B pontba érni. Milyen útvonalat válasszon, ha a maximális futási sebessége vf, úszási sebessége pedig vú?
B D
A s
ez nem rutin zh feladat! Az út két szakaszból áll, először valameddig fut a parton: legyen ez az ábra jelölése szerint s–x, majd ott beugrik a
MO.
vízbe és egyenesen a B pont felé úszik; ez az út teljes idő tehát
B α α
A
t( x ) = t f + t ú =
D
s−x + vf
x2 + D2 . A
x2 + D2 vú
annak függvénye, hogy hol kezdett el úszni. Azt az x értéket keressük, amelynél t-nek minimuma van (azaz ahol a t(x) függvény deriváltja zérus): dt 1 x =− + =0, dx v f vú x 2 + D 2
x s
vú
x=
amiből
v f − vú 2
2
D.
Látszik, hogy ez csak akkor megoldás, ha vf > vú (vagyis ha valaki gyorsabban úszik, mint ahogy fut, akkor végig csak ússzon). [A t(x) függvény második deriváltja d2t/dx2 = D2/(vú(x2+D2)3/2) > 0 , tehát a szélsőérték tényleg minimum.] Ellenőrizzük még, teljesül-e, hogy x ≤ s, azaz:
vú v f − vú 2
2
D≤s
⇒
vf vú
2
D ≥ 1 + s
2
Ez automatikusan nem teljesül; ez azt jelenti, hogy ha nem tudunk ennyivel gyorsabban futni, mint úszni, akkor is végig úszni kell. Analógia a Snellius-Descartes-törvénnyel súrló beesés esetén: a dt/dx = 0 kifejezésből látható, hogy
vf vú
=
x2 + D2 1 sin 90 o = = =n x sin α sin α
(α a teljes visszaverődés határszöge)
DERIVÁLÁS S → V: érintő Descartes-ban komponensenként (az egységvektorok deriváltja 0!); polárban – majd… V → S: parciális derivált; iránymenti derivált, gradiens V → V: rotáció, divergencia
3
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Egy tömegpont helyvektora az időtől a következőképpen függ: r(t) = (at+b) i + (at–b) j + (–ct2+4at+5b) k , ahol a = 3 m/s, b = 10 m, c = 5 m/s2. a/ Határozzuk meg a tömegpont sebességét és gyorsulását! b/ Mekkora a sebessége a t = 0 időpontban? c/ Milyen távol van a tömegpont az origótól az origótól a t = 0 időpontban? d/ Mely időpontban éri el a tömegpont az xy síkot? e/ Bizonyítsuk be, hogy a mozgás síkmozgás! Határozzuk meg a pálya síkját! MO. a/ v(t) = r& (t ) = a i + a j + (−2ct+4a) k = 3 i + 3 j + (−10t+12) k a(t) = v& (t ) = &r&(t ) = −2c k = −10 k b/ v(0) = 3 i + 3 j + 12 k, nagysága v(0) = 3 12 + 12 + 4 2 ≈ 12,7 m / s c/ r(0) = 10 i − 10 j + 50 k , távolsága az origótól d = 10 12 + 12 + 5 2 ≈ 52 m d/ az xy síkot akkor éri el, amikor z = 0, azaz –5 t2 + 12 t + 50 = 0 ⇒ t1 ≈ 4,6 s (és t2 = – 2,2 s –ban is „ott volt”) e/ A mozgás síkmozgás, ha Ax + By + Cz + D = 0 teljesül minden t-re, azaz A(at+b)+B(at–b)+C(–ct2+4at+5b)+D=(–Cc)t2+(Aa+Ba+Ca)t+(Ab–Bb+5Cb+D)=0, vagyis –Cc = 0 ⇒ C = 0 Aa + Ba = 0 B = − A ⇒ Ab − Bb + D = 0 D = −2Ab Legyen A = 1, a sík egyenlete x – y – 2b = 0. Egy repülőgép mozgását az . r(t) = a cos . 0 + 2a sin /
. ./
j függvény írja le,
ahol a = 200 m, t0 = 2 s. a/ Milyen pályán mozog a repülőgép? b/ Mekkora szöget zár be a sebességvektor a gyorsulásvektorral a t = 0 és a t = 2 s időben? x(t) = a cos (t/t0) = 200 cos 0,5 t y(t) = 2a sin (t/t0) = 400 sin 0,5 t Fejezzük ki az első egyenletből cos (t/t0)-t, a másodikból sin (t/t0)-t. Mivel
MO. a/
2
2
2
2
t t x y cos + sin = 1 , ezért a + 2a = 1 , azaz egy ellipszisen mozog a repülőgép. t0 t0
x–t y–t y–x b/ v(t) = r& (t ) = − a/t0 sin (t/t0) i + 2a/t0 cos (t/t0) j = − 100 sin (t/2) i + 200 cos (t/2) j a(t) = v& (t ) = &r&(t ) = − a/t02 cos (t/t0) i − 2a/t02 sin (t/t0) j = − 50 cos (t/2) i − 100 sin (t/2) j 4
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 t = 0 –ban v(0) = 200 j, a(0) = − 50 i, v(0) ⋅ a(0) = 0 ⇒ merőlegesek t = 2s –ban v(2) = −100 sin 1 i + 200 cos 1 j = − 84,15 i + 108,06 j , a(2) = −50 cos 1 i − 100 sin 1 j = − 27,02 i − 84,15 j , v (2) ⋅ a(2) (− 84,15 ) ⋅ (− 27,02 ) + (108,06 ) ⋅ (− 84,15) cos α = = = −0,58 v (2) ⋅ a(2) 84,15 2 + 108,06 2 ⋅ 27,02 2 + 84,15 2 α = 2,18 rad = 125°
⇒
INTEGRÁLÁS S → S: integrációs állandók! S → V: kezdeti feltételek!
határozott / határozatlan
Egy csónak L szélességű folyón halad át a folyóra merőlegesen a vízhez képest állandó v sebességgel. A folyó vizének sebességeloszlása parabolikus: 44 1 = 12 31– 6 5 a/ Határozzuk meg a csónak pályájának egyenletét! b/ Mennyivel viszi le a víz a csónakot, míg az egyik partról a másikra ér?
y
u0
0
L
x
ez nem rutin zh feladat! MO. a/ A csónak eredő sebessége mindig a pálya érintőjének irányába mutat. u = dx/dt és v = dy/dt → (dy/dt) / (dx/dt) = v / u = dy / dx a pálya érintője. u függ y-tól, tehát az alábbi differenciálegyenletet kell megoldanunk, hogy a pálya egyenletét y(x) avagy x(y) alakban megkapjuk: <= ? A = @ BCD . <> /
A– D E
Szeparáljuk és integráljuk: =
F–H/
J=
> G= D I4 = F2 IJ → HD = @/ G= L @ G= L = ?/ P4– MHD − K4– N ? MHD OH/ @/ ?
1–
[ Vagy: F
@/ ?
1–
G= D HD
I4 = F IJ
H
3− − →
és tudjuk, hogy x = 0 –nál y = –L/2:
0=
@/ H 3− ?
−
vagyis S =
E G(O )L D
MHD
@/ H ? M
6+S = −
és J =
@/ ?
@/ H ? M
D
MHD
J=
+S
G= L
E G(O )L
@/ ?
6R =
@/ ?
G= L
G= L
H
4– MHD + M
a pálya egyenlete.
4– MHD + S
H
4– MHD + M . ]
b/ A csónak átér, ha y = L/2, ezt behelyettesítve J = M
@/ 5 ?
.
(Vagy kihasználhatjuk, hogy y=0 –t egyszerű behelyettesíteni az x(y) függvénybe: J(0) = a folyó sebességeloszlása szimmetrikus, a teljes lesodródás ennek kétszerese.) 5
@/ H ? M
és mivel
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014
Egy kipukkadt lufi sebességét az alábbi függvény adja meg: v(t) = 0,2 e0,1t i − 2,8 sin 4t j + (3−4t) k (Az időt másodpercekben, a távolságot méterben mérjük.) Kipukkadásakor, t = 0 s-ban a lufi az r = 2 i + 1,4 j + 1,5 k pontból indult. a/ Hol lesz a lufi fél másodperc múlva? b/ A lufi egy olyan 3×3×3 m-es szobában van, melynek egyik sarkához illesztettük a koordinátarendszerünket. Mikor, melyik fal (ill. plafon v. padló) melyik pontjának megy neki először? 0,2 2,A. W + XA = 2W 2,A. + XA 0,1 a kezdeti feltételből 2 = 2 + k1 → k1 = 0 , tehát J = 2W 2,A. 2,8 4 = U V= I = U(−2,8Z[\4 )I = ]^Z4 + X = 0,7]^Z4 + X 4 a kezdeti feltételből 1,4 = 0,7 + k2 → k2 = 0,7 , tehát 4 = 0,7(1 + ]^Z4 )
MO.
J = U V> I = U 0,2W 2,A. I =
_ = U V` I = U(3 − 4 )I = (3 − 2 ) + XM
a kezdeti feltételből 1,5 = 0 + k3 → k3 = 1,5 , tehát _ = 3 − 2 + 1,5 a/ t = 0,5 s behelyettesítésével x = 2e0,05 ≈ 2,1025 m , y = 0,7(1+cos2) ≈ 0,4087 m , z = 3·0,5–2·0,52+1,5 = 2,5 m tehát r(0,5) = 2,1025 i + 0,4087 j + 2,5 k [m] b/ A szobát határoló síkok az x = 0, x = 3, y = 0, y = 3, z = 0 és z = 3 síkok; azt kell megvizsgálni, melyik feltétel mikor teljesül, és a legkisebb időt kiválasztani. x = 2e0,1t = 0 : soha x = 2e0,1t = 3 : tx ≈ 4,055 s y = 0,7(1+cos4t) = 0: soha y = 0,7(1+cos4t) = 0 : ty ≈ 0,785 s 2 z = 3·t–2·t +1,5 = 0 : tz ≈ 1,896 s z = 3·t–2·t2+1,5 = 3 : soha A lufi tehát t = 0,785 s-ban nekimegy az y = 0 egyenletű fal x(0,785) = 2,16 m, z(0,785) = 2,62 m pontjának.
