I. MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ

Fizika mérnököknek — számolási gyakorlat (MEGOLDÁSOK) 2009–2010 / I. félév

I. MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ Mértékegység-átváltások I./1. e)

13580

kg m

3

=

13580 kg 13580 ⋅103 g = = 13,58 cmg 3 . 3 6 3 1m 10 cm

Vektorműveletek I./4. a)

I./6. e)

I./5.

r Fx = F ⋅ cos ϑ = 24 N ⋅ cos 330° = 20, 78N. r Fy = F ⋅ sin ϑ = 24 N ⋅ sin 330° = −12N.

r v = vx2 + vy2 = 312 + 122

a)

ϑ = arc tg

vy

= arc tg

vx

m s

= 33, 24 ms .

12 ms = 21,16°. 31 ms

r r r 4a + 2b − 3c = 4 ⋅ (2, 7, – 6) + 2 ⋅ (2, – 3, 5) − 3 ⋅ (6, 0, 1) = (8, 28, – 24) + (4, – 6, 10) − (18, 0, − 3) = (−6, 22, −17).

A mérés hibája A

I./7. A megoldás alapja a hasonló háromszögek oldalainak arányossága. A jelöléseket az ábrán mutatjuk be. A háromszögek A csúcsnál levő szöge közös, és a vele szemközti oldalak párhuzamosak, így az ABC háromszög hasonló az ADE háromszöghöz, vagyis AB BC x −1 m y 1 m2 = , ahonnan . Ezt átrendezve x = . = AD DE x 1m 1m– y Az első esetben a fenti egyenletből x = 25 m adódik. Ha a trapéz oldalának mérésekor 2 mm-t tévedünk, vagyis a valós hossz 96,2 cm vagy 95,8 cm, akkor a távolságra rendre x = 26,3 m , illetve x = 23,8 m adódik, tehát a távolságmérés során elkövetett hiba legfeljebb ∆x = 1, 3 m . Ha a trapéz rövidebb oldalát 99 cm-nek mérjük, akkor a tárgy távolsága a méterrúd felénk eső végétől x = 100 m . A 2 mm-es hibát figyelembe véve a távolság x = 125 m vagy x = 83,3 m , tehát az elkövetett hiba nem több, mint ∆x = 25 m .

x B

D

I./10. a)

értelmezési tartomány: ϒ; értékkészlet: ϒ; monotonitás: szigorúan monoton növekvő; szélsőértékek: ±∞ szakadási hely: nincs inflexiós pont: x = 0

30

20

10

0 -3

-2

-1

0

-10

-20

-30

1

1

2

3

C

1m

1m

Megjegyzés: a hiba pesszimista becslésekor az azonos mennyiség mérésekor meghatározott hibák közül a nagyobbat szoktuk megadni a mérés hibájaként.

Függvénytani alapismeretek

y

1m

E


Határérték- és differenciálszámítás I./14. a) b) c)

1, 12 , 13 , 14 , 15 , . . ., 1n , . . . → 0 1, 32 , 53 , 74 , 95 , . . .,

{( –1) } n 2 n −1 n

2 n −1 n

, ... → 2

sorozatnak nem létezik határértéke, amit a következőképpen láthatunk be: ha ezt a sorozatot két

részsorozatra bontjuk, akkor páros n-ekre a határérték +2, páratlan n-re -2, vagyis nincs egyetlen olyan számérték, amely tetszőlegesen kicsi környezetébe benne található a sorozat minden eleme, ha n elég nagy. I./15. a)

d (2 x) = 2. dx

b)

d (−3x + 4) = −3 + 0 = −3 . dx

c)

d (x2 ) = 2x . dx

d)

d (3x 3 − 5 x 2 + x + 2) = 3 ⋅ 3 x 2 − 5 ⋅ 2 x + 1 + 0 = 9 x 2 − 10 x + 1 . dx

e)

d ( x ⋅ sin x) = 1 ⋅ sin x + x ⋅ cos x = sin x + x ⋅ cos x . dx

f)

d (cos x ⋅ sin x)  d cos x   d sin x  2 2 =  sin x + cos x   = − sin x ⋅ sin x + cos x ⋅ cos x = cos x − sin x = cos 2 x. dx  dx   dx  d

sin x d sin x d cos x ⋅ cos x − sin x ⋅ 2 2 dx = cos x + sin x = 1 . cos x = dx dx cos 2 x cos 2 x cos 2 x

g)

tg ′x =

h)

de−2 x = e −2 x ⋅ ( −2 ) = −2e −2 x dx

i)

j)

d ( e −2 x ⋅ 3 x ) dx d ( 3 x ⋅ tg x ) dx

=

  de x mivel = ex  .  dx  

de −2 x d 3x ⋅ 3 x + e −2 x ⋅ = −6 x ⋅ e −2 x + 3e −2 x = ( −6 x + 3) e −2 x . dx dx

= 3 ⋅ tg x + 3x ⋅ tg ' x = 3 ⋅ tg x +

3x . cos 2 x

I./16. Teljes négyzetté alakítással 2

z ( t ) = z0 + v0 ⋅ t −

g 2 g  2v t  g  v  v2 ⋅ t = z0 − ⋅  t 2 − 0  = z0 − ⋅  t − 0  + 0 , vagy 2 2  g  2  g  2g 2

 g  v2 g 1 z ( t ) = z0 + v0 ⋅ t − ⋅ t 2 = z0 −  v0  + 0 , ⋅t −  2 2 2 g  2 g  v2 mely kifejezéseknek akkor lesz maximumuk, ha a négyzetes tag 0, ebből z max = z0 + 0 . 2g Egy függvénynek ott van maximuma, ahol az első differenciálhányadosa nulla, és ebben a pontban pozitívról negatívra előjelet vált: g   d  z0 + v0 ⋅ t − ⋅ t 2  dz ( t ) 2  =  = v0 − gt , dt dt v v v melynek zérushelye: t = 0 , és z& ( t ) = v0 − gt > 0 , ha t < 0 , és v0 − gt < 0 , ha t > 0 . g g g 2

v  v g v  v2 A maximális magasság: zmax  0  = z0 + v0 ⋅ 0 − ⋅  0  = z0 + 0 . g 2 g 2g g A differenciálhányados-függvény a test sebességének időfüggvényét adja meg. 2


I./17. a)

x& = a , && x = 0 , egyenes vonalú egyenletes a mozgás.

b)

x& = 2a ⋅ t + b , && x = 2a , egyenes vonalú egyenletesen gyorsuló a mozgás

c)

x& = A ⋅ cos t ,

d)

x& = A ⋅ ( cos ωt ) ⋅ ω = A ⋅ ω⋅ ( cos ωt ) , && x = − Aω2 ⋅ sin ωt , ω körfrekvenciájú harmonikus rezgés.

e)

x& = A ⋅ ( cos ( ωt − π ) ) ⋅ ω = Aω⋅ ( cos ( ωt − π ) ) = − Aω⋅ cos ( ωt ) ,

&& x = − A sin t , egyenes vonalú, periodikus mozgás, amelyre − A ≤ x ≤ A .

&& x = Aω2 ⋅ sin ωt , mivel t=0-ban x=0, v=−Aω, ez egy −π kezdőfázisú harmonikus rezgés. f)

x& = A ⋅ e −βt ⋅ ( −β ) ⋅ cos ωt + A ⋅ e −βt ⋅ ( −ω) ⋅ sin ωt = − A ⋅ e −βt ⋅ ( β ⋅ cos ωt + ω⋅ sin ωt ) , && x = − A ⋅ e −βt ( ω2 − β2 ) cos ωt − 2βω sin ωt  , exponenciálisan csillapodó rezgés.

g)

x& = A ⋅ e −βt ⋅ ( −β ) ⋅ sin ( ωt + ϕ ) + A ⋅ e −βt ⋅ ω⋅ cos ( ωt + ϕ ) = A ⋅ e −βt ⋅ ( −β ⋅ sin ( ωt + ϕ ) + ω⋅ cos ( ωt + ϕ ) ) , && x = − A ⋅ e −βt ( ω2 − β2 ) sin ( ωt + ϕ ) + 2βω cos ( ωt + ϕ )  , mint f).

II. KINEMATIKA – EGYSZERŰ MOZGÁSTÍPUSOK Egyenes vonalú egyenletes mozgás, egyenletes körmozgás II./1. Egy fényév az az s távolság, amelyet a v = 300000

km s

egyenletes mozgás útképletét használva: s = vt = 300000 kms ⋅1 év = 300000

sebességgel a fény 1 év alatt megtesz. Az egyenes vonalú km s

⋅ (365, 25 ⋅ 24 ⋅ 3600) s = 9,47 ⋅1012 km.

II./4. A vm = 45

km h

sebességű motoros relatív sebessége a vk sebességgel haladó konvojhoz képest az első esetben

v1 = vm − vk , a második esetben v2 = vm + vk volt. Mivel tudjuk, hogy az s hosszúságú gépkocsikonvojt a motoros az első esetben t1 = 7 perc= 607 h , míg a második esetben t2 = 2 perc = helyettesítve:

s = vm − vk t1

és

2 60

h alatt előzte meg, ezeket az előző két egyenletbe

v −v t s = vm + vk . A két egyenletet egymással elosztva 2 = m k , amelyből vk -t kifejezve t2 t1 vm + vk vk =

7 2 vm (t1 − t2 ) 45 km km h ( 60 h − 60 h) = = 25 . 7 2 (t1 + t2 ) ( 60 h + 60 h) h

II./9. Az r = 10 km sugarú körpálya kerülete s = 2rπ = 2 ⋅10 km ⋅ π = 62,83 km. Ezt az utat a v = 810

km h

= 225

m s

sebességgel

s 62,83 km = = 0, 0776 h = 279, 24 s alatt teszi meg. A fenti időtartam a repülőgép T keringési, v 810 km h vagy periódusideje. Az ω szögsebesség (felhasználva, hogy a repülőgép a T periódusidő alatt 360°-ot, azaz 2π radiánt tesz 2π 2π = = 0, 02251/s. ω= meg): T 279, 24 s Egy félkört a repülőgép a periódusidő fele, azaz T1/2 = 139,62 s alatt tesz meg. Az acp. centripetális gyorsulás kiszámítása 2 v 2 (225 ms ) = 5,06 sm2 , illetve acp = ω 2 r = (0, 0225 1s ) 2 ⋅10000 m = 5,06 sm2 . kétféleképpen történhet: acp = = r 10000 m haladó repülőgép t =

3


Egyenes vonalú egyenletesen gyorsuló mozgás II./13. Az a = 5 m/s2 gyorsulással mozgó golyó által a t1 és t2 időpontok között megtett s(t1, t2) út: a a a s(t1 , t2 ) = t22 − t12 = (t22 − t12 ) . 2 2 2 5 sm2 Az első másodpercben megtett út ezek alapján: s(0, 1) = ( (1 s)2 − (0 s)2 ) = 2,5 m. Hasonlóképpen a 2., 3. és 4. 2 másodpercben megtett utak rendre 7,5 m, 12,5 m és 17,5 m. A négy út aránya 1:3:5:7. Az a = 5 sm2 gyorsulással mozgó golyó sebességváltozása a tA = 2 s és tB = 4 s időpontok között: ∆v(t A , t B ) = at B − at A = a (t B − t A ) = 5 sm2 ⋅ (4 s − 2 s) = 10 ms . II./14. sebességet, a) Mivel az autó álló helyzetből indult, a v0 kezdeti sebessége 0 km/h volt. Ha t = 19,3 s alatt érte el a v = 80 km h

a=

az a átlagos gyorsulása

22, 22 ms ∆v v – v0 80 km h = = = = 1,15 sm2 . ∆t t 19,3 s 19,3 s

II./16. A test a 0–10 s, a 20–30 s, a 40–50 s, valamint a 60–70 s időtartamok alatt egyenletes, a 10–20 s időtartam alatt egyenletesen gyorsuló, a 30–40 s, valamint az 50–60 s időtartamok alatt egyenletesen lassuló mozgást végez. A gyorsulás–idő grafikon sebesség–idő grafikon deriválásával nyerhető. 20

2

15

1,5

v 1

5

0,5

0

0 0

10

20

30

40

-5

50

60

70

2) (m/s2) aa(m/s

v (m/s)

10

80 -0,5

a

-10

-1

-15

-1,5 t (s)

A test elmozdulása a sebesség-idő grafikon alatti területek előjeles összegzésével határozható meg: A = (10, 75 − 1, 25) négyzetrács ⋅ 5 m/s ⋅10 s = 475 m. II./20. A v0 = 20 m/s kezdeti sebességgel feldobott labda –g = – 9, 81 sm2 gyorsulással mozog felfelé. Ha t-vel jelöljük azt az időpontot, amikor a labda sebessége v = 10

m s

, és felhasználjuk, hogy v = v0 − gt , a t időpontig a labda által megtett út:

v − v0 g  v − v 0   v0 − v   v0 − v   20 ms − 10 ms   m 20 ms − 10 ms  g 2 −  = t = v0   20 s −  =   v0 −  = 15, 29 m. −g 2 2  −g   g  2   9,81 sm2   2  Mivel a labda pályája szimmetrikus, visszafelé is ugyanennél a pontnál, azaz 15,29 m-rel a kezdőpozíciója felett éri el a v = 10 ms sebességet. 2

s = v0 t −

4


II./23. A test egyenes vonalú pálya mentén mozog és sebessége az idővel lineárisan változik, így ez a mozgás egyenes vonalú egyenletes gyorsuló mozgás. A v = v0 + at összefüggéssel összehasonlítva kapjuk, hogy v0 = 2 ms , a = d = 0, 6 sm2 . Ezekkel

a az adatokkal kiszámítható, hogy az y tengely mentén a test elmozdulása: ∆y = v0 t + t 2 = 6 m + 2, 7 m = 8, 7 m. 2 A test új helyzete: P ′(2 m; ( 4, 2 + 8, 7 ) m)= ( 2 m; 12,9 m ) .

Hajítás, nem egyenletesen gyorsuló mozgás, gyorsuló körmozgás II./24. Vízszintes hajításkor a test mozgása két, egymástól független elmozdulásra bontható fel. Az egyik elmozdulás vízszintes irányú, egyenes vonalú egyenletes mozgás, a hajítás sebességével: x = v0 ⋅ t = 20 ms ⋅ 2 s = 40 m.

g 2 2 t ≈ 5 sm2 ( 2 s ) = 20 m. 2 A kő az elhajítás helyétől 2 s alatt vízszintes irányban 40 métert, függőlegesen lefelé 20 métert távolodott el.