V →… kiszámolása: V skalárra visszavezetve V → S: pl. inhomogén test tömege, térfogati integrál V → V: vonalintegrál skalár értékű (fizikában: munka) ill. vektor értékű cirkuláció, rotáció felületi integrál (felület normálisa!) skalár értékű fluxus, divergencia
Gyakorló feladatok a zárthelyire: Ágyúgolyó röppályájának egyenlete r(t) = (at + b) i + (gt2 + ct + d) k , ahol a = 5 m/s, b = 100 m, c = 10 m/s, d = 200 m, g = –5 m/s2. a/ Honnan lőtték ki az ágyúgolyót? A kilövés t = 0 s-ban történt. b/ Mekkora volt a kezdősebessége? c/ Mekkora volt a gyorsulása? d/ Mikor és hol ér földet az ágyúgolyó? e/ Mikor és hol lesz merőleges a sebesség a gyorsulásra? 6
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 MO. a) t = 0 s-ban r(0) = b i + d k = 100 i + 200 k b) v(t) = r& ( t ) = a i + (2bt + c) k = 5 i + (−10t + 10) k, v(0) = 5 i + 10 k, v0 = 5 2 + 10 2 ≈ 11,2 m / s c) a(t) = v& (t ) = &r&(t ) = 2b k = −10 k (azaz szabadesés) d) azaz a z = 0 síkot mikor éri el: gt2 + ct + d = -5t2 + 10t + 200 = 0 ⇒ t ≈ 7,4 s e) a két vektor ott merőleges, ahol a skalárszorzatuk nulla: v⋅a = 5⋅0 + (−10t + 10)⋅( −10) = 100(t−1) = 0 ⇒ t = 1 s, r(1) = 105 i + 205 k, ez a pálya csúcspontja. (gyorsabban megoldható a feladat a vz = −10t + 10 = 0 feltételből)
Egy test gyorsulása a(t) = 4a sin (ωt+ϕ0) i + 4b sin ωt j , ahol ω = 2 s–1, ϕ0 = π/2. t1 = π/4 s-ban a test a r1 = a i – b j pontban van és sebessége v1 = 2a i . a/ Adjuk meg a test helyvektorát és sebességét t2 = 3π s-ban! ( r2 = ?, v2 = ? ) b/ Milyen pályán mozog a test? c/ Mely időpontokban van legközelebb a test az origóhoz? MO. ax = 4a sin (2t+π/2) = 4a cos 2t = v& x ⇒ vx = 2a sin 2t + k1 t1 = π/4 s-ban v1x = 2a ⇒ k1 = 0, vx = 2a sin 2t = x& ⇒ x = − a cos 2t + k2 t1 = π/4 s-ban x1 = a ⇒ k2 = a, x = − a cos 2t + a ay = 4b sin 2t = v& y ⇒ vy = −2b cos 2t + k3 t1 = π/4 s-ban v1y = 0 ⇒ k3 = 0, vy = −2b cos 2t = y& ⇒ y = − b sin 2t + k4 t1 = π/4 s-ban y1 = − b ⇒ k4 = 0, y = − b sin 2t a/ r(3π) = (−a cos 6π + a) i − b sin 6π j = 0, v(3π) = 2a sin 6π i − 2b cos 6π j = − 2b j b/ x(t) = a − a cos 2t ⇒ cos 2t = (a−x)/a y(t) = − b sin 2t j ⇒ sin 2t = − y / b a−x y Felhasználva, hogy cos2 α + sin2 α = 1: a pálya + = 1 ellipszis a b 2
2
HF1 2012 Egy test gyorsulása a(t) = ( 2t + 1 ) i + π2 cos (3πt) j . A t = 0 s –ban v = 2 i + 22 j . Mennyi lesz t = 4 s –ban a) a sebesség nagysága? b) a sebességvektornak az x tengellyel bezárt szöge? MO. A sebességet megkapjuk, ha integráljuk a gyorsulást a kezdősebességet is beírva: ax = va b = 2t + 1 → vx(t) = t2 + t + k1 mivel vx(0) = 2, így 02 + 0 + k1 = 2 → k1 = 2, azaz vx = t2 + t + 2 ay = va c = π2 cos(3πt) → vy(t) = π/3·sin(3πt) + k2 mivel vy(0) = 22, így π/3·sin(0) + k2 = 22 → k2 = 22, azaz vy = π/3·sin(3πt) + 22 tehát v(t) = ( t2 + t + 2 ) i + (π/3·sin(3πt) + 22 ) j t = 4 s-ban v(4) = (42+4+2) i + (π/3·sin(12π) + 22 ) j = 22 i + 22 j Ennek nagysága |d(4)| = 22 · √2 ≈ 31,1 m/s ; az x tengellyel – azaz az i egységvektorral – bezárt szöge: cos φ =
d(G)·0 |d(G)|·A
=
·Af
·2 √ ·A
=
√
→
Φ = 45° 7
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 HF1 2013 Egy m = 5 kg tömegű test sebességét az alábbi függvény írja le: v = a sin(bt) i + c sin(dt) j ahol a = –12 m/s, b = 2 s–1, c = –2 m/s, d = 1 s–1. A test a t = 0 s-ban az r = 9 i + 3 j [m] pontban volt. a./ Milyen pályán mozog a test? Rajzoljuk is meg! b. / Mekkora szöget zár be a sebesség és a gyorsulás t = π/2 s-ban? MO.
v = a sin(bt) i + c sin(dt) j = – 12 sin(2t) i – 2 sin(t) j
a./ r = F d dt x(t) = F vb dt = F(−12 sin(2t)) dt = 6 cos(2t) + k1 → k1 = 3 x(0) = 6 cos(0) + k1 = 6 + k1 = x0 = 9 y(t) = F vc dt = F(−2 sin(t)) dt = 2 cos(t) + k2 y(0) = 2 cos(0) + k2 = 2 + k2 = y0 = 3 → k2 = 1 tehát a pálya paraméteres alakban: r(t) = [ 6 cos(2t) + 3 ] i + [ 2 cos(t) + 1 ] j [m] A pálya alakja: cos(2t) = (x–3)/6 , cos(t) = (y–1)/2 cos(2t) = cos2(t) – sin2(t) = cos2(t) – [1–cos2(t)] = 2cos2(t) – 1 tehát (x–3)/6 = 2·[(y–1)/2]2 – 1 → … → → az x = 3y(y–2) parabolának az a része, amire –3 ≤ x ≤ 9 ( és –1 ≤ y≤3) vagy: y = ±g
bfM + M
1
b./ a = da = ab cos(bt) i + cd cos(dt) j = –24 cos(2t) i – 2 cos(t) j v(π/2) = – 12 sin(π) i – 2 sin(π/2) j = – 2 j [m/s] a(π/2) = –24 cos(π) i – 2 cos(π/2) j = 24 i [m/s2] merőlegesek
Két légy mozgásának pályafüggvénye r1(t) = a t2 i + b t j + c k r2(t) = i + d t j + e t2 k ahol a = 5 m/s2, b = 2 m/s, c = 5 m, d = –3 m/s, e = 2 m/s2. a/ Írjuk fel egymástól való távolságukat az idő függvényében! b/ Számítsuk ki a t = 10 s-ban a két légy sebességvektorát és sebességük nagyságát! Egy m = 5 kg tömegű test sebességét az alábbi függvény írja le: v = a sin bt i + c sin dt j (m/s) ahol a = –12 m, b = 2 s–1, c = –2 m, d = 1 s–1. A test a t = 0 s-ban az r = 9 i + 3 j (m) pontban volt. a/ Adjuk meg a testre ható erőt az idő függvényében! (Vektorként és a nagyságát is.) b/ Adjuk meg a test helyvektorát az idő függvényében! c/ Milyen pályán mozog a test? Rajzoljuk is meg! d/ Mekkora szöget zár be a sebesség és a gyorsulás t = π/2 s-ban? Műrepülés közben két repülőgép pályája a következő pályafüggvényekkel adható meg: r1(t) = a cos 3ωt j + a sin 3ωt k r2(t) = 3a cos (5ωt+π) i + 3a sin (5ωt+π) j ahol a = 100 m, ω = 0,1 s–1 . a/ Milyen pályákon repülnek a repülőgépek? b/ Mekkora a távolság a két repülőgép között t = 0 s-ban? 8
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Egyéb feladatok - pl. érdekesek A és B város 84 km-re vannak egymástól. Két biciklis elindul egy időben, az egyikük A-ból B-be 16 km/h, a másik B-ből A-ba 12 km/h sebességgel. Egy fecske is elindul velük egy időben A városból B város felé, de amikor találkozik a B-ből jövő biciklissel, visszafordul A felé, majd amikor találkozik az A-ból jövő biciklissel, visszafordul B felé, és így tovább. Mekkora utat tesz meg a fecske a biciklisták találkozásáig? A fecske sebessége 50 km/h óra, és egy szempillantás alatt meg tud fordulni. MO. A megoldást nem úgy keressük, hogy a fecske és az egyik ill. másik biciklista találkozásának helyét és idejét számoljuk ki és a fecske által megtett utakat összegezzük, hanem a két biciklista találkozásáig eltelt összes időt számoljuk ki, mert a fecske addig végig repül, így az idő ismeretében az általa megtett út könnyebben kiszámolható. A találkozásig eltelt idő - az egyik biciklistához rögzített koordinátarendszerben: mivel a biciklisták egymással szembe haladnak, a másik biciklista sebessége az origóban lévőhöz képest 16+12 = 28 km/h, kezdetben a távolság köztük 84 km, tehát t = 84 / 28 = 3 h. - az úthoz rögzített koordinátarendszerben: az origó A városban van, az onnan induló biciklista koordinátája x1 = 16 t , a B városból indulóé pedig x2 = 84 – 12 t. Találkozáskor x1 = x2: 16 t = 84 – 12 t → t = 3 h. A fecske által megtett út s = 3 · 50 = 150 km. 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. .hijCó .ló
=
m m f nop qnh nop rnh Dm nop
=
nop rnh qnop qnh nop D rnh D D nop
?op D D D op O?h
=?
>1
[Hogyhogy? mert a folyó kevesebb ideig segíti a csónakot, mint akadályozza.] Egy villamosvonalon a villamosok T időközönként járnak c sebességgel. A pálya mellett gépkocsi halad v sebességgel. Mennyi időközönként találkozik a gépkocsi villamosokkal? MO. Írjuk fel egy villamoshoz rögzített koordinátarendszerben az autó sebességét: ha az autó és a villamosok ellenkező irányba mennek: vrel = v + c ha az autó és a villamosok egy irányba mennek és v > c: vrel = v – c ha az autó és a villamosok egy irányba mennek és v < c: vrel = c – v A villamosok távolsága egymástól d = c · T , ekkora távolságot kell megtenni az autónak, tehát az ehhez szükséges idő ∆t = c · T / (v + c), ha az autó és a villamosok ellenkező irányba mennek, ∆t = c · T / (v – c), ha az autó és a villamosok egy irányba mennek és v > c, és ∆t = c · T / (c – v), ha az autó és a villamosok egy irányba mennek és v < c . Lelépjük egy szekér hosszát menet közben: a szekérrel egy irányba menve ’a’ lépésnek mérjük, szembe menve pedig ’b’ lépésnek mérjük. Milyen hosszú a szekér? MO. A szekér sebessége vsz, az emberé ve. Ha egy irányba mennek, akkor t1 idő alatt ér el az ember a szekér végétől a szekér elejéig, ezalatt v et 1 = a (1) lépést tesz meg, és vet1 = vszt1 + L (2) Ha szembe mennek, akkor a t2 idő alatt jut el az ember a szekér elejétől a végéhez, ezalatt v et 2 = b (3) lépést tesz meg, és (ve+vsz) t2 = L (4) 9
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Ez 4 egyenlet 5 ismeretlennel, ügyesen kell rendezgetni. Pl. (1)-et behelyettesítve (2)-be vszt1 = a – L , másrészt (3)-at behelyettesítve (4)-be vszt2 = L – b , és a két egyenletet elosztva t1/t2 = (a–L)/(L–b). Ugyanakkor (1)-et elosztva (2)-vel t1/t2 = a/b. Ezeket összevetve (a–L)/(L–b) = a/b, amiből L=
tu tfu
Egy R sugarú, ω szögsebességű kerék szíjáttétellel hajt egy 2R sugarú, tőle d távolságban levő kereket. Adjuk meg a két kerék azon pontjainak távolságát az idő függvényében, amelyek a t = 0 időpontban a legközelebb vannak egymáshoz! R sugarú autókerékre rátapadt egy kavics. t = 0 s-ban a kavics pont az úttesten van. Az autó sebessége v. Adjuk meg a kavics helyét, sebességét, gyorsulását az idő függvényében! Folyóvíz sebessége 3 m/s, és van egy csónakunk, ami a vízhez képest 4 m/s sebességgel tud menni. Mekkora legyen a folyó sodrával bezárt szög, ha a/ a legrövidebb idő alatt; b/ a legrövidebb úton szeretnénk átérni a túlpartra? MO. a/ A csónak orra mutasson a túlsó part felé, b/ A csónak eredő sebessége legyen merőleges a azaz α = 90°. folyó sodrára, azaz a β = 138,6°. y
y vcs
L
ve
vcs
0
L α
0
x
ve x
β
vf
vf
3. hét: dinamika, hajítás 3/1. Egy m = 1 g tömegű test a t1 = 2 s időben az x tengely pozitív felén van az origótól x1 = 10 cm-re, sebessége a +y tengely irányába mutat és nagysága v1 = 10 cm/s. A test a t2 = 5 s időpontban a P2 (–0,5 cm, 15 cm, 0) pontban van, a sebessége a –x tengely irányába mutat és nagysága v2 = 7 cm/s. A testre állandó erő hat. a/ Mekkora az erő nagysága? b/ Mekkora a test sebessége a t3 = 8 s időpontban, és hol lesz a test akkor? MO. Állandó erő esetén a gyorsulás állandó: F/m = a = konst. , azaz v& = konst., &r& = konst. ⇒ integrálással a sebességvektor: v(t) = a·t + v(0), és a helyvektor: r(t) = ½ a·t2 + v(0)·t + r(0). A feladatban adott volt a helyvektor és a sebességvektor 2-2 időben: t1 = 2 s: r(2) = 0,1 i [m], v(2) = 0,1 j [m/s], t2 = 5 s: r(5) = −0,005 i + 0,15 j [m], v(5) = −0,07 i [m/s]. A fenti általános képletekbe behelyettesítve tehát ½ a⋅22 + v(0)⋅2 + r(0) = 0,1 i , a⋅2 + v(0) = 0,1 j ½ a⋅52 + v(0)⋅5 + r(0) = −0,005 i + 0,15 j , a⋅5 + v(0) = −0,07 i 3 ismeretlen vektorunk van: a, v(0) és r(0) és 4 egyenletünk, a feladat túlhatározott; v(2) és v(5) értékéből megkapjuk a és v(0) értékét, és bármelyik r -ből r(0)-at. a/ A gyorsulást megkapjuk a sebességekből: v ( t 2 ) − v ( t 1 ) ∆v v (5) − v ( 2) 0,07 0,1 m a= = = =− i− j 2. t 2 − t1 ∆t 5−2 3 3 s 10
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 0,0149 1 0,07 2 + 0,12 = ≈ 0,04 m / s 2 , 3 3 a testre ható erő nagysága pedig F = ma ≈ 10–3 kg ⋅ 0,04 m/s2 = 4⋅10–5 N. b/ A test kezdősebessége v(0) = v( t 1 ) − at 1 = v( t 2 ) − at 2 = 0,14 i + 0,5 j , 3 3 0 , 07 0 , 14 0 , 1 0 , 5 tehát a test sebessége v( t ) = − t+ t+ i + − j. 3 3 3 3
Ennek nagysága a =
t3 = 8 s-ban v(8) = a⋅8 + v(0) = – 0,14 i – 0,1 j, ennek nagysága v(8) = 0,14 2 + 0,12 ≈ 0,17 m / s . A test helyvektora t = 0 s-ban 0,16 0,80 2 2 r(0) = r( t 1 ) − 1 2 at 1 − v(0) ⋅ t 1 = r( t 2 ) − 1 2 at 2 − v(0) ⋅ t 2 = i− j, 3 3 tehát a test helyvektora 0,16 1 0,1 2 0,5 0,80 . 1 0,07 2 0,14 r (t ) = − ⋅ t + t+ t− i + − ⋅ t + j 3 3 2 3 3 3 2 3 t3 = 8 s-ban r(8) = ½ a⋅82 + v(0)⋅8 + r(0) = … = – 0,32 i [m] Megjegyzés: a fenti képletekbe a t = 0 s-hoz tartozó v(0) és r(0) értékeket írtuk be, de a v(t) és r(t) függvényeket felírhatjuk tetszőleges t0 időhöz tartozó v(t0) és r(t0) értékekkel: v(t) = a·(t–t0) + v(t0) , r(t) = ½ a·(t–t0)2 + v(t0)·(t–t0) + r(t0) . Így kiszámolhatjuk v(8)-at és r(8)-at úgy is, hogy nem kell számolni v(0)-t és r(0)-t. Ráadásul esetünkben t3 és t2 között ugyanannyi idő telik el, mint t2 és t1 között, ∆t = 3 s, és mivel a gyorsulás állandó, ezért ugyanannyit változik a sebesség is (∆v = a·∆t), azaz v(8) = v(5) + ∆v = v(5) + [ v(5) – v(2) ] , vagy az is igaz, hogy v(8) = v(2) + 2·∆v = v(2) + 2·[ v(5) – v(2) ]. A helyvektor számolásánál pedig r(8) = ½ a·(8–5)2 + v(5)·(8–5) + r(5) vagy r(8) = ½ a·(8–2)2 + v(2)·(8–2) + r(2).
Hajítás – összefoglalás A testre állandó erő hat, így a gyorsulása is állandó: a = F/m = konst., méghozzá a = g. Mutasson a koordinátarendszerünk z tengelye az erővel ellentétes irányba: F/m = − g k, így a = − g k = v&
⇒
v = − g t k + v0 = r&
⇒
r = − ½ g t2 k + v0 t + r0 .
Forgassuk úgy a koordinátarendszerünket a z tengely körül úgy, hogy a kezdősebességnek csak x és z irányú komponense legyen: v0 = v0x i + v0z k = v0 cosα i + v0 sinα k (α a kezdősebességnek a vízszintessel bezárt szöge), ekkor v = v0 cosα i + (v0 sinα − g·t) k , vagyis vx = v0 cosα, vy = 0, vz(t) = v0 sinα − gt. Ha lehet úgy választani, legyen r0 = 0, akkor
r = (v0 cosα)·t i + ((v0 sinα)·t − ½ g t2) k ,
vagyis x(t) = (v0 cosα)·t , y(t) = 0 , z(t) = (v0 sinα) ·t − ½ g t2 . A hajítás pályája: x(t) = (v0 cosα)·t ⇒ t = x / (v0 cosα) , z(t) = (v0 sinα)·t − ½ g t2 , t-t behelyettesítve z(x) = tgα ⋅ x − 2v 0
A hajítás magassága: h = zmax . Ekkor dz/dt = vz = 0: v0 sinα − gth = 0
⇒ th = v0 sinα/g , 11
2
g ⋅ x 2 , a pálya tehát parabola. cos 2 α
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 h = z(th ) = (v0 sinα)· (v0 sinα/g) − ½ g (v0 sinα/g)2 =
(v 0 sin α )
2
.
2g (Vagy kiszámolhatjuk a pályából, a dz/dx=0 feltételből.)
A hajítás távolsága azonos z indulási és érkezési magasság esetén!: d = x(td), ahol z(td) = 0. 2 td = 2 th (mivel a pálya szimmetrikus), d = x(td) = (v0 cosα)· (2 v0 sinα/g) = v 0 sin 2α ; g 2 (Vagy a pálya egyenletéből: z = 0, ha x = v0 sin 2α /g . A másik gyök, x = 0 a kiindulási pont).
3/2. Egy függőlegesen feldobott kő sebessége 2 s múlva 4 m/s … a/ … felfelé, b/ … lefelé. Mekkora volt a kezdősebesség, és milyen maximális magasságot ért el? g = 10 m/s2 MO. (próbáljunk elszakadni attól, hogy külön írjuk fel a felfelé ill. a lefelé haladó mozgást!) A z tengely felfelé mutat, tehát a = –g → v = v0 – gt, ahol v és v0 pozitív, ha felfelé mutat, ill. negatív, ha lefelé. v(2) = v0 – g·2 = v0 – 20 → v0 = v(2) + 20 [m/s] a/ v(2) = 4 m/s v0 = 24 m/s és h = v02 / (2g) = 28,8 m b/ v(2) = –4 m/s v0 = 16 m/s és h = 12,8 m 3/3. 360 km/h vízszintes sebességű, magasan repülő repülőgépről kiejtenek egy tárgyat. Milyen kezdősebességgel kell 10 s-mal később egy másik tárgyat utánadobni, hogy 14 s múlva találja el a kiejtett tárgyat? g = 10 m/s2 MO. vr = 360 km/h = 100 m/s. Tegyük fel, hogy a gép az x tengely irányában repül: az első test helyvektora r1(t) = r0 + vr t i – ½ g t2 k = r0 + 100 t i – 5 t2 k, a másodiké r2(t) = r0 + vr t i + [v (t–10) – ½ g (t−10)2] k = r0 + 100 t i + [v (t−10) – 5 (t−10)2] k . (A tárgy vízszintes sebessége nem változik, akár a gépen van, akár szabadon esik, mivel a közegellenállás elhanyagolható, tehát vízszintes irányú erő nem hat a testre.) Mivel r1(14) = r2(14), – 5⋅142 = v⋅4 – 5⋅42 ⇒ v = –225 m/s 3/4. Béni áll az emeleti erkélyen. Abban a pillanatban, amikor Frédi kilép az utcára – sebessége vF = 1 m/s – Béni v0 = 2 m/s sebességgel elhajít egy hógolyót. a/ Milyen α szögben kell elhajítania, hogy a hógolyó Frédi fejére essék? b/ Mennyi idő múlva találja el? c/ A kaputól milyen távolságra találja el? d/ Frédi felmegy az utca másik oldalán lévő ház erkélyére és megcélozza a vele egy magasságban lévő barátját. Béni megijed, az elhajítás pillanatában leugrik az erkélyről (szabadesésnek vegyük!). Mi történik, ha Frédi v0’ = 20 m/s kezdősebességgel vízszintesen hajított? e/ Mekkora minimális v0* kezdősebességgel kell Frédinek vízszintesen hajítania, hogy még éppen eltalálja Bénit? v0
B
v0
α
’
F
h=5 m
1,5 m
F
vF 10 m
12
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 MO. A hógolyó akkor esik Béni fejére, amikor a hógolyó és Frédi fejének helyvektora megegyezik. Frédi fejének magasságát vegyük z = 0 -nak (1,5 m-rel a járda fölött); Frédi fejének vízszintes komponense xF = vF ⋅ t = 1·t (x=0 a kapunál van és az x tengely arra mutat, amerre Frédi megy); a hógolyó vízszintes komponense xh = (v0 ⋅ cosα) ⋅ t = (2⋅cosα) ⋅ t; a hógolyó függőleges komponense zh = h + (v0 ⋅ sinα) ⋅ t − ½ g t2 = 5 + (2⋅sin α) ⋅ t − 5 t2. a) A vízszintes komponensek (xF = xh) egyenlőségéből cos α = ½, α = ±60°. (Vegyük észre, hogy a hógolyó mindig Frédi feje fölött van.) A vízszinteshez képest 60°-os szögben kell eldobnia akár ferdén felfelé, akár ferdén lefelé. b) A függőleges komponensek egyenlőségéből: 5 + 2⋅sin 60° ⋅ t − 5 t2 = 0 ⇒ t ≈ 1,19 s, ha felfelé, ill. 5 – 2⋅sin 60° ⋅ t − 5 t2 = 0 ⇒ t ≈ 0,84 s, ha lefelé dobja. c) Bármelyik vízszintes elmozdulásból xF = xh = 1,19 m ill. x = 0,84 m. d) Most Béni fejének és a másik hógolyónak a helyvektorát kell felírni: Béni feje: xB = 0, zB = h – ½ g t2 = 5 – 5t2, a második hógolyó: xh2 = d – v0’ t = 10 – 20t, zh2 = 5 – 5t2. Ekkor tehát Béni feje és a hógolyó mindig egy magasságban van – a kérdés tehát az, hogy vízszintesen átére a hógolyó Béni fejéhez, mielőtt leesnének a z = 0-ra: 5 – 5t2 = 0 ⇒ t0 = 1 s alatt esnek le, de xh2 = 10 – 20t = 0 ⇒ t = 0,5 s alatt a hógolyó már eléri Béni fejét és eltalálja zB = zh2 = 5 – 5t2 = 3,75 m magasságban. e) Ahhoz, hogy maximum t0 = 1 s alatt xh2 = d – v0* t = 0 legyen, v0* ≥ 10 m/s. 3/5. 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. [1] A két hajítás távolsága megegyezik: d1 = v012 sin 2α1 /g = d2 = v022 sin 2α2 /g a maximális magasságok aránya 1:4 : h1 = v012 sin2 α1 / (2g) = 4 h2 = 4 ⋅ v022 sin2 α2 / (2g) [2] v 01 sin α1 t sin α1 g A [2] egyenletből sin2 α1 = 4 sin2 α2 ⇒ sin α1 = 2 sin α2 ⇒ h1 = = = 2. v sin α t h2 sin α 2 02 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.)
Gyakorló feladatok 3/6. 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 , földet éréskor z(t*) = 0 ⇒ t* = 6,83 s ; vízszintes komponense: x(t) = v0 cosα ⋅ 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 13
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 3/7. A hegyről lövik a síkságon lévő lőállásokat. A hegyen és a síkságon lévő ágyúk egyformák, az ágyúgolyók kezdősebessége v0 = 500 m/s. A hegyen lévő ágyú csöve vízszintesen áll. A síkságon lévő ágyúból a golyót pont 1 s-mal azután lövik ki, hogy meglátták a hegyi ágyú torkolattüzét. Sikerül is az ágyúgolyót még a levegőben eltalálni és eltéríteni a céltól. Hol találja el egymást a két ágyúgolyó? Mekkora a síkságon lévő ágyú csövének a vízszintessel bezárt szöge? z
v0
200 m
α
v0
x
800 m
MO. A hegycsúcsról kilőtt ágyúgolyó helyvektora, ha az origó a hegy talppontjában van, az x tengely a síkságon lévő ágyú felé mutat, és az ágyúgolyót t = 0-ban lőtték ki: r1(t) = 500t i + (200–10/2t2) k , a síkságon kilőtt ágyúgolyó helyvektora pedig r2(t) = [800–500·cosα(t–1)] i + [500·sinα(t–1)–10/2(t–1)2] k A két ágyúgolyó helyvektora egyenlő kell legyen; komponensenként felírva: x koordináta: 500t = 800–500·cosα(t–1) z koordináta: 200–10/2t2 = 500·sinα(t–1)–10/2(t–1)2 Az első egyenletből cosα(t–1) = (800–500t)/500 = 1,6–t , a másodikból sinα(t–1) = (205–10t)/500 = 0,41–0,02t . Ezeket négyzetre emelve és összeadva egy t-ben másodfokú egyenletet kapunk, aminek a megoldása t1 ≈ 1,42 s és t2 ≈ 3040 s. A t1 -ből számolt szög α1 ≈ 64,9°, és az ágyúgolyók találkozásának helye x1(t1) = 500·1,42 = x2(t1) = 800–500·cos64,9°·0,42 ≈ 711 m z1(t1) = 200–5·1,422 = z2(t1) = 500·sin64,9°·0,42–5·0,422 ≈ 190 m r(t1) = 711 i + 190 k [m]. A t2 -ből számolt szög α2 ≈ 178,9°, és az ágyúgolyók találkozásának helye x1(t2) = 500·3040 = x2(t2) = 800–500·cos178,9°·3039 ≈ 1,52·106 m z1(t2) = 200–5·30402 = z2(t2) = 500·sin178,9°·3039–5·30392 ≈ –4,62·107 m ami nem lehetséges, mert a föld felszínét (a z = 0-t) előbb elérik az ágyúgolyók. (Ha a Föld sokkal nagyobb lenne – vagy a Föld lapos lenne -, és a homogén erőtér közelítés érvényes lehetne ekkora távolságon is, és az ágyúgolyók földet érési pontja előtt elkezdődne egy 4,62·107 m mély kráter, akkor lenne csak értelme ennek a megoldásnak.)