A másik elmozdulás függőleges irányú, és szabadesésként írhatjuk le: y =

III. A TÖMEGPONT DINAMIKÁJA Egyenes vonalú mozgás III./3. Annak az erőnek a nagysága, amelyet az m tömegű ember fejt ki a lift padlójára: F = m ⋅ ( g + a ) , ahol g a gravitációs gyorsulás, a pedig a lift gyorsulása. Az a gyorsulás előjele pozitív, ha a lift felfelé gyorsul, és negatív, ha lefelé gyorsul. A fentieknek megfelelően az ember által a padlóra kifejtett erő nagysága az egyes esetekben: F1 = 70 kg ⋅ 9,81 sm2 = 686, 7 N, F2 = 70 kg ⋅ (9,81 sm2 − 3 sm2 ) = 476, 7 N, F3 = 70 kg ⋅ (9,81 sm2 + 3 sm2 ) = 896, 7 N. III./6. A probléma egy olyan vo kezdősebességgel történő függőleges hajításnak tekinthető, amelynél a test — a lejtő okozta kényszer következtében — a gravitációs gyorsulás helyett egy a = g ⋅ sin α = 9,81 sm2 ⋅ sin 30° = 4,905 sm2 nagyságú, függőlegesen lefelé irányuló gyorsulással mozog. A holtpont eléréséig eltelt t1 idő annak felhasználásával v kapható meg, hogy a holtponton a test sebessége zérus: 0 = vo − at1 → t1 = o . a 2 ( 8 ms ) v 1 v  v2 v2 v2 1 = 6,52 m. A felső holtpont eléréséig megtett út: s1 = vo t1 − at12 = vo o − a  o  = o − o = o = a 2 a a 2a 2a 2 ⋅ 4,905 sm2 2 Mivel a mozgás szimmetrikus, a visszaérkezésig megtett út a fenti érték kétszerese, azaz 13,04 m. Ugyanezen okból a visszaérkezésig eltelt idő a t1 időtartam kétszerese, azaz 2 ⋅ 8 ms 2v 2t1 = o = = 3, 26 s. 4,905 sm2 a 2

III./8. A ládára ható tapadási súrlódási erő Fsúrl . = µ0 mg , ahol µ0 a tapadási súrlódási együttható, m a láda tömege és g a gravitációs gyorsulás. Ahhoz, hogy fékezéskor a láda éppen ne csússzon meg, a ládára ható tehetetlenségi erő legfeljebb akkora lehet, mint a tapadási súrlódási erő: ma fék . = Fteh. ≤ Fsúrl = µ0 mg , amiből a fékezés lassulása:

a fék . ≤ µ0 g = 0, 2 ⋅ 9,81 sm2 = 1,96 sm2 . III./10. A lejtőre helyezett test egyensúlyban van mindaddig, amíg meg nem mozdul. Három erő hat rá, a nehézségi erő, a lejtőre merőleges nyomóerő és a súrlódási erő (kezdetben tapadási erő, majd a csúszási súrlódási erő). Ha a nehézségi erőt felbontjuk a lejtővel párhuzamos és arra merőleges összetevőkre, akkor az egyensúly feltételéből kapjuk, hogy Fny = mg cos α és Fs = mg sin α . Akkor mozdul meg a test, ha a tapadási erő maximális értékét meghaladja a nehézségi erő lejtővel párhuzamos összetevője.

5


Mivel Ft max = µ0 mg cos α (= µ0 Fny ) , az egyensúly legfeljebb addig állhat fel, amikor a lejtő szöge egy kicsivel kisebb, mint 30°. Mivel már mg sin 30° > µ0 mg cos 30° , innen µ0 < tg30° = 0,577. Abból, hogy 30°-nál éppen megmozdul a test, az következik, hogy µ0 ≈ 0, 577. A mozgás adataiból, s = 12 at 2 felhasználásával kapjuk, hogy a = 0,5 sm2 . A csúszási súrlódási erő Fs = µmg cos α , a mozgásegyenlet mg sin α − Fs = ma , innen µ =

g sin α − a = 0,518 ≈ 0,52 . g cos α

N

mg 10 m 50 m r–10 m r

III./13. Írjuk fel a Pitagorasz-tételt a piros színnel kiemelt derékszögű háromszögre:

( 50 m ) + ( r − 10 m ) 2

2

= r 2 , ebből

r = 130 m. Ha az autó a híd tetején egyenletes körmozgást végez, akkor a körmozgáshoz szükséges erőre felírható az mv 2 mg − N = r összefüggés, ahol mg a súlyerő és N a nyomóerő. Az autó nem válik el az úttól, ha N ≥ 0, amiből az autó sebességére a v2 . g − ≥ 0 összefüggés adódik. Ebből az autó maximális sebessége: vmax . = gr = 9,81 sm2 ⋅130 m = 35, 7 ms = 128, 6 km h r III./14. Jelölje v a test sebességét, ω a körmozgás szögsebességét és Fcp.a körmozgás fenntartásához szükséges centripetális erőt. ω ⋅ t 15 1s ⋅1 s = A t = 1 s alatt megtett szögelfordulás: N = = 2,39 fordulat. A test tömege a centripetális erő 2π 2π nagyságából határozható meg, felhasználva, hogy v = ω ⋅ r : v Fcp. ⋅ r Fcp. ⋅ ω Fcp. 15 N mv 2 → m= = = = m = 0,5 kg. Fcp. = 2 2 r v ⋅ ω 2 s ⋅15 1s v v III./15. A leválás pillanatszerű, ezért a rugóban ébredő erő nem tud megváltozni. A rugóban lévő erő nagyobb, mint amekkora a körpályán tartáshoz szükséges, ezért a többleterő miatt a körpályához képest befelé kell a maradék résznek elmozdulnia. A levált rész pedig az elválás pontjában az eredeti pálya érintőjének irányába mozdul el. III./17.

α

Az F kötélerő függőleges komponense a golyóra ható gravitációs erővel tart ellent, így azzal azonos nagyságú, míg a vízszintes komponens a körmozgás fenntartásához szükséges centripetális erőt biztosítja. Ezek alapján F ⋅ cos α = mg , amiből a kötél függőlegessel bezárt szöge: 5,1 kg ⋅ 9,81 sm2 mg α = arc cos = arc cos = 33,5° F 60 N A fenti értékből a kötél vízszintessel bezárt szöge 90° – 33,5° = 56,5°. Az l hosszúságú kötélen függő golyó által bejárt körpálya sugara r = l ⋅ sin α , a centripetális erő nagysága pedig Fcp. = F ⋅ sin α . Mivel Fcp. =

mv 2 , a golyó kerületi sebessége: r 6


v=

Fcp. r m

F ⋅ sin α ⋅ l sin α 60 N ⋅ sin 2 33,5° ⋅ 2, 4 m = = 2,93 ms = 0,81 km . h m 5,1 kg

=

Az ω szögsebességgel történő körmozgás periódusideje:

T=

2π

ω

=

2π 2π ( l ⋅ sin α ) 2π ⋅ 2, 4 m ⋅ sin 33,5° = = = 2,84 s. v v 2,93 ms r

III./21. Ha az l hosszúságú deszkából α hajlásszögű lejtőt készítünk, a rajta lévő m’ teher súlyának csak a normális komponensét, azaz m ' g cos α nagyságú erőt kell elbírnia. Ha az m kg teherbírású deszka lejtő formájában elbírja az m’ tömegű testet, teljesül a következő egyenlet: mg ≥ m ' g ⋅ cos α , amiből a lejtő hajlásszögére

α ≥ arccos

60 kg m = arccos = 36,86° adódik. m' 75 kg

III./22. Egészítsük ki az ábrát, az erők berajzolásával. A testre három erő hat, a két kötélben ébredő erő és a nehézségi erő, melyek eredője zérus, hiszen a test egyensúlyban van. Általános helyzetű erők esetén célszerű a komponenseket összehasonlítani. Tekintsük a vízszintes összetevőket: FA cos 45° = FB cos 60° A függőleges komponensekre:

FA sin 45° + FB sin 60° = mg .

cos 45° = 4, 24 N. cos 60° F sin 45° + FB sin 60° = 0,59 kg, ahol g = 9,81 m= A g

Az első egyenletből FB = FA A test tömege:

m s2

.