3/8. 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° 3/9. A 200 m magas hegy talppontjától (a hegycsúcs alatti ponttól) 500 m-re lévő puska irányzékát milyen (legkisebb) szögre kell állítani, hogy átlőjön a hegycsúcs fölött? Mennyi idő telik el, amíg a puskagolyó a hegy csúcsa fölé érkezik? A puskagolyó kezdősebessége 1000 m/s. 14
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 MO. vízszintesen x = v0 t cos α : 500 = 1000 t cos α ⇒ t cos α = 0,5 függőlegesen z = v0 t sin α – ½ g t2 : 200 = 1000 t sin α – 5 t2 ⇒ t sin α = t2/200 + 0,2 Felhasználva, hogy (t cos α)2 + (t sin α)2 = t2, egy t2-ben másodfokú egyenletet kapunk: 0,25 + t4 / 40000 + 0,002 t2 + 0,04 = t2, amiből t1 = 0,539 s és t2 = 199,8 s. A megfelelő szögek: α1 = 21,93° (ez a minimális) és α2 = 89,86° (ezt már veszélyes kipróbálni!) y
3/10. Melyek azok a pontok, amelyekből elejtve az A golyót, az a 45°-os lejtőről rugalmasan ütközve éppen a lejtő aljára pattan? MO. A golyó a lejtő fölött h magasságból indul, így a lejtőre érkezéskor v* (függőleges irányú) sebessége lesz: z = − h = −1/2 g t12
⇒ t1 =
2h g
⇒ v* = gt1 =
A
2gh . 45°
x
A lejtőről való elpattanáskor ez lesz a vízszintes irányú kezdősebessége, mivel a lejtő 45°-os. Egyenesen a lejtő aljába pattan, így vízszintesen x = v* t2, függőlegesen z = ½ g t22 utat tesz meg, és mivel a lejtő 45°-os, x = z, azaz v* t2 = ½ g t22 . Ebből t2 = 2v*/g és x = z = 2 v*2 / g , v*-t beírva x = z = 4h, azaz azok a pontok, ahonnan elejtve a golyót, az a lejtőn rugalmasan ütközve éppen a lejtő aljára pattan, a z = 5/4 x egyenes pontjai. 3/11. 50 m/s kezdősebességgel függőlegesen felfelé hajítanak egy tárgyat. Ugyanakkor 50 m magasról szabadeséssel leesik egy másik tárgy. Mikor és milyen magasan találkoznak? 3/12. Mekkora kezdősebességgel kell az origóból a vízszinteshez képest 60°-os szög alatt eldobni egy labdát, hogy az a P (4,3) pontba érkezzen?
ÉS EGY HALADÓ FELADAT: A vízszinteshez képest mekkora szög alatt kell adott h magasságból adott v0 kezdősebességgel elhajítani egy tárgyat, hogy az a lehető legmesszebb érjen földet? MO. h magasságból indulva td időben 0 legyen a z test koordinátája: z(td) = 0 = h + (v0 sinα) td – ½ g td2 → h = ½ g td2 – (v0 sinα) td és eközben vízszintesen megtesz d távolságot: x(td) = d =(v0 cosα) td . Ennek keressük a maximumát, ha α változhat (v0 adott). Rendezzük az egyenleteket úgy, hogy td-t kifejezve az egyikből és áthelyettesítve a másikba felírjuk d-t α függvényében, majd megkeressük a d(α) függvény szélsőértékét (deriváljuk α szerint és megoldjuk a dd/dα = 0 egyenletet). Tehát d-ből td = d/(v0cosα) → 2 2 h = ½ g/(v0cosα) · d – (v0 sinα)/(v0cosα) · d , azaz d2 – (v02/g)·sin2α · d – 2h(v02/g)cos2α = 0 →
I(v) = <<
?/ D w
=
Z[\2v + g
?/ D w
]^Z2v +
?/ D w
?/ D w
Z[\ 2v + 2ℎ
n D z / |}~• {
D D
yۥ} yO
n D ‚z / |}~• { D
]^Z v y
ƒzn/ | }~•D yf ‚zn/ |€•}D y D{
{
és
=0
] „ v =1+
Hosszas rendezgetés után ebből megkapjuk, hogy
15
w‚ ?/ D
.
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 4. hét Dinamika Egy traktor két pótkocsit vontat nyújthatatlan drótkötelekkel. Mekkora erő feszíti a köteleket, ha indításnál a traktor 1 perc alatt gyorsít fel 40 km/h sebességre? A traktor tömege 3 t, a pótkocsik tömege 2-2 t, a gördülő ellenállási együttható 0,1 , g = 9,81 m/s2. m2
F2
F2
m1
F1
F1
mtr
Ftr
MO. Mivel 1 perc alatt gyorsít a traktor 40 km/h sebességre állandó gyorsulással: a = ∆v / ∆t = (40/3,6 – 0) / 60 ≈ 0,185 m/s2. A mozgásegyenletek: traktor: mtr · a = Ftr – F1 – µmtrg első pótkocsi: m1 · a = F1 – F2 – µm1g második pótkocsi: m2 · a = F2 – µm2g ahol Ftr az út által az traktorra a mozgás irányába kifejtett erő, F1 és F2 a két kötélerő. Ezekből sorra kiszámolható F2 = m2(a+µg) = 2000(0,185+0,1·9,81) = 2332 N , F1 = F2 + m1(a+µg) = 2332 + 2000(0,185+0,1·9,81) = 4664 N , Ftr = F1 + mtr(a+µg) = 4664 + 3000(0,185+0,1·9,81) = 8163 N .
Mekkora erő szükséges ahhoz, hogy állandó gyorsulással 2 s alatt nyugalmi helyzetből indulva felhúzzunk egy 6 kg tömegű testet egy 30°-os, 1 m magas lejtőn, ha a súrlódási együttható 0,2? MO. Lejtő: a mozgásegyenlet vektori alakban: ma = mg + F + Fny + Fs. Merőleges komponensekre kell bontani, de nem függőleges és vízszintes, hanem lejtővel párhuzamos és arra merőleges komponensekre bonjuk. lejtővel párhuzamos (felfelé pozitív): ma││= F – mg·sinα – µFny lejtőre merőleges (kifelé pozitív): ma⊥ = Fny – mg·cosα A gyorsulásnak csak lejtővel párhuzamos komponense lehet, ezért Fny = mg·cosα és a mozgásegyenlet a lejtővel párhuzamosan ma = F − mg·sin α − µmg·cos α (Ha lenne még olyan erő, aminek van a lejtőre merőleges komponense, akkor Fny és azzal együtt Fs nagysága is változna; Fs irányát pedig a sebesség szabja meg.) Tehát: a lejtő hossza, azaz a megtett út s = h / sin α = 2 m; v0 = 0, így s = ½ a t2 ⇒ a = 2s/t2 = 1 m/s2. A mozgásegyenletből ⇒ F = m (a+gsinα+µgcosα) = 6⋅(1+10⋅sin30°+0,2⋅10⋅cos30°) = 46,4 N.
Csigán átvetett nyújthatatlan kötél egyik végén m1 = 2 kg, másik végén m2 = 1 kg tömegű test lóg. A kötél súrlódásmentesen mozoghat. Írjuk fel az egyes testek mozgásegyenleteit! Határozzuk meg a kötélben fellépő feszítőerőt, és az egyes testek gyorsulását! (A csiga tömege elhanyagolható.)
16
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014
Fk Fk m1 m2
MO. Itt most látszik, hogy m1 fog lefelé gyorsulni, de ha bonyolultabb a feladat, fel kell tételezni valamit. Mivel a kötél és a csiga tömege elhanyagolható és a csiga súrlódásmentes (és a kötél nyújthatatlan), ezért a kötélerő a kötél mentén állandó. Mivel a kötél nyújthatatlan, a két test gyorsulásának nagysága megegyezik. Szokás az előjeleket nem a függőlegesen felvett z tengelyhez viszonyítani, hanem a kötél mentén felvenni egy pozitív irányt, így a mozgásegyenletek: m1 a = m1g – Fk m2 a = Fk – m2g
m1 g
m2 g
Ebből … =
†‡ O†D „ †‡ f†D
=
w M
= 3,27 ˆ/Z
és ‰ =
Vízszintes asztallapon kiskocsi mozog. A kiskocsit egy csigán átvetett kötélre akasztott súly mozgatja. m = 100 g esetén a kiskocsi 3 s alatt, m = 200 g esetén a kiskocsi 1 s alatt teszi meg az 1 m-es utat nyugalmi helyzetből kiindulva. Mekkora a kocsi tömege, és mekkora a súrlódási együttható? g = 10 m/s2
†‡ †D „ †‡ f†D
=
Gw M
= 13,08 Š
M
m
MO. A mozgásegyenletek:
Ma = Fk − µMg ma = mg − Fk
⇒
M(a+µg) = m(g−a)
m1 = 0,1 kg esetén a1 = 2s / t12 = 2⋅1 / 32 = 2/9 m/s2 : a2 = 2s / t22 = 2⋅1 / 12 = 2 m/s2 : m2 = 0,2 kg esetén ⇒ M = 0,35 kg, µ = 0,257
M(2/9+10µ) = 0,1(10−2/9) M(2+10µ) = 0,2(10−2)
a/ Bizonyítsuk be: ha a testre ható erő mindig merőleges a test sebességére, akkor a test sebességének nagysága nem változik. b/ Bizonyítsuk be: ha a testre ható erő mindig egyező irányú a test sebességével, akkor a test sebességének iránya nem változik. ez nem zh-nak való feladat! MO. Írjuk fel a test gyorsulását úgy, hogy deriváljuk a test sebességvektorát: ‹ = V Œ‹ → • = ‹a = Va Œ‹ + V Œ‹a ( Œ‹a merőleges Œ‹ -re ) a/ Ha az erő, azaz a gyorsulás merőleges a test sebességére, akkor az Œ‹ irányú komponense zérus kell legyen, tehát Va = 0 , V = X^\Z . b/ Ha az erő, azaz a gyorsulás egy irányú a sebességgel, vagyis az arra merőleges komponense zérus, akkor Œ‹a = 0 , vagyis Œ‹ = X^\Z . a/ másként: nézzük meg, mit ad, ha deriváljuk a sebességvektor önmagával vett skaláris szorzatát: < ‹·‹ <‹ • = 2‹ <. = 2‹ · • = 2‹ · † . <. < ‹·‹
Ha v és F merőlegesek, akkor a skaláris szorzatuk zérus, tehát <. = 0 ; de tudjuk, hogy a sebesség nagyságának négyzete állandó, azaz a sebesség nagysága állandó. 17
< ‹·‹ <.
=
< ?·? <.