IV. IMPULZUS, IMPULZUSNYOMATÉK, MUNKA, ENERGIA, TELJESÍTMÉNY Impulzus, impulzusnyomaték IV./1. Legyen a koordinátatengely függőleges, kezdőpontja a talajon, és induljon a test az x0= 5 m pontból. A talajra érkezés ideje: x0 = 12 gt12 összefüggésből: t1 =

2 xo g

= 1 s. A sebessége a leérkezésig negatív, ezért

v = − gt , ahol t ≤ 1 s. A leérkezéskor a sebessége v1 = −9,81 ms . A test helyzete x = x0 − 12 gt 2 , ahol t ≤ 1 s. Az utóbbi egyenletből kifejezzük t-t, és a sebesség összefüggésébe helyettesítve, kapjuk, hogy az impulzus: I = − m 2 g ( x0 − x ) . A rugalmas ütközés után a sebességnek csak az előjele változik meg, majd csökken az emelkedés közben, úgy, hogy

I = m 2 g ( x0 − x ) . IV./1. r= 0,6 m A test ω =

m= 0,2 kg

T= 12 s

= 0,523 1s szögsebességgel, és v = 0,314 ms kerületi sebességgel végez körmozgást. Impulzusának nagysága: kg ⋅ m I = mv = 0, 0628 s , amely időben állandó. Az impulzus(vektor) azért változik meg ebben az esetben, mert a test impulzus mindig a pálya érintője irányába mutat, ahogy a sebessége is. Az impulzusváltozás nagysága 2 s alatt éppen egyenlő az impulzus nagyságával: ∆I1 = I . Míg a 3 s alatti változás nagysága a 2π T

7


megrajzolt derékszögű háromszög átfogójából számolható ki: ∆I 2 = I 2 = 0, 0888 Az

impulzusnyomaték-vektor

N = r ⋅ ( mv ) = r ⋅ I = 0, 0377 s=

(1 m ) − ( 0, 6 m ) 2

2

kg ⋅ m 2 s

a

rajz

síkjára

merőlegesen

kg ⋅m s

kifelé

. mutató

vektor,

nagysága:

. Ha a fonál elszakad, akkor a test a pályát érintő irányban hagyja el v sebességgel, és

= 0,8 m megtétele után lesz a megadott távolságban, vagyis t = vs = 2,55 s idő múlva.

IV./5. Először határozzuk meg a testre ható erőket: A nehézségi erőt bontsuk fel a rajz szerint a lejtővel párhuzamos, és arra merőleges összetevőkre. A feladat szerint a gyorsulás 0, ezért ur F eredő = 0 . Írjuk fel a lejtővel párhuzamos és merőleges összetevőkre a mozgásegyenletet: F − S − mg sin α = 0 , K − mg cos α = 0 . Innen: K = mg cos α = 33, 98 N , ahol Fg = mg = 39, 24 N. A súrlódási erőről

tudjuk,

hogy

S = µK = µmg cos α = 5,10 N ,

ezt

az

első

egyenletbe helyettesítve: F = mg sin α + µmg cos α = 24, 72 N , az erők iránya pedig az ábrán látható. Az út: s = Az

h = 4 m. sin α

egyes

erők

Wg = mgs cos(90° + α) = −mgh = −78, 48 J ,

munkája:

WF = mg (sin α + µ cos α)

h = 98,87 J , sin α

h cos180° = −20, 40 J , WK = K ⋅ s cos 90° = 0 . sin α W = Wg + WF + WK + WS = 0. Az erők munkájának összege: WS = S

IV./6. A végzett munkát a „görbe alatti területből” számolhatjuk ki. Az x tengely feletti területet pozitív, az alatti részt negatív előjellel kell számításba venni: 2 N ⋅ 2 m 2 m +1 m W − ⋅1 m = 0,5 J, Pátl = = 125 mW. W= t 2 2 IV./8. A megnyújtást végezzük nagyon lassan, akkor a rugóban ébredő erő és az általunk kifejtett erő egymással egyenlő lesz, és az elmozdulással mindig arányos: F = Fr = D ⋅ x, ahol 0 ≤ x ≤ 0, 2 m. Ábrázoljuk az erőt az elmozdulás függvényében, és határozzuk meg a görbe alatti területet: 2 F x Dxmax F W = max max = = 4 J, ahol D = max = 200 mN . xmax 2 2 A rugóban tárolt energia megegyezik a megnyújtásakor végzett munkával. IV./16. T= 300 K, M1= 28 g/mol, M2= 115 g/mol, v2= 5 m/s, ρ2= 7,31 g/cm3, NA=6·1023 1/mol, R =8,31 J/K További jelölések: a nanorészecske tömege, sugara, atomjainak száma, ütközés utáni sebessége: m2, r2, N2, u2 a nitrogénmolekula tömege, ütközés előtti és ütközés utáni sebessége: m1, v1, u1 Először

határozzuk

vátl = v 2 =

meg

3RT = 517 M1

m s

a

nitrogénmolekula

átlagos

sebességének

nagyságát:

3 2

kT = 12 m1 v 2 .

Innen

= v1 . Tegyük fel, hogy egy pontosan átlagos sebességgel mozgó nitrogénmolekula

centrális, egyenes ütközést szenved egy nanorészecskével. Akkor lesz nagyobb a sebességváltozás, ha ez az ütközés ellentétes sebességgel rendelkező részek között jön létre. Ha a sebességváltozást akarjuk meghatározni, akkor választhatjuk azt a megfigyelési rendszert, melyben ütközés előtt a nanorészecske állt, ebben a rendszerben a megfelelő sebességekre a v1rel, v2rel, u1rel, u2rel jelöléseket használjuk. (A feladat megoldható laboratóriumhoz rögzített rendszerben

8


is.) Ekkor: v1rel= v1 – v2. Az ütközés tökéletesen rugalmas, a részecskék szembe repülnek egymással, hanyagoljuk el az elektrosztatikus kölcsönhatást. A lendületmegmaradás törvényéből: m1 ⋅ v1rel = m1 ⋅ u1rel + m2 ⋅ u2 rel , a mechanikai energia megmaradásának törvényéből:

1 2

m1rel v12rel = 12 m1rel u12rel + 12 m2 rel u22rel . Innen

u2 rel =

2m v − ( m2 − m1 ) v2 2m1 v1rel és u2 = u2 rel + v2 = 1 1 . m1 + m2 m1 + m2

Azt az esetet vizsgáljuk, amikor u2 rel = 0,05v2 , vagyis: 0,05v2 = nanorészecske tömege: m2 = 40m1

Mivel

v1 + v2 v2

− m1 = 4175m1 = 1,95 ⋅10−19 g.

4r23 π ρ2 = m2 , a részecske sugara r2 = 3

megbecsülhetjük: N 2 ≈

2m1 2m1 v1rel , 0,05v2 = v1 − v2 , ahonnan a m1 + m2 m1 + m2

3

3m2 = 1,85 nm. 4πρ2

m2 N A = 1017. M2

9

A

nanorészecskét

alkotó

atomok

számát


V. PONTRENDSZERRE VONATKOZÓ FELADATOK (folyt.), MEREV TESTEK Pontrendszerre vonatkozó tételek V./1. A pontok sajátos helyzete miatt könnyen leolvasható a két pont távolsága egymástól (7 m). Tekinthetünk egy elhanyagolható tömegű, d = 7 m hosszúságú rudat, melynek egyik végére 3 kg-os, másik végére 4 kg-os, pontszerűnek tekinthető testet erősítünk. Ennek ott lesz a tömegközéppontja, ahol alátámasztva egyensúlyban lesz. Készítsünk egy egyszerű ábrát, melyről az egyensúly feltétele: m1 g ⋅ y = m2 g (d − y ) , innen

y=

m2 d = 4 m. Ebből kiszámítható, hogy a 3 kg-os testtől a tömegközéppont 4 m1 + m2

m1 d − y = alakba, amit m2 y úgy is megfogalmazhatunk, hogy a tömegek fordítottan arányosak a tömegközépponttól mért távolságukkal. Ez az általánosítás akkor is használható, ha a tömegpontok tetszőleges irányban helyezkednek el. A tömegközéppont helye: TK = ( 1 m, − 2 m )

m távolságra van. Egy kicsit átalakíthatjuk ezt az eredményt

V./2. Tételezzük fel, hogy a mozgás elég lassú, továbbá a csónak és a víz között fellépő súrlódási erőt hanyagoljuk el. Ha a csónakot és a gyereket tekintjük egy rendszernek, akkor erre a rendszerre mint külső erő a nehézségi erő és a víz felhajtóereje hat. Ezek eredője 0, ezért a gyerek és a csónak között fellépő belső erők hatására a tömegközéppont vízszintesen nem mozdulhat el (függőlegesen sem). Ez azt jelenti, hogy a csónak és a gyerek közben elmozdul. Az üres csónak tömegközéppontja legyen a csónak végétől 3x távolságra, az orrától pedig 3y-ra, azaz 3 x + 3 y = 3 m . Az együttes, mindvégig álló TK tömegközéppont a gyerektől az első esetben x, a második esetben y távolságban van (a tömegközéppont távolsága a tömeggel fordítottan arányos). Vagyis a gyermek parthoz képest mért elmozdulása: x + y = 1 m. V./3. A 2 cm sugarú golyó tömege megegyezik 8 db 1 cm sugarú golyó 8 m tömegével. Először gondolatban a négy csúcsba tegyünk 4 egyforma golyót, ezek tömegközéppontja a négyzet átlóinak metszéspontjában lesz. Az átformált feladat a következőképpen szemléltethető: 4m a középpontban van, majd a maradék 7 m a „negyedik” csúcsban. Az ezeket összekötő szakaszt a  4 2 10 cm  =2,57 cm. tömegközéppont 4:7 arányban osztja fel: x =  11  2 

A merev testre ható erők összetevése, forgatónyomaték, merev test egyensúlya V./4. Rajzoljuk le az erőt az x–y síkban. Az erő hatásvonala metszi mind az x, mind az y tengelyt, ezért ezekre a tengelyekre a forgatónyomaték nulla. Hasonlóan látszik, hogy ezekre a tengelyekre az erő komponenseinek forgatónyomatékai is zérus. A z tengelyre M z = F ⋅ k = 10 2N ⋅ 2m=20 Nm , iránya a +z tengely irányába mutat, mert onnan visszanézve a forgás iránya ellentétes az óramutató járásával (megegyezés szerint ezt az irányt szokás pozitívnak tekinteni). V./10. Jelöljük a bal és a jobb oldali mérlegkar hosszát lb-vel, ill. lj-vel, kiegyensúlyozó tömeget az első esetben m1-gyel, a másodikban m2-vel. Az egyensúly feltétele, hogy a két oldalon ható nehézségi erők forgatónyomatéka azonos nagyságú legyen. Az első esetben mglb = m1 gl j , a másodikban m2 glb = mgl j . Ezek felhasználásával kapjuk, hogy

m = m1m2 = 0,6 kg, illetve

lb m1 = = 2. lj m2 10


V./14. Készítsünk rajzot az első esethez. Az egyensúly feltétele, hogy a forgatónyomatékok l mg = 125 N. eredője legyen nulla: F ⋅ l − mg = 0, innen F = 2 2 A második esetben az erő karja az ábra alapján k = l feltétele: F ' ⋅ k = mg

2 = 1, 41 m . Az egyensúly 2

l 2 l 2 , innen F ' = mg = mg = 176,8 N . 2 2 l 2

V./16. Készítsünk egy ábrát, amelyen tüntessük fel a jelöléseket. A rúd és a létra együttese akkor lesz egyensúlyban, ha az erők eredője és az erők forgatónyomatékainak összege egy tetszőlegesen választott tengelyre zérus. Az erők függőleges és vízszintes komponenseire is felírva az egyenletet mg + ml g = F1 és F2 = Ft . A tapadási erőről tudjuk, hogy

Ft ≤ µ0 F1 . Válasszuk forgástengelyül a rajz síkjára merőleges, a sarokponton átmenő tengelyt. d 2 2 ahol h = ( 3m ) − (1, 2m ) = 2, 75 m , innen Ekkor F1d − F2 h − ml g = 0 , 2 d = 363,8N. Felhasználva az eddigi eredményeket: F2 = ( 2m + ml ) g 2h 2m + ml d F µ0 ≥ 2 = = 0, 41. F1 2 ( m + ml ) h

V./19. A csigasor álló és mozgó csigákból összeállított gép. Az egyes csigákat úgy építik be, hogy az egy tengelyen elhelyezkedő csigák nemcsak a tengelyhez, hanem egymáshoz képest is el tudnak fordulni. A gyakorlatban a csigasort gyakran úgy készítik el, hogy az álló csigákat és a mozgó csigákat is egy-egy közös tengelyre szerelik, a tengelyt pedig zárt keret tartja. Az n csigából álló csigasor utolsó állócsigájáról lefutó kötélre kifejtendő erő a teher által kifejtett erő n-ed részével egyenlőre van szükség. Mivel jelen esetben n = 2, az ipari alpinistának mg 75 kg ⋅ 9,81 m/s 2 = = 367,875 N F= n 2 nagyságú erőt kell kifejtenie a saját testsúlyának felemeléséhez.