, vagyis
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Vízszintes súrlódásmentes felületen m1 = 3 kg tömegű test, kötéllel hozzákötve m2 = 7 kg tömegű test, kötéllel hozzákötve m3 = 10 kg tömegű test, és azt húzzuk F = 100 N erővel vízszintesen. A kötelek nyújthatatlanok, a tömegük elhanyagolható. Mekkora a testek gyorsulása és mekkorák a kötélerők? m1
F
m3
m2
Vízszintes asztalon m2 = 2 kg tömegű test, az asztal szélén lévő csigán átvetett kötéllel hozzákötve m1 = 0,5 kg tömegű test lóg függőlegesen. Mekkora a kötéllel egymáshoz kötött testek gyorsulása és a kötelet feszítő erő, ha az m2 tömegű test a/ a vízszintes felületen súrlódás nélkül csúszhat; b/ és a vízszintes felület közötti súrlódási együttható µ = 0,2? m2
m1
Mennyivel nyúlik meg a két test közé iktatott rugó, amikor az összekapcsolt rendszer egyenletesen gyorsuló mozgásban van? Mindhárom test tömege m = 1 kg, a súrlódási együttható µ = 0,2, a rugóállandó k = 4 N/cm, a csiga, a rugó és a kötelek tömege elhanyagolható, a csiga súrlódásmentes, a kötelek nyújthatatlanok. m
m
m
MO. m F 1
F1
F2
F2
m
F3
F3 F4 F4 m
Kötélerők: egy-egy kötélszakasz két végén azonos nagyságú az erő, mert a kötelek tömege elhanyagolható. F1 = F2, mert a rugó tömege elhanyagolható (ha lenne tömege, a két kötélerő különbsége gyorsítaná a rugót). Ez a kötélerő lesz arányos a rugó megnyúlásával: F1 = F2 = Fr = k·∆l. F3 = F4, mert a csiga tömege elhanyagolható és súrlódásmentes. A mozgásegyenletek (F1 helyett is F2-t, F4 helyett is F3-at írva): a lógó testre ma = mg – F3 a középső testre ma = F3 – F2 – Fs = F3 – F2 – µmg a bal oldali testre ma = F2 – Fs = F2 – µmg †wO µ†w AO µ AO ·2, Ezekből … = = M „ = M · 10 = 2 m/s2. M† A rugó megnyúlását F2-ből számoljuk, azt pedig a bal oldali test egyenletéből kapjuk meg: F2 = ma + µmg = 1·(2+0,2·10) = 4 N ∆l = F2 / k = 1 cm. 18
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 A kettős lejtő α = 30° hajlásszögű oldalán m1 = 2 kg tömegű, a β = 45° hajlásszögű oldalán m2 = 1 kg tömegű test fekszik, a két test össze van kötve egy csigán átvetett kötéllel. A súrlódás elhanyagolható. Mekkora a testek gyorsulása?
m1
m2
30°
45°
m2
α hajlásszögű lejtőre kötéllel összekötött két testet teszünk. A lejtő és az m1 tömegű test közötti csúszási súrlódási együttható µ1, az m2 tömegű testé pedig µ2. Mi a feltétele annak, hogy a két test között a kötél feszes legyen? Mekkora a kötélerő?
µ2 m1 µ1 α
MO. m1a = m1g sinα – µ1m1g cosα – Fk m2a = m2g sinα – µ2m2g cosα + Fk → … = KZ[\v −
•‡ †‡ f•D †D ]^ZvN „ †‡ f†D
és
‰‘ =
†‡ †D (•D O•‡ ) ]^Zv †‡ f†D
„
A kötél feszes, ha Fk ≥ 0 , azaz ha µ2 ≥ µ1 (az egyenlőség esetén feszes kötéllel kell letenni)
VAGY: gyorsabb megoldás, ha a mozgásegyenleteket felírjuk a kötélerő nélkül, és azt mondjuk, hogy ha az alsó test gyorsulása legalább akkora, mint a felső test gyorsulása, akkor a kötél feszes marad. m1a1 = m1g sinα – µ1m1g cosα → a1 = (sinα – µ1 cosα ) g , hasonlóan a2 = (sinα – µ2 cosα ) g a1 ≥ a2 :
sinα – µ1 cosα ≥ sinα – µ2 cosα
→
µ2 ≥ µ1
Mennyivel nyúlik meg a rugó? m1 = 2 kg, m2 = 3 kg, m3 = 5 kg, µ1 = 0,2, µ2 = 0,06, k = 0,5 N/cm. A kötelek súlytalanok és nyújthatatlanok, a csiga súlytalan és súrlódásmentes, a lejtő nem tud elmozdulni. m2 µ2
m1
m3 µ1
30°
Állandó hajlásszögű egyenes lejtőn csúszunk lefelé a szánkónkkal vsz = 3 m/s állandó sebességgel. A súrlódási együttható µ = 0,14. A szánkó elején van egy csúzli, ami vízszintesen, v0 = 16 m/s kezdősebességgel tud kilőni egy golyót. A lejtő végénél van egy céltábla. Milyen magasságban kell a mozgó szánkóból a csúzlit kilőni, hogy eltaláljuk a céltáblát? 19
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 MO. A lejtő hajlásszögét abból tudjuk kiszámolni, hogy a szánkó – amit gyorsít a nehézségi erőnek a lejtővel párhuzamos komponense és fékez a súrlódási erő – állandó sebességgel csúszik, vagyis a (lejtővel párhuzamos) gyorsulása zérus: ma║ = mg sinα – µ Fny = 0. A lejtőre merőleges mozgásegyenletből: ma⊥ = Fny – mg cosα tudjuk, hogy Fny = mg cosα, és így a lejtővel párhuzamos mozgásegyenlet ma║ = mg sinα – µmg cosα = 0 → µ = 0,14 = tgα → α = arc tg 0,14 ≈ 8° . A szánkó sebességének vízszintes komponense vsz,x = vsz·cosα ≈ 2,971 m/s , függőleges komponense vsz,z = vsz·sinα ≈ 0,416 m/s. A kilőtt golyó sebességének vízszintes komponense vg0,x = vsz,x + v0 ≈ 2,971+16 = 18,971 m/s , kezdősebességének függőleges komponense vg0,z = vsz,z ≈ 0,416 m/s. z v0 vsz h α 0
x
A koordinátarendszert az ábra szerint választva a golyó az x = 0, z = h pontból indul és az x = h/tgα , z = 0 pontba kell megérkezzen, tehát x: ( vsz,x + v0 ) · t = h / tgα z: h – vsz,z · t – ½ g t2 = 0. Az elsőből h-t kifejezve és átírva a másodikba ( vsz,x + v0 ) · t · tgα – vsz,z · t – ½ g t2 = 0 , amiből t = 2 v0 tgα / g ≈ 0,448 s és visszahelyettesítve h = 2 v0 tgα ( vsz sinα + v0 tgα ) / g ≈ 1,19 m .
Az ábra szerint elhanyagolható tömegű nyújthatatlan kötéllel egymáshoz kötünk egy M, m1 és m2 tömegű testet és 38°-os hajlásszögű lejtőre tesszük. A lejtő tetején egy ideális (súrlódásmentes, elhanyagolható tömegű) csiga van. Az m1 és m2 tömegű testek és a lejtő közötti csúszási súrlódási együttható µ = 0,08. a.) Mekkora a testek gyorsulása és mekkorák a kötélerők? b.) Ha az M tömegű testet eltávolítjuk, mekkora erővel kell húzni a kötelet, hogy az m1 és m2 tömegű testek gyorsulása ne változzon? c.) Hányszorosára nő a testek gyorsulása, ha az M tömeg kétszeresére nő? (a kötelet nem húzzuk) M = 7 kg m1 = 5 kg m2 = 3 kg µ = 0,08 g = 10 m/s2
m1
µ
m2
M
µ 38°
20
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 MO. Fny1
Fk1
m1 Fk2
Fny2 Fk2
m2
Fs1
µ
Fk1
m1g
M
µ Fs2 m2g
Mg
38° a.) Az m1-re ill. m2-re a lejtő által kifejtett nyomóerő Fny1 = m1 g cos38° ill. Fny2 = m2 g cos38° (ezt megkaphatjuk a lejtőre merőleges komponensből: ma⊥ = Fny – mg cos38° = 0), így a súrlódási erők Fs1 = µ Fny1 = µ m1 g cos38° ill. Fs2 = µ Fny2 = µ m2 g cos38°. A lejtővel párhuzamosan M a = Mg – Fk1 m1 a = Fk1 – Fk2 – m1g sin38° – Fs1 = Fk1 – Fk2 – m1g sin38° – µ m1 g cos38° m2 a = Fk2 – m2g sin38° – Fs2 = Fk2 – m2g sin38° – µ m2 g cos38° Ezekből
a=
és a kötélerők:
’O(“‡ f“D )(”•–M—°O˜™š”M—°) g ≈ 1,047 m/s2 “‡ f“D f’ ’“D (Af”•–M—°f˜™š”M—°) F• = g ≈ 23,50 N; “‡ f“D f’
F•A =
’(“‡ f“D )(Af”•–M—°f˜™š”M—°) g “‡ f“D f’
≈ 62,67 N.
Megjegyzés: Itt a súrlódási erők irányát úgy vettük fel, hogy feltettük, hogy az M tömeg lefelé gyorsul. A gyorsulásra pozitív érték jött ki, ebből tudjuk, hogy tényleg ebbe az irányba gyorsulnak a testek. Ha azt feltételezve indulunk el, hogy az M tömeg felfelé gyorsul, akkor a gyorsulásra negatív számot kapunk, a = – 1,72 m/s2 jönne ki. Ilyenkor nem elég mindennek az előjelét megváltoztatni, merthogy a gyorsulás nagysága is más lesz amiatt, hogy a súrlódási erők iránya megváltozik, ezért az egyenleteket újra fel kell írni a másik irányt tekintve pozitívnak. A pozitív irány kiválasztásában az segíthet, hogy megnézzük, súrlódási erők nélkül merre kezdene gyorsulni a rendszer: itt jobbra Mg = 70 N, balra (m1+m2)g sin38° ≈ 49,25 N hat a csigánál, tehát jobbra gyorsul. b.) Ha m1 és m2 marad és a gyorsulásuk változatlan, akkor a kötélerők is változatlanok. Ez azt jelenti, hogy a kötelet a fent kiszámolt Fk1 ≈ 62,67 N nagyságú erővel kell húzni. Megjegyzés: Azért nem Mg = 70 N nagyságú erővel, mert az az erő ahhoz volt szükséges, hogy mindhárom testet gyorsítsa, de most kisebb az össztömeg. Az Mg–Fk1 ≈ 7,33 N erő magát az M tömegű testet gyorsítja, így lesz annak is 7,33/7 ≈ 1,047 m/s2 nagyságú gyorsulása. [Az Fk1–m1g sin38°–Fs1–m2g sin38°–Fs2 ≈ 8,38 N erő gyorsítja az m1+m2 tömegeket (8,38/8≈1,047m/s2), az Fk1–m1g sin38°–Fs1– Fk2 ≈ 5,24 N az m1 tömeget (5,24/5≈1,047m/s2) és az Fk2–m2g sin38°–Fs2 ≈ 3,14 N az m2 tömeget (3,14/3≈1,047m/s2).] c.) A gyorsulás nem kétszeresére nő, mert ugyan Mg értéke kétszeresére nő, de az m1 és m2 testekre ható ellentétes irányú erők változatlanok. Az a.) pontban felírt egyenletekbe M = 14 kg-ot behelyettesítve a* ≈ 3,896 m/s2, ez ~3,7-szerese az előző gyorsulásnak.
Egy α = 30° hajlásszögű, h = 1,6 m magas lejtő tetejéről elengedünk egy ládát. Ugyanebben az időpontban a lejtő tetejéről egy labdát úgy dobunk el, hogy az a lejtő legalján éppen a ládába essen. Mekkora és milyen irányú kezdősebességgel kell a labdát eldobni? A láda és a lejtő közötti súrlódási együttható µ = 3 / 8 . 21
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 MO. A láda súrlódással csúszik lefelé a lejtőn, a mozgásegyenlete lejtőre merőlegesen: ma⊥ = 0 = Fny – mg cosα lejtővel párhuzamosan: ma║ = mg sinα – µFny tehát a gyorsulása a lejtő síkjában √M
√M √M
a = a║ = (sinα – µcosα) g = (sin30° – cos30°) · 10 = (0,5– · )·10 = 3,125 m/s2 . — — Zérus kezdősebességről indulva s = h / sinα = 1,6 / sin30° = 3,2 m-t tesz meg a láda a fenti gyorsulással: s = t2
→
t = g
}
=g
·M, M,A ¡
≈ 1,43 Z alatt ér le a láda.
Ennyi idő alatt kell a labdának ugyanabba a pontba érkeznie, azaz ha az origóból indul, vízszintesen h / tgα = 1,6 / tg30° ≈ 2,77 m-t tesz meg és az x ≈ 2,77 [m] pontba, függőlegesen h = 1,6 m-t tesz meg és a z = –1,6 [m] pontba érkezik. azaz x = (v0cosα) t = (v0cosα)·1,43 = 2,77 z = (v0sinα) t – g/2 t2 = (v0sinα)·1,43 – g/2 ·1,432 = –1,6 → v0 ≈ 6,34 m/s, α ≈ 72,2°.
NEM ZH-FELADATOK: m tömegű tömegpont mozog az xy síkban. A tömegpontra a sebességével arányos és arra merőleges erő hat, az arányossági tényező β . Az erő is benne van az xy síkban. Írjuk fel a test mozgásegyenletét! Milyen pályán mozog a test? (egyszerűbb polárkoordinátában!)
Két anyagi pont, A és B kölcsönhatásban van egymással. Az A pontra még egy, az A-t és B-t összekötő egyenesre merőleges F1 erő is hat. A B pont gyorsulása aB. Mekkora az A pont gyorsulása?
5. hét
Körpálya
Asztalon m = 0,5 kg-os golyót l = 0,5 m-es fonálon v0 = 5 m/s kezdősebességgel meglökünk. (A kezdősebesség merőleges a fonálra.) Mekkora lesz 2 s múlva a golyó sebessége és a fonálerő? µ = 0,2 MO. Körpályán mozgó test gyorsulása tangenciális, azaz érintőirányú és radiális, azaz sugárirányú komponensekre bontva: …. = Va , …¢ = £¤ = V /£ . A testre két erő hat: a kötélerő, ami sugár irányban befelé mutat, és a súrlódási erő, ami érintő irányú, és a sebességgel ellentétes irányba mutat, tehát †? D
ˆ…. = ˆVa = −‰} = −¥ˆ„ , ˆ…¢ = ˆ£¤ = ¢ = ‰‘ . Az első egyenletből V = V2 − ¥„ ∙ . behelyettesítve v(2) = 5 – 0,2·10·2 = 1 m/s ; és a második egyenletből Fk = 0,5·12/0,5 = 1 N.
Egy R = 10 cm sugarú gömb belsejében a sugár fele magasságában elhelyezkedő vízszintes síkban egy golyó kering. Számítsuk ki a keringési időt!
22
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 MO. A centripetális erő a (függőleges) nehézségi erő és a (gömb adott pontbeli érintősíkjára merőleges, tehát a gömb középpontja felé mutató) nyomóerő eredője. Legyen α a nyomóerőnek a függőlegessel bezárt szöge. A geometriai feltételekből látható, hogy cosα = ½R / R = ½ , tehát α = 60°. Az erőket felrajzolva látható, hogy Fcp = mg tg α . Másrészt Fcp = mrω2 , ahol r a körpálya sugara (a keringés síkjában): r = R sin 60° = √3/2 ⋅ R. Tehát Fcp = mrω2 = m R sin 60° ω2 = mg tg 60° ⇒ ω2 = 2g / R ⇒ T = 2π / ω ≈ 0,44 s .
R Fny
α
Fcp
R/2 r = √3/2 · R
α
α mg
R
R/2
Az y = (0,5cm–1)x2 egyenletű parabola y tengely körüli forgatásával nyert paraboloid belsejében az y = 2 cm és az y = 4,5 cm magasan elhelyezkedő síkokban két golyó kering. a/ Milyen sebességgel keringenek? b/ Mennyi idő alatt tesznek meg egy fordulatot? MO. y a) A centripetális erő a (függőleges) nehézségi erő és a forgási paraboloid adott pontbeli érintősíkjára merőleges nyomóerő eredője. A mértékegységek miatt írjuk fel a parabola egyenletét úgy, hogy bevezetünk egy ’a’ paramétert: Fny y = ax2, és tudjuk, hogy a = 0,5 cm–1. Behelyettesítéskor erre α α figyelni kell; legegyszerűbb cm-ben számolni, de akkor g-t is r=x 2 2 Fcp át kell számolni cm/s -be: g = 1000 cm/s . α A parabola érintője dy/dx, ahol tehát mg dy/dx = d(ax2)/dx = 2ax, vagyis az érintőnek az x tengellyel x bezárt α szögére tg α = dy/dx = 2ax. Az erőket felrajzolva látható, hogy Fcp = mg tg α ; másrészt Fcp = mv2/r. A körpálya sugara mindig az adott y magasság felhasználásával a parabola egyenletéből visszaszámolható x érték, azaz x1 = 2 cm, x2 = 3 cm. Ezekből Fcp = mv2/r = mv2/x = mg tg α = mg · 2ax ⇒ v2 = 2ax2g ⇒ v1 ≈ 63,2 cm/s, v2 ≈ 94,9 cm/s. b) ω = v/r = v/x =§2ag = 2π/T ⇒ T = 2π /§2ag ≈ 0,2 s a keringés helyétől függetlenül. Kúpinga hossza l, a kúpszög 2α. Mekkora a keringési idő?
α
Fk α x
Fcp α mg
MO. A centripetális erő a (függőleges) nehézségi erő és a kötélirányú húzóerő eredője. Ezeket felrajzolva látható, hogy Fcp = mg tg α, másrészt Fcp = mrω2 . A körpálya sugara r = l sinα. Tehát Fcp = mrω2 = m l sinα ω2 = mg tg α g 2π ⇒ ω= = l cos α T ⇒ T = 2π
23
l cos α g
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Függőleges síkban körpályán haladó repülőgép sebessége 1080 km/h. Mekkora legyen a körpálya sugara, hogy a legfelső pontban a pilóta „súlytalan” legyen? És mekkora legyen a körpálya sugara, ha azt szeretnénk elérni, hogy a pilóta ’g’ gyorsulást érezzen a talpa felé? MO. v = 1080 km/h = 300 m/s
mg Fny mg x
x
A legfelső pontban a nehézségi erő éppen a centripetális erővel egyenlő (így a pilótára nem hat nyomóerő a repülőgépben, tehát „súlytalan”): mg = Fcp = mv2 / R ⇒ R = v2 / g = 9000 m
A legfelső pontban a nehézségi erő és a pilótára ható nyomóerő eredője egyenlő a centripetális erővel: mg + Fny = Fcp = mv2 / R és a nyomóerő éppen mg nagyságú, tehát R = v2 / 2g = 4500 m
R sugarú félgömb tetejéről (A pont) súrlódásmentesen csúszik le egy golyó. a/ Írjuk fel a golyó mozgásegyenletét! Bontsuk fel a golyóra ható erőket és a gyorsulást érintőleges és radiális komponensekre! b/ Mekkora a golyó szögsebessége a B pontnál? c/ Mekkora erővel nyomja a golyó a gömböt a B pontnál? d/ A golyó a C pontnál hagyja el a gömböt. Mekkora az α0 szög? e/ Mennyi a golyó sebessége a C pontnál? f/ A golyó a D pontnál ér földet. Milyen távol van a D pont a félgömbtől? MO.
Fny A
B
C
α
R mg
α
.D a/ A golyótól a félgömb középpontjához húzott sugárnak a függőlegessel bezárt szöge α, a szögsebesség tehát ω = αa . A golyó mozgásegyenlete vektori alakban: ma = mg + Fny . Bontsuk fel a nehézségi erőt tangenciális és radiális komponensre, 24
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 és írjuk fel a test gyorsulását polárkoordináta-rendszerben: tangenciális komponens: mat = mR dω/dt = mg sinα (1) radiális komponens: macp = mRω2 = mg cosα − Fny (2) b/ Az (1) egyenlet átalakításával az ω szögsebesség időfüggése (dω/dt) helyett nézhetjük a szögsebességnek az α szögtől való függését (dω/dα): mR dω = mR dω ⋅ dα = mRω dω = mg sin α . dt dα dt dα Ezt szeparáljuk és integráljuk:
ω
α
0
0
∫ Rω dω∫ = ∫ g sin α dα
2g(1 − cos α) R Ugyanezt kifejezhetjük az energia-megmaradásból is: a golyó R magasságban zérus sebességgel indul, és R cosα magasságban v = Rω sebessége van: 2g(1 − cos α) mg R = mg R cosα + ½ m (Rω)2 ⇒ ω= R
⇒ R ω2/2 = g (1 − cos α) ⇒
ω=
c/ A (2) egyenletből Fny = mg cosα − mRω2 . Az előbb kifejeztük ω-t az α függvényében, helyettesítsük be ide: Fny = mg cosα − 2 mg (1 − cosα) = mg (3 cosα − 2). d/ A golyó akkor hagyja el a gömböt, amikor Fny = 0, azaz cos α0 = 2/3 ⇒ α0 ≈ 48,2°. e/ A golyó sebességének nagysága a C pontban v0 = R·ω(α0) = 2gR (1 − cos α 0 ) = 2Rg / 3 ≈ 2,58 R , iránya pedig az érintő iránya, azaz v0 = cos α0 2gR (1 − cos α 0 ) i − sin α0 2gR (1 − cos α 0 ) k ≈ 1,72√R 0 − 1,92√R k . f/ Ha a félgömb középpontjába helyezzük az origót, a golyó az r0 = (R sin α0) i + R cos α0 k ≈ 0,745R i + 0,667R k pontból indul (C pont). Tehát z(t) = 0,667R − 1,92√Rt − ½ gt2 . z = 0 , ha t1 ≈ 0,22√R. és ekkor x(t1) = 0,745R + 1,72√Rt1 = 1,12R, azaz a félgömbtől 0,12R távolságra ér földet a golyó.
Körpályán egyenletesen lassuló mozgással mozgó anyagi pont egy félkör megtétele közben elveszti sebessége felét. Hol áll meg? MO.
& =ϕ && = konst . β=ω
⇒
ω = ϕ& = ω0 − β t , ϕ = ω 0 t − β / 2 ⋅ t 2
a sebessége a felére csökken: ω(t1) = ω0 – β t1 = 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 – β t2 = 0 (3) (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. először t1 idő alatt
Egy ω szögsebességgel forgó vízszintes korongon egy m tömegű anyagi pont helyezkedik el. A tapadási súrlódási tényező µ. Milyen r sugáron belül marad a koronghoz képest nyugalomban a fenti tömegpont? MO. Mivel Ft ≤ µmg és Ft = Fcp = mrω2, r ≤ µ/ω2 25
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Milyen α szöggel kell az R = 50 m sugarú kanyarban az úttestet megdönteni, ha a rajta haladó autók sebessége 72 km/h? A cél az, hogy ónos esőben (amikor µ=0) se csússzanak meg oldalirányban az autók. MO. A centripetális erő a (függőleges) nehézségi erő és a (lejtő síkjára merőleges) nyomóerő eredője. Ezeket felrajzolva látható, hogy Fcp = mg tg α, azaz Fcp = mv2/R = mg tg α ⇒ tg α = v2 / (gR) = 0,8 ⇒ α ≈ 38,7°
Félgömbben a sugár egynegyedénél ill. háromnegyedénél kering egy-egy golyó, vízszintes síkban, súrlódás nélkül. Mennyi a keringési idők aránya?
Egy R sugarú félgömb peremétől súrlódásmentesen legördülő m tömegű golyó mekkora erővel nyomja a félgömb fenekét? MO. A körpálya alsó pontján a körpálya közepe felé, azaz függőlegesen felfelé mutató centripetális erő a félgömbre merőleges, függőlegesen felfelé mutató nyomóerő és a függőlegesen lefelé mutató nehézségi erő eredője: Fcp = Fny − G ⇒ Fny = G + Fcp = mg + mv2 / R A sebességet kiszámíthatjuk az energia-megmaradásból (a súrlódás elhanyagolható): mgR = ½ mv2 ⇒ v2 = 2gR Tehát Fny = mg + mv2 / R = mg + 2 mg = 3 mg
Ferde lejtő átmegy függőleges körpályába. A lejtőn legalább milyen magasságból kell a testet elengedni, ha azt akarjuk, hogy végigmenjen a körpályán (a legfelső pontnál se váljon el)? A súrlódás elhanyagolható. Mekkora nyomóerő hat a testre a körpálya legalsó pontján?
MO. A körpálya legfelső pontján a pálya által a testre kifejtett nyomóerő függőlegesen lefelé mutat, így Fcp = mg + Fny → Fny = Fcp – mg = mv2/R – mg. A nyomóerő nem lehet negatív: Fny ≥ 0: mv2/R – mg ≥ 0 → v2 ≥ gR . ezt beírva a v2 ≥ gR feltételbe 2g(h–2R) ≥ gR → h ≥ 5/2 R . A körpálya legalsó pontján a pálya által a testre kifejtett nyomóerő függőlegesen felfelé mutat, így Fcp = Fny – mg → Fny = Fcp + mg = m vlent2 / R + mg. A sebesség az energia-megmaradásból kifejezve: mgh = ½ m vlent2 ⇒ vlent2 = 2gh , és ezt a nyomóerőbe beírva Fny = 2mg h/R + mg . Mivel h ≥ 5/2 R , ezért Fny ≥ 2mg·(5/2) + mg = 6 mg. A nyomóerő a legalsó ponton Fny ≥ 6mg, tehát a test gyorsulása legalább 6g! (Hullámvasút!)