V./20. Az arkhimédészi csigasor egy álló csigából és több mozgó csigából áll. A mozgó csigák egyik kötélágát rögzítik, a másik kötélág az előző mozgócsiga tengelyét terheli. Az első mozgó csiga mozgó kötélága az álló csigán van átvetve. Ezzel az elrendezéssel nagyon nagy áttételt lehet megvalósítani, ennek ellenére a gyakorlatban ritkán használják. Ha egy arkhimédészi csigasor n db csigából áll, az ábra jelöléseit használva F = feladatban F0 = 1200 N és F = 75 N. A fenti összefüggés alapján F 1200 n = log 2 0 = log 2 = 4. F 75

11

F

F0 . Jelen 2n

Fo


Merev test forgó mozgása V./22. A tehetetlenségi nyomaték additív mennyiség, értéke az egyes részek tehetetlenségi nyomatékából tevődik össze. Az egyes rudaknak, a sötéttel megjelölt tömegközéppontján átmenő tengelyre 2

1 l vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka: Θ0 = ml 2 , a kijelölt tengelyre: Θ A = Θ0 + m   és 12 2 5 2 17 2 2 2 Θ B = Θ0 + ml , az egész rendszerre: Θt = 2Θ0 + ml = ml = 0,177 kgm . A legkisebb a 4 12 tehetetlenségi nyomaték, a rendszer tömegközéppontján átmenő tengelyre, a rendszer tömegközéppontja a két rúd tömegközéppontját felező távolságban van: 2

θmin =

2

1 1 11 2 l l ml 2 + m   + ml 2 + m   = ml = 0, 0287 kgm 2 . 12 48  4  12 4

V./24. A korong gyorsuló forgó mozgást végez a K ⋅ R = Θ ⋅ β egyenlet szerint, a hasáb pedig egyenes vonalú egyenletesen gyorsuló mozgást végez az m ⋅ a = mg − K egyenlet szerint. A kötélről feltételezzük, hogy nyújthatatlan, ebből következik az a = β ⋅ R kényszerfeltétel. A három egyenletből: a =

m1 m1 g 1 m ⋅ m1 g, β = és K = g. m m m1 + 2 m1 + 2 R 2 m1 + m2

Az a) esetben β =

2g 1 g 1 és K = mg , a b) esetben pedig β = és K = mg . 2R 4 3R 3

V./25. A test süllyedéséből tudjuk, hogy a rá ható erők eredője nulla, továbbá a kényszer miatt a korong sem gyorsulhat. A kötélben ébredő erő egyenlő a testre ható nehézségi erővel: K = mg . A kötél a koronghoz húzott érintő irányában

K erővel M kötél = K ⋅ r forgatónyomatékot fejt ki a korongra, ennek a forgatónyomatéknak egyenlőnek kell lenni a fékező nyomatékkal: M kötél = K ⋅ r = 0,1 Nm. Innen K = 0,5 N , m = 0,051 kg , Ek =

1 1 1 v2 1 Θω2 = ⋅ mk r 2 2 = mk v 2 = 0,1875 J, 2 2 2 4 r

1 Etest = mv 2 = 6, 4 mJ, Wg = −W f = mg ⋅ s = mg ⋅ vt = 0,5 J. 2 V./27. Tételezzük fel, hogy a fékpofák a kerék peremén vannak elhelyezve. Ekkor összesen

= µ ⋅ 2 Fny ⋅ r = 3,375 Nm fékező

forgatónyomatékot

fejtenek

ki.

A

személy

által

M f = Fs ⋅ r =

végzett

munka

W = −W f = M f ⋅10 ⋅ 48 ⋅ 2π = 10,17 kJ , teljesítménye P ≈ 17 W , egy 60 kg tömegű ember ennyi munka árán, kb. 17 méter magasra jutna egy toronyban. V./28. A rúd a helyzeti energiája rovására mozgási energiára tesz szert, a mechanikai energiamegmaradás elve szerint

2mösszes g ∆hTK 1 Ekin 2 + E pot 2 = Ekin1 + E pot1 , vagyis Ekin 2 = ∆E pot = mösszes g ∆hTK = Θω2 , innen ω = , v = ω⋅ l . 2 Θ 2g = 3,13 1s , v = 6, 26 ms . l 3 1 4 Ha a rúd tömege nem hanyagolható el a b) eset szerint ∆hTK = l , mösszes = 2m, Θ = ml 2 + ml 2 = ml 2 , innen 4 3 3 3 g ω= = 3,32 1s , v = 6, 64 ms . 2 l

Az a) esetben ∆hTK = l , mösszes = m, Θ = ml 2 , ezekkel ω =

12


VI. A DEFORMÁLHATÓ TESEK FIZIKÁJA Szilárd testek rugalmassága VI./1. Ha egy függőleges helyzetű huzalra egy súlyt függesztünk, akkor a huzal úgy fog viselkedni, mint egy rugó. Fejezzük ki a rugóállandót a huzal méreteivel és az anyagának Young modulusával! A megnyúlásra vonatkozó összefüggésből Eq ∆l , és hasonlítsuk össze a rugóra vonatkozó erőtörvénnyel, amely szokásos alakja: fejezzük ki az erőt: F = l Eq F = − D∆l . Ebből látszik, hogy D = . l VI./2.

∆l2 = 0, 05 mm VI./3. A négy függesztő drótban ébredő többleterő összesen egyenlő a nehézségi erővel, ezért egy-egy drót megnyúlása: 1 F 1 mh 1 mg l= l= l = 0, 22 mm. ∆l = E q E 4q E d 2π VI./4. p = 2,49⋅109 Pa VI./5. d = 1,16 mm

Folyadékok és gázok sztatikája VI./6. A munkahenger egyensúlyának az a feltétele, hogy a túlnyomásból származó erő egyenlő legyen a megemelendő tárgy p q mg ≤ pmax qmunka , m ≤ max munka = 3, 07 t. súlyával: g VI./7. A test nyugalomban van, ezért a rá ható erők eredője nulla. A rugóban ébredő erő, a felhajtóerő felfelé mutat, míg a mρvíz g kg nehézségi erő lefelé mutató erő: Frugó + F felh. − mg = 0, ahol Frugó + F felh. = mρ ρvíz g. Innen ρ = = 1096 3 . m mg − Frugó VI./8. Feltételezzük, hogy emberünk mindvégig jól egyensúlyoz, ezért a jég teljes egészében be tud merülni a vízbe úgy, hogy emberünk álló helyzetben marad és még a cipője sem merül a vízbe. Ennek feltétele: mg+hAρ jég g ≤ hAρvíz g, innen A = 6, 67 m 2 . VI./9. A nyomások: pkülső = 2,80 ⋅104 kPa, pbelső = 1, 013 ⋅105 kPa . Az erő a két felületre ható erő eredője: Feredő = A( pbelső − pkülső ) = 4, 40 kN, ahol A = 0, 4 m 2 . VI./10.

p * + h1 ⋅ρ1 ⋅ g = p * + h2 ⋅ρ2 ⋅ g = p0 , ahol p0 = 1, 013 ⋅105 Pa és p* a cső belsejében maradt levegő nyomása. Innen

ρ1 h2 = . ρ2 h1 Felületi feszültség és kapillaritás VI./11. Ki kell számítani az új csepp sugarát: 2V1 = V2 , r2 = r1 3 2. Ebből a felületi energia csökkenése:

∆E = α∆A = α(4r22 π − 2 ⋅ 4r12 π) = −2, 49 ⋅10−7 J.

13


VI./12. A kapillárisban a folyadékoszlop emelkedése: h =

2α 2α = 2, 48 ⋅10−4 m = 0, 248mm. , innen a sugár: r = ρhg ρrg

A Boyle–Mariotte-törvény. Barometrikus magasságformula VI./13. Jelöljük a keresett nyomás értékét p-vel, a gázoszlopok hosszát hi-vel, és mindkét gázrészre írjuk fel a Boyle-Mariotte törvényt: p ⋅ h ⋅ A = p1 ⋅ h1 ⋅ A, és p ⋅ h ⋅ A = p2 ⋅ h2 ⋅ A .

p1 4 p 4 = és 2 = . p 5 p 3 Függőleges helyzetben a nyomásokra igaz az, hogy p2 = p1 + ρ Hg hHg g , ebből adódóan p = 4,97 ⋅104 Pa.