26
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Az egyenes lejtő érintőként csatlakozik a kör keresztmetszetű függőleges vályúhoz. A lejtőn h magasságból kezdősebesség nélkül elindul egy test. Adjuk meg azt a z(h) függvényt, ami leírja, hogy a h magasság függvényében milyen z magasságban fog elválni a test a körpályától! Ábrázoljuk is a függvényt (ügyelve az értelmezési tartományra)! A test súrlódás nélkül csúszik. MO.
h
α
R Fny
z-R z
R
G
A testre hat a G nehézségi erő és a vályú falától származó Fny nyomóerő, tehát a mozgásegyenlet: ma m =G+ Fny , aminek érintő irányú komponense mat = mg sinα és radiális komponense macp = mg cosα + Fny ; utóbbiból a nyomóerő Fny = macp – mg cosα , ahol cosα = (z–R)/R. Ahhoz, hogy a nyomóerőt ismerjük α függvényében, ismerni kell acp-t α függvényében. Mivel a súrlódás elhanyagolható, számolhatunk energia-megmaradásból: energia 2 2 mgh = mgz + ½ mv → v = (Rω)2 = 2g(h–z) acp = Rω2 = 2g(h–z)/R és Fny = 2mg(h–z)/R 2mg(h – mg (z–R)/R = mg(2h–3z+R)/R . Ott válik el a test a vályútól, ahol Fny = 0, azaz mg(2h–3z+R)/R = 0 → a keresett z(h) függvény tehát z = (2h+R)/3 = R/3 + 2/3 · h R/3 tengelymetszetű és 2/3 meredekségű egyenes, egyenes de annak csak az a szakasza, ahol z értéke R és 2R közé esik (mert a vályú alsó felében nem válik el a golyó, és z = 2R esetén meg már végigmegy a vályún). Az R < z < 2R feltételből R < h < 5/2 R. z 2R
R
R/3
h R
5/2 R
Az α hajlásszögű egyenes lejtő ejtő érintő irányban csatlakozik az R sugarú körív keresztmetszetű vályúhoz. A súrlódás elhanyagolható. Egy testet kezdősebesség nélkül elengedünk a lejtő H magasságú pontjából. Adjuk meg a testre ható nyomóerőt tetszőleges kiindulási H magasság esetén a z koordináta függvényében a vályú jobb oldali (kékre színezett) részére! MO. A centripetális gyorsulást az mg sugárirányú komponensének és a nyomóerőnek az eredője adja, ebből tehát ki tudjuk fejezni a nyomóerőt, ha ismerjük a centripetális gyorsulást az adott adott pontban – amihez a sebességet energia-megmaradás megmaradás felhasználásával (merthogy a súrlódás elhanyagolható) ki tudunk fejezni a magassággal. Eszerint mgH = mgz + ½ mv2 → v2 = 2g(H––z) 27
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014
z
H
ϕ
α
Fny
R 0 mg
Az alsó íven Fcp = Fny – mg sinϕ , és itt sinϕ = (R–z)/R, tehát Fcp = Fny – mg(R–z)/R = Fny + mg(z–R)/R
z Fny
ϕ H
α
mg
R 0
A felső íven Fcp = Fny + mg sinϕ , és itt sinϕ = (z–R)/R, tehát Fcp = Fny + mg(z–R)/R Tehát attól függetlenül, hogy a test az alsó vagy felső íven van és az mg sugárirányú komponense befelé vagy kifelé mutat, Fcp kifejezése megegyezik. (Mivel mg-nek a sugárirányú vetületére van szükségünk, felírhatjuk az mg és és az er egységvektor skalárszorzatát, abból is megkaphatjuk ezt.) Fny-t kifejezve Fcp-vel és abba a fenti v2-et behelyettesítve Fny = Fcp + mg(z–R)/R = mv2/R + mg(z–R)/R = 2mg(H–z)/R + mg(z–R)/R = mg(2H–3z+R)/R Látható, hogy z = (2H+R)/3 magasságban a nyomóerő zérussá válik, annál feljebb tehát nem jut el a test a vályúban, elválik a falától. Egy körhinta kúp alakú, az alapkörének sugara r = 3 m, a közepén a magassága h = 2,2 m. Milyen fordulatszámnál kezdenek el a körhinta ülései emelkedni? Mekkora ekkor a kötélerő, ha a benne ülő gyerek tömege az üléssel együtt 36 kg?
h r
MO.
Fk
Fny
h r
r
α
mg A test (gyerek+ülés) mozgásegyenlete vektori alakban: ma = mg + Fk + Fny 28
r
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Mivel a test vízszintes síkban kering körpályán (azokat a fordulatszámokat vizsgálva, amikor még nem emelkedik el az ülés a kúpos részről), a gyorsulása a vízszintes síkú körpálya közepe felé mutató centripetális gyorsulás. Az erőket vízszintes és függőleges komponensekre bontva tehát macp = Fk cosα – Fny sinα 0 = Fk sinα + Fny cosα – mg Fejezzük ki a nyomóerőt a fordulatszám függvényében! a második egyenletből Fk = (mg – Fny cosα) / sinα az első egyenlet ezzel macp = mr(2πf)2 = (mg – Fny cosα) cosα / sinα – Fny sinα = mg/ tgα – Fny / sinα azaz Fny = mg cosα – mr(2πf)2 sinα . Látható, hogy a nyomóerő a nyugalmi mgcosα értékről az ’f’ fordulatszám növelésével csökken. Az ülések akkor kezdenek el emelkedni, amikor a nyomóerő zérus: mg cosα – mr(2πf)2 sinα = 0
→ f2 = g / (4π2·r·tgα) = g / (4π2·r·(h/r)) = g / (4π2·h), ª =
A
w
g‚
Behelyettesítve f ≈ 0,34 s–1. A kötélerő tetszőleges fordulatszámnál Fk = … = mg sinα + mr cosα (2πf)2 . Az elemelkedéskor a második egyenletből (mivel Fny=0) Fk = mg / sinα ≈ 597,2 N (g = 9,81 m/s2-tel)
Ezek a feladatok pedig nem zárthelyi-feladatok: Milyen távolságban keringenek a Föld középpontjától az ún. álló műholdak? (szögsebességük megegyezik a Föld szögsebességével) MO. A centripetális erő a Föld vonzóerejéből származik: mrω2 = γ m⋅mFöld / r2 ⇒ r = 3 γ m2Föld , ahol γ = 6,67⋅10-11 m3kg-1s-2, ω mFöld = 6⋅1024 kg, rFöld = 6,37⋅106 m, ω = 2π/T = 2π/(24⋅60⋅60) = 7,27⋅10-5 s-1 amiből r = 42,3⋅106 m. Számolhatunk úgy is, hogy γ és mFöld értéke helyett felhasználjuk azt, hogy a Föld felszínén mg = γ m⋅mFöld / rFöld2 , azaz γ mFöld = g rFöld2 vagyis mrω2 = γ m⋅mFöld / r2 = m⋅g⋅rFöld2 / r2 ⇒ r =
3
g rFöld ω2
2
Számítsuk ki a Hold centripetális gyorsulását kétféleképpen: a a/ gravitációs erőtörvényt, b/ körmozgás adatait felhasználva. A Hold pályájának sugara kb. 60-szorosa a Föld sugarának (RFöld ≈ 6400 km), a Hold keringési ideje 27 nap.
29
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 ITT KEZDŐDNEK AZ ÚJ FELADATOK 2013 HF2 Az origóból eldobunk egy követ v0 = 26,64 m/s kezdősebességgel, a vízszinteshez képest 76°-os szöggel. Előttünk van egy domb, melynek egyenlete z = – 0,01 x2 + x – 9 [m] a) Hová csapódik be a kő? b) Mekkora a kő sebessége becsapódáskor és mekkora a becsapódás szöge?
MO: a) A kő vízszintes kezdősebessége v0x = v0cosα = 26,64·cos76° ≈ 6,4448 m/s, tehát x(t) = 6,4448t; függőleges kezdősebessége v0x = v0sinα = 26,64·sin76° ≈ 25,8487 m/s, tehát z(t) = 25, 8487 t – 5 t2 (ha g = 10 m/s2-tel számolunk). A x(t)-ből fejezzük ki t-t és írjuk át z(t)-be, így megkapjuk a hajítás pályáját: z(x) = 4,0108 x – 0,1204 x2 [Használhatjuk persze a pálya egyenletét is: z(x) = tgα · x – g / (2v02cos2α) · x2 ] Ott esik rá a dombra a kő, ahol a két parabola metszi egymást: 4,0108 x – 0,1204 x2 = – 0,01 x2 + x – 9
→
x = 30 m, z = 12 m
b) A kő az x = 30 m-t t = 30/6,4448 = 4,655 s alatt éri el, tehát a sebessége ekkor vx = 6,4448 m/s, vz = 25,8487 – 10·4,655 = – 20,7005 m/s, v = §6,4448 + 20,7005 =21,68 m/s,
a sebességvektor becsapódáskor v = 6,4448 i – 20,7005 k . A domb érintője ott, ahol a kő becsapódik: dz/dx = – 0,02 x + 1 , x=30 -nál dz/dx(30) = 0,4; tehát az érintő vektorként pl. e = i + 0,4 k. A két vektor által bezárt szög d·«
cosϕ = |d|·|«| =
¬,GGG—·AO 2,-22¡·2,G
§¬,GGG—D f 2,-22¡D ·§AD f2,GD
=
OA,—M¡G A,¬—·A,2--
=– 0,0786
Persze számolhatunk az x tengellyel bezárt szögekkel is: a domb érintője β = arctg 0,4 = 21,8°-ot, a sebesség γ = arctg → ϕ = 94,5°
O 2,-22¡ = ¬,GGG—
→ ϕ = 94,5°
γ
–72,7°-ot zár be a vízszintessel
γ β
30
β
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Fizika 1 Mechanika számolási gyakorlat zh1 2012. márc. 30. 1. Egy m = 0,5 kg tömegű test sebességét az alábbi függvény adja meg: v(t) = ( 12 sin 3t + 5 ) i + ( 6 cos 2t – 4t ) j + ( 6 t2 – 8 ) k [m/s]. A test a t = 0 s-ban az r0 = –2 i + 3 j – 4 k [m] pontból indul. a/ Milyen távol lesz a test az origótól a t = π s -ban? b/ A testre két erő hat. Adjuk meg az F1 erővektort, ha F2 = 18 sin(3t) i – 6 sin(2t) j + 2 k [N]. MO. a/ r(t) = (–4cos(3t)+5t+2)i + (3sin(2t)–2t2+3) j + (2t3–8t–4) k [m] r(π) = 21,708 i – 16,739 j + 32,880 k , ennek nagysága r(π) ≈ 42,81 m. b/ a = 36cos(3t) i – (12sin(2t)+4) j + 12t k [m/s2] F = ma = 18cos(3t) i – (6sin(2t)+2) j + 6t k [N]. F1 = F – F2 = 18(cos(3t)–sin(3t)) i – 2 j + (6t–2) k [N] .
2.a/ Gólya Gizi a tó partján egy 6 m magas függőleges szikla tetején sétál és békát keres. Béka Béla ott sütkérezik a tavaszi napsütésben. Amikor Gólya Gizi odaér, Béka Béla hirtelen egy nagy ugrással beveti magát a tóba. Béka Béla 2 s alatt ér a vízbe, 5 m-re a parttól. Mekkora, milyen irányú sebességgel ugrott el? b/ Gólya Gizi mérges, hogy lemaradt arról, hogy csőrébe kapja Béka Bélát, ezért egy kővel akarja megdobni. 1 s-mal Béka Béla elugrása után dobja el a követ, és így pont a vízbeérkezésekor találja el Béka Bélát. Mekkora, milyen irányú sebességgel dobta a követ Gólya Gizi? MO. a/ vízszintesen: d = v0x · t → v0x = d/t = 5/2 = 2,5 m/s függőlegesen: h + v0z · t – ½ g t2 = 0 → v0z = (½ g t2–h)/ t = (5·22–6)/2 = 7 m/s Pitagorasz-tétellel v0 = 7,43 m/s; α = arctg (v0z/v0x) = 70,35°, azaz ferdén felfelé ugrik b/ vízszintesen: d = V0x · (t–1) → V0x = d/(t–1) = 5/1 = 5 m/s függőlegesen: h + V0z · (t–1) – ½ g (t–1)2 = 0 → v0z = (½ g (t–1)2–h)/ (t–1) = (5·12–6)/1 = –1 m/s Pitagorasz-tétellel v0 = 5,1 m/s; α = arctg (v0z/v0x) = –11,3°, azaz ferdén lefelé dobja a követ
3.a/ Csiga Zsiguci nem akar hazamenni a fizika óráról, ezért a szülei haza akarják vontatni. Zsigucira már előző héten rákötöttek egy kötelet, mert akkor meg a kémia óráról nem akart hazamenni. Csiga Papa most fogja a kötelet, átveti Csiga Mama hátán (Csiga Mama ideális csigaként viselkedik), másik végét magára köti és a kötél végén lóg, így húzza Zsigucit. Zsiguci próbál ellenállni, kiereszti a haslábát, de ez nem elég arra, hogy ne lehessen őt elhúzni, viszont elég nagy súrlódási együtthatóval tudja magát fékezni. Mennyi ideig tart, amíg szülei felhúzzák őt a lejtő tetejére? Csiga Papa tömege 5,6 dkg, Zsiguci tömege 2,5 dkg, a súrlódási együttható kieresztett haslábbal 1,8. A lejtő hossza 12 m, vízszintessel bezárt szöge 24°. b/ A lejtő tetejére érkezve a kötél hirtelen leszakad Zsiguciról. Erre ő gyorsan behúzza a haslábát, hogy minél gyorsabban visszaérjen a fizika órára. A házán csúszva a súrlódási együtthatója 0,15. Mennyi idő alatt ér le a lejtőn? MO. a/ Csiga Papa mozgásegyenlete: Ma1 = Mg – Fk Csiga Zsiguci mozgásegyenlete: ma1 = Fk – mgsinα – µ1mgcosα 31
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 → a1 = g · (M–m(sinα+µcosα))/(M+m) = … ≈ 0,583 m/s . s = ½ a1t2 → t = §2s/a = … ≈ 6,4 s. b/ Csiga Zsiguci mozgásegyenlete most ma1 = mgsinα – µ2mgcosα → a2 = g (sinα–µ2cosα) = … ≈ 2,697 m/s2. (A pozitív irányt most lefelé vettük fel.) s = ½ a2t2 → t = §2s/a = … ≈ 3,0 s. 2
4. R = 60 m sugarú köríven vízszintes úttesten 80 km/h sebességgel megy egy 1080 kg tömegű autó. a/ Mekkora az aszfalt és az autó kereke között ható tapadási súrlódási erő értéke, ha a tapadási súrlódási együttható 1,08? b/ Legfeljebb mekkora sebességgel mehet ez az autó ezen a köríven, hogy ne csússzon meg? c/ Mennyivel kellene megdönteni az úttestet, ha azt szeretnénk, hogy a megengedett maximális 130 km/h sebességnél se csússzon meg az autó? A súrlódást ne hanyagoljuk el. MO. a/ Ahhoz, hogy az autó körpályán haladjon, a sebességének és a körív sugarának megfelelő nagyságú centripetális erőt biztosító tapadási súrlódási erő kell hasson rá. Fcp = m·v2/R = 1080·(80/3,6)2/60 ≈ 8889 N, a tapadási súrlódási erő maximális értéke Ft,max = µmg = 1,08·1080·10 = 11664 N. Mivel Fcp < Ft,max , így az autó nem csúszik meg, és a fellépő tapadási súrlódási erő Ft = 8889 N. b/ A megcsúszás határán Ft = Fcp : µmg = m·v2/R → v = §μgR ≈ 25,46 m/s = 91,64 km/h. c/ A kocsira ható erők: mg lefelé, az út nyomóereje (Fny) az aszfalt síkjára merőlegesen, tapadási súrlódási erő (Ft) az aszfalt síkjában a körív közepe felé, ferdén lefelé. Vízszintes komponensek: Fcp = mv2/R = Fny sinα + Ft cosα , függőleges komponensek: Fny cosα – Ft sinα – mg = 0 A maximális sebességet vizsgálva Ft = µFny . Ezekből mv2/R = mg · (sinα+µcosα) / (cosα–µsinα) = (tgα+µ)/(1–µtgα) → tgα ≈ 0,3266 → α ≈ 18°
32
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Fizika 1 Mechanika számolási gyakorlat
1. zh
2011. április 1.
1. Egy m = 2 kg tömegű testre két erő hat: F1 = ( 6 i – 3 j ) [N] és F2 = ( –8 i + 8 j ) [N]. a/ Írjuk fel a test gyorsulásvektorát! b/ Hol lesz a test 6 s múlva és mekkora lesz a sebességének nagysága, ha a test a t = 0 s-ban az r0 = ( 5 i – 9 j ) [m] pontból indul v0 = ( 2 i – 7 j ) [m/s] kezdősebességgel? c/ Mekkora a test elmozdulásának nagysága az első 6 s alatt? d/ Találkozik-e a test az első 314159265,35 s-ban a négyes metróval? MO. a/ Fe = F1 + F2 = ( –2 i + 5 j ) [N] a = Fe/m = (–1 i + 2,5 j ) [m/s2] b/ v = ( 2–t ) i + ( –7+2,5t ) j [m/s] v(6) = –4 i + 8 j [m/s] , v(6) = 4√5 ≈ 8,94 m/s r = ( 5+2t–0,5t2 ) i + ( –9–7t+1,25t2 ) j [m] r(6) = –1 i –6 j [m] c/ ∆r = r(6) – r0 = –6 i + 3 j [m] , ∆r = 3√5 ≈ 6,7 m 2. 6,4 m magasról függőlegesen felfelé eldobtunk egy 0,8 kg tömegű követ. 1,2 s múlva a kő sebessége 2 m/s felfelé. g ≈ 10 m/s2 a/ Mekkora volt a kő kezdősebessége? b/ Milyen magasan van 1,2 s-mal a feldobása után? c/ Milyen maximális magasságot ér el? d/ Mikor ér földet? e/ Mennyi a sebessége földet éréskor? f/ Válaszoljuk meg az a/ és c/ kérdéseket arra az esetre is, ha a test sebessége 1,2 s-mal a feldobása után lefelé 2 m/s! g/ Elég lesz-e a földet érés sebessége arra, hogy lenyomja a benzin árát a hétvégén? MO. a/ v(1,2) = +2 = v0 – gt = v0 – 10·1,2 → v0 = 14 m/s b/ z(1,2) = z0 + v0t – ½ gt2 = 6,4 + 14·1,2 – ½ 10·1,22 = 16 m c/ v = 0: th = v0/g = 14/10 = 1,4 s ; h = z(th) = 6,4 + 14·1,4 – ½ 10·1,42 = 16,2 m d/ z(td) = z0 + v0td – ½ gtd2 = 0: td = 3,2 s e/ v(td) = v0 – gt = 14 – 10·3,2 = –18 m/s (lefelé 18 m/s) f/a/ v(1,2) = –2 = v0 – gt = v0 – 10·1,2 → v0’ = 10 m/s f/c/ v = 0: th’ = v0’/g = 10/10 = 1,0 s ; h = z(th’) = 6,4 + 14·1,0 – ½ 10·1,02 = 11,4 m 3. Egy 3 m magas tengelyű körhintán a kötelek 2,5 m hosszúak és menet közben 14°-os szöget zárnak be a függőlegessel. a/ Mennyi idő alatt tesznek meg a hintában ülők egy fordulatot? b/ Mekkora a kötélerő, ha a kötél végén egy 4 kg-os ülésben egy 32 kg-os gyerek ül? c/ Hogyan változik a periódusidő és a kötélerő, ha a kötelek nem a tengelyre, hanem a pózna tetején egy 1 m sugarú korong szélére vannak felerősítve? d/ És hogyan változik a periódusidő és a kötélerő, ha 7,6-os erősségű földrengés rázza meg a körhinta környékét? MO. (az a/ és b/ kérdés lényegében kúpinga, aminek ki van rakva a megoldása) ‰€¯ = ˆ„ „v = ˆ£ ¤ = ˆ£
→
¢
° = 2±gw .wy ; 33
a kötélerő ‰‘ =
†w €•}y
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 .
Az a/ kérdésben r = l sinα, tehát ° = 2±g
² €•}y w
≈ 3,1 Z ;
a c/ kérdésben r = rkorong + l sinα, amivel T ≈ 5,0 s. A kötélerő nem függ attól, hogy a kötelek közvetlenül a tengelyre vannak erősítve vagy pedig a korong peremére, mindkét esetben Fk ≈ 371 N. A következő két feladat közül csak az egyiket kell megoldani: 4A. Egy ikozaéder csúcsaiban egyenlő M tömegű testek helyezkednek el, ill. az egyik csúcsban lévő test tömege egyenlő az összes többi test tömegével. A testeket páronként rugók kötik össze, a test felszínén lévő rugók rugóállandója a belső rugók rugóállandójának kétszerese. Az egész test 66 °C-os légköri nyomású (melegfront van!!!) Ar gázban van, és északnyugati szél fúj. A nagyobb tömegű testet meghúzzuk egy picit, majd elengedjük. Írjuk fel a csúcsokban lévő testek mozgásegyenletét, paraméternek tekintve a kihúzás mértékét, a test kezdeti helyzetét a függőlegeshez képest a/ lineáris, b/ négyzetes közegellenállást feltételezve! (A mozgásegyenleteket megoldani nem kell!) már részmegoldásra is megadjuk a –6 pontot! m2
4B. α hajlásszögű lejtőn kötéllel összekötött két test csúszik. A lejtő és az m1 tömegű test közötti csúszási súrlódási együttható µ1, az m2 tömegű testé pedig µ2. Mi a feltétele annak, hogy a két test között a kötél feszes legyen?
µ2 m1 µ1 α
MO. m1a = m1g sinα – µ1m1g cosα – Fk m2a = m2g sinα – µ2m2g cosα + Fk → … = KZ[\v −
•‡ †‡ f•D †D ]^ZvN „ †‡ f†D
és
A kötél feszes, ha Fk ≥ 0 , azaz ha µ2 ≥ µ1 .
‰‘ =
†‡ †D (•D O•‡ ) ]^Zv †‡ f†D
„
(az egyenlőség esetén feszes kötéllel kell letenni) VAGY: gyorsabb megoldás, ha a mozgásegyenletek felírása után (addig 2 p., de ekkor kötélerő nélkül is jó) azt mondjuk, hogy a kötélerő nélkül az alsó test gyorsulása ≥ felső test gyorsulása, azaz
sinα – µ1 cosα ≥ sinα – µ2 cosα
→
µ2 ≥ µ1
34
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Kancsal fecske, avagy inkább kancsal gólya, vagy méginkább normális molylepke A kancsal gólya szeretne a fészkére repülni. Ő azt hiszi, hogy egyenesen a fészke felé repül, de kancsalsága miatt mindig az őt a fészekkel összekötő egyenessel állandó α szöget bezárva repül. A gólya sebességének nagysága állandó (v). Odaér-e valaha a fészkére?
v α gólya
d fészek
MO. Síkbeli polárkoordináta-rendszerben a sebességvektor ‹ = ³a = (£Œa ³ ) = £a Œ³ + ³Œ³a = £a Œ³ + £´a Œµ , azaz a sebességvektor radiális komponense V¢ = £a , tangenciális komponense V. = £´a . Legyen a fészek az origóban, a gólya helyvektora r. Bontsuk fel a gólya sebességét radiális és tangenciális komponensekre: ‹ = −V ]^Zv Œ³ + V Z[\v Œµ . A radiális komponenst tekintve tehát (1) r& = – v cos α Integrálva: r = d – (v cos α) t , azaz a gólya távolsága a fészektől lineárisan csökken, és t = d / (v cos α) idő alatt r = 0, vagyis a gólya beér a fészkébe! A kérdést tehát megválaszoltuk, de nézzük meg azt is, milyen pályán repül a gólya. A tangenciális komponenst tekintve (2) r ϕ& = v sin α , ahol α a gólya kancsalságának szöge, ez konstans, ϕ a fészektől a fecskéhez t időben húzott helyvektornak a 0 időben húzott helyvektorral bezárt szöge. r(t)-t behelyettesítve (d − vt cos α) d ϕ = v sin α , dt
szeparálva és integrálva:
1
1
∫ d − v cos α ⋅ t d t = v sin α ∫ d ϕ
1 d − v cos α ⋅ t ϕ , ln = − v cos α d v sin α
→
v cos α amiből ϕ = − tg α ⋅ ln1 − t. d
t→
d esetén ez a függvény végtelenhez tart, vagyis a v cos α
gólya végtelen sokszor fordul körbe, amíg beér a fészkébe, de ezt véges idő alatt és véges úton teszi. Határozzuk meg a gólya pályáját! Az egyik lehetőség, hogy az r(t), ϕ(t) függvényekből kiküszöböljük t-t: r = d–(vcosα)t ⇒ t = (d–r)/(v cosα) és
v cos α d − r r = − tgα ⋅ ln ; ϕ = − tg α ⋅ ln1 − ⋅ d v cos α d
a másik lehetőség, hogy az (1) és (2) differenciálegyenletet elosztjuk egymással: v t r dϕ v sin α = = = − tgα , szeparáljuk: vr d r − v cos α
ϕ = − tgα ⋅ ln
ϕ
r
1 ∫0 dϕ = −tgα ⋅ ∫d r dr és integráljuk:
r d 35
Fizika számgyak zh1 gyakorló 2014 Ez az ún. logaritmikus spirális egyenlete, melynek jellemzője, hogy egy-egy teljes fordulatot megtéve a középponttól mért távolság mértani sor szerint (mindig ugyanannyiad részére) csökken: ϕ
r-et kifejezve ϕ(r)-ből r = d⋅e
–ϕ/tgα
,
ϕ
− 2 + 1 r2 = e tgα tgα , r1
egy fordulatot megtéve ϕ2=ϕ1+2π, 2π
− r így 2 = e tgα = konst. r1
36