Innen:

VI./14. Tegyük fel, hogy a levegő normálállapotú a felszínen: ρ0 = 1, 29 magasságformula segítségével: ρ = ρ0 e

−

ρ0 gh p0

kg m3

, p0 = 1, 013 ⋅105 Pa. A barometrikus

, ahonnan h = 5,55 km.

Folyadékok és gázok áramlása: a kontinuitási egyenlet, a Bernoulli-féle egyenlet és alkalmazásai VI./15. A kontinuitási egyenlet szerint a A ⋅ v = állandó , ezért A1v1 = A2 v2 , vagyis A2=16 cm2. VI./16. A zsilipre ható nyomás a vízszinttől mért távolsággal lineárisan nő. Osszuk fel a zsilipet azonos magasságú sávokra, az ezekre ható erő változását az ábrán láthatjuk. Természetesen ha a sávok számát növeljük, akkor ez a lépcsős függvény egyre jobban megközelíti a lineáris függvényt: F + Fmax h 0 + ρgh ( ∆hd ) h ρgh ( hd ) Feredő = min = = = 2759 N , ∆h ∆h 2 2 2 ahol d a zsilip szélessége. Az erő támadáspontja a csatorna fenekétől számítva a vízmagasság harmadolópontjában, vízszintes irányban a fele távolságban van. (Itt számolás helyett próbáljunk analógiát keresni. Tekintsünk egy derékszögű háromszög keresztmetszetű, homogén anyagú hasábot, és vizsgáljuk meg hol található annak a tömegközéppontja, ott lesz a nehézségi erő támadáspontja.) A kiáramlás sebességénél használjuk fel a Bernoulli-egyenletet, válasszuk az áramlási csövet úgy, hogy a felső vége a víz színén, az alsó vége a zsilip alatti nyílás legyen:

 h*  1 2 h* ρ v + ρ g , innen v = 2 g  h −  = 3, 77 ms . Vagyis a kiáramlás sebessége egyenlő azzal a 2 2 2  sebességgel, amellyel h magasságból szabadeséssel érkezne a folyadék. A zsilip alatt ∆t idő alatt kiáramló folyadék tömege: ∆m = ∆V ⋅ ρ = ( dh* v∆t ) ρ . Az ennek megfelelő impulzusváltozás: p0 + ρ gh = p0 +

∆I = dh*v 2 ρ = 711 N erővel ∆t hat a kiáramló vízre, azaz ennyivel csökkenni fog a zsilipre ható erő, és ekkor a zsilipre 2048 N erő fog hatni. ∆I = ∆m ⋅ v = ( dh*v∆t ) ρ v . Ez csak akkor lehetséges, ha a többi, a zsilipet nyomó víz F =

14


Réteges áramlások. A Poiseuille és a Stokes-féle törvény VI./17. A golyó lefelé fog mozogni, és amikor eléri az állandósult sebességét, akkor m1 g = Fell ,1 + F felh,1 . A buborék pedig felfelé fog mozogni, mozgására felírhatjuk, hogy m2 g + Fell ,2 = F felh.2 . Átalakítások után: vg =

(

)

2r12 ρ1 − ρ f g 9η

, vb =

(

)

2r22 ρ f − ρ2 g 9η vg vb

=

, innen a sebességek nagyságának hányadosa:

r12 (ρ1 − ρ f ) r22 (ρ f − ρ2 )

= 15,5.

VI./18. Az előző feladat megoldásában láttuk, hogy a gömb alakúnak feltételezett részecske állandósult sebessége

vszén =

(

)

2r 2 ρszén − ρlevegő g 9η

≈

2r 2 ρszén g . A 2 m magasságot így kb. 40 s alatt teszi meg. = 5,01 cm s 9η

VI./19.

∆p 4 r . l A nyomáskülönbségről feltehetjük, hogy állandó (számottevően nem csökken a bödönben a méz magassága), így a

A csövön egységnyi idő alatt kifolyó folyadék mennyisége (Hagen–Poiseuille törvénye szerint) I ~

t1 r14 l2 ( 2r2 ) l2 8 = = = = 2. t2 l1 r24 4l2 r24 4 4

töltéshez szükséges idők arányát a cső geometriai adatai határozzák meg:

VII. HARMONIKUS REZGÉSEK ÉS HULLÁMOK VII./1. A matematikai inga periódusideje a következőképpen számítható ki: T = 2 π

l . Ebből az látszik, hogyha az A inga g

hossza 4-szerese a B inga hosszának, akkor tömegüktől függetlenül a lengésidők között mindig fennáll a

TA = 2TB

összefüggés. VII./6. Az eredő mozgás az x tengely irányában harmonikus rezgés lesz, mert két azonos irányú, azonos frekvenciájú rezgést adunk össze: x = x1 + x2 = 0, 04 m sin 2 π 1s t + 0, 02 m sin ( 2 π 1s t + 2 π ) = 0, 04m sin 2 π 1s t + 0, 02 m sin 2 π 1s t =

= 0, 06 m sin 2 π 1s t

Az eredő rezgés amplitúdója 0,06m, periódusideje 1 s, körfrekvenciája 2π 1s . A forgóvektoros ábra rendkívül egyszerű lesz ennél a feladatnál, hiszen a két eredeti rezgéshez tartozó vektor a szokásos vízszintes tengely irányába esik, így összegük is arra mutat.

15


VII./9. A feladatban egy síkgörbe paraméteres alakban adott, matematikai feladatunk az, hogy a t paramétert kiküszöböljük. Célszerű először átalakítani az y koordinátát leíró függvényt:

(

)

(

)

y = a cos 2ωt = a cos 2 ωt − sin 2 ωt = a 2 cos 2 ωt − 1 , most pedig az x összefüggéséből helyettesítsük be a cosωt-t, innen  x2  y = a  2 − 1  . Egy parabola egyenletét kaptuk, és az eredeti a  összefüggésekből x ∈ [ − a; a ] , y ∈ [ − a; a ] . . VII./11. Számoljuk ki a kötélen terjedő hullám hullámhosszát: λ = T ⋅ v = 2 s⋅ 0, 8 m/s = 1, 6 m. A szomszédos hullámhegyek távolsága a hullámhosszal egyenlő, egy hullámhegy a legközelebbi hullámvölgytől (a transzverzális hullám minimumhelyétől) λ/2 távolságra van. Hullámhegyek lesznek: 0,3 m, 1,9 m, 3,5 m... Hullámvölgyek helyei: 0,3 + 0,8 m = 1,1 m, 2,7 m, 4,3 m… VII./12. Az l hosszúságú húron kialakuló sajátrezgésnél a húr végein csomópont alakul ki, a szomszédos csomópontok távolsága egyenlő a λ hullámhossz felével, ezért: λ l = n , ahol n egész szám. 2 A feladatban szereplő két frekvenciaértékre: λ λ c c l=n n =n , l = ( n + 1) n+1 = ( n + 1) . 2 2 ⋅ fn 2 2 ⋅ f n+1 A két egyenlet elosztásával: fn f 5 n = n + 1 , behelyettesítés és egyszerűsítés után: = , azaz n = 5 . n n+1 n+1 6 2lf f A hullám terjedési sebessége: c = n = 54, 4 ms , az alapfrekvencia f 1 = 5 = 17 Hz , a 85 Hz-es hullám 5 n λ l félhullámhossza: 5 = = 32 cm. 2 5

VIII. OPTIKA 1. Fény visszaverődése és törése síkfelületen VIII./6. Tételezzük fel, hogy az akvárium falának vastagsága elhanyagolható a többi méret mellett, és készítsünk rajzot, amelyen a delfin szeméből kiinduló fénysugár a megfigyelő két szemébe érkezik:

16


A tárgyakat a szemünkbe jutó fény meghosszabbításában látjuk. Ezen az ábrán az akvárium falánál törik meg a fény, ezért a szemünkbe jutó fény kékkel rajzolt meghosszabbításában látjuk a delfin szemét. A számolásnál felhasználjuk, hogy az ember szemeinek távolsága a feladatban szereplő méretekhez képest kicsi, ezért a szögek is kicsik, sin α ≈ tg α .

x tg α tg α sin α D és = d = , ≈ , x tg β tg β sin β d D 1m 3 D D ≈ nvíz , innen d ≈ = = m = 0, 75 m. ebből 4 4 d nvíz 3 A delfin szemét tehát az akvárium fala mögött 75 cm távolságban látjuk. sin α x x = nvíz , tg β = , tg α = sin β D d

VII./9. A fény akkor nem jut át a számolás egyszerűsítése végett egyenesnek gondolt fényvezetőn, ha három törés után kilép a köpenyből. A jelöléseket használjuk az ábra szerint:

Írjuk fel a törés törvényét egymás után a három törésre: sin α n1 sin γ n2 = , = , sin β n0 sin δ n1

sin δ n0 = .. sin ε n2

Akkor nem lép ki fény a köpenyen keresztül, ha δ eléri a teljes visszaverődés határszögét, vagy annál nagyobb. A n határszögnél ε = 90°, sin δ h = 0 , a második törést leíró egyenletből a δh-hoz tartozó γmin-t számíthatjuk ki, a feladat n2 feltétele szerint a γ szög ennél nem lehet kisebb. Mivel a β és γ egy derékszögű háromszög két hegyes szöge, β = 90° − γ, így βmax = 90° − γmin. Ezeket felhasználva a következőt kapjuk: sin α max n1 n n n n = , sin α max = 1 sin βmax = 1 sin 900 − γ min = 1 cos γ min = 1 1 − sin γ min = sin βmax n0 n0 n0 n0 n0

(

2

=

n1 n0

n  n 1 −  2  sin 2 δ h = 1 n n 0  1

2

2

n  n  n 1− 2   0  = 1 n n n 0  1  2

)

2

sin α max = n12 − 1 . Ha n1 ≥ 2 = 1, 41 , akkor bármely beesési szög esetén áthalad a fényvezetőn a fény.

17

2

n  n  1 −  0  =  1  − 1 = n12 − 1 , n  1  n0 


VIII./10. Ha a prizmában a fénysugár útja merőleges a prizma törőszögének szögfelezőjére, a fénysugár szimmetrikusan halad a prizmában. Jelölje α és β a beesési és törési szögeket, φ a prizma törőszögét, valamint δ a nyaláb eltérítési szögét (mely jelen esetben a legkisebb eltérítési szög, ezért ezentúl

δmin.-nel

jelöljük).

Geometriai

δ min . = 2 (α − β ) , ez utóbbiból α =

megfontolásokból

β=

ϕ 2

és

δ min . + ϕ

. 2 Írjuk fel a Snellius–Descartes-törvényt a prizma lapján végbemenő törésre (a megadott n törésmutató a prizma anyagának a prizmát körülvevő közegre vonatkoztatott relatív törésmutatója): δ +ϕ sin min . ϕ sin α  2 = , amelyből a legkisebb eltérítés szöge δ min . = 2 arcsin  n ⋅ sin  − ϕ . A legkisebb eltérítés szöge n= ϕ 2 sin β  sin 2 a két különböző törőszögű prizmára vonatkozóan: 45°  60°    δ 45° = 2 arcsin  1,519 ⋅ sin  − 45° = 26, 08° és δ 60° = 2 arcsin  1,519 ⋅ sin  − 60° = 38,84°. 2  2    VIII./11. Az előző feladatból tudjuk, hogy a zöld fénysugárra az eltérítés szöge δ 2 = δ 60° = 38,84° lesz, és a háromszínű fénynyaláb

α=

δ 60° + ϕ

=

38,84° + 60° = 49, 42°-os szög alatt érkezik a prizma első 2

2 törőfelületére. A prizmában haladó fénysugár útja a kék sugárra nem a szimmetrikus sugármenetet követi, az eltérítés szögének kiszámításához az alábbi jelöléseket vezetjük be. Az ábra alapján felírható, hogy δ = (α − β ) + ( ε − γ ) és ϕ = β + γ , amelyekből δ = α + ε − ϕ . Írjuk fel a Snellius–Descartes-törvényt az első törőfelületen bekövetkező törésre: n1 =

sin α , amelyből sin β  sin α   sin 49, 42°   = arcsin   = 29, 76°.  1,530   n1 

β = arcsin 

A ϕ = β + γ összefüggésből γ = ϕ − β = 60° − 29, 76° = 30, 24° adódik. Most a második törőfelületre írjuk fel a

sin ε , ebből ε = arcsin ( n1 ⋅ sin γ ) = arcsin (1,530 ⋅ sin 30, 24° ) = 50, 40°. sin γ Ezt az ábra alatt található összefüggésbe visszahelyettesítve: δ1 = α + ε − ϕ = 49, 42° + 50, 40° − 60° = 39,82°. A vörös színű fénysugárra a fenti gondolatmenetet követve β = 30,11° , γ = 29,89° és ε = 48,98° , ezekből

Snellius–Descartes-törvényt: n1 =

δ 3 = 38, 40° . A három eltérítési szögből a kilépő fénysugaraknak a középső, zöld színű nyalábbal bezárt szögük φkék – zöld = δ1 − δ 2 = 39,82° − 38,84° = 0,98° és φvörös – zöld = δ 3 − δ 2 = 38, 40° − 38,84° = −0, 44° .

18


IX. OPTIKA 2. Gömbtükrök és gömbi vékony lencsék

IX./1.

f = −30 cm, t = 60 cm A tüköregyenletet használjuk fel:

1 1 1 = + , f t k N =−

1 1 1 t⋅ f = − , k= = −20 cm k f t t− f

−20 cm 1 k =− = . t 60 cm 3

IX./3. A borotválkozótükör használatánál egyenes állású képet nézünk, ez azt jelenti, hogy a kép látszólagos. Nagyított képet csak homorú tükörrel tudunk előállítani. Készítsünk erről egy vázlatot: d = 25 cm, N = 2 Az ábra szerint: d = −k + t k A nagyításból: N = − = 2, − k = 2t t Vagyis: d = 3t , t = d / 3, − k = 2 d / 3. Helyettesítsünk a tüköregyenletbe: 1 1 1 1 3 3 6−3 3 = + , = − = = , f t k f d 2d 2d 2d 2 d 50 f = = cm. 3 3 IX./5.

r = 40 cm, k = −60 cm A fókusztávolság f = r / 2 = 20 cm. Használjuk fel a tüköregyenletet a tárgytávolság kiszámítására:

1 1 1 = + , f t k

( −60 cm ) ⋅ 20 cm −1200 1 1 1 −60 cm k⋅ f k = − , t= = = cm = 15 cm. A nagyítás: N = − = − = 4. −60 cm − 20 cm −80 t f k k− f t 15 cm

IX./7. A domború tükör látszólagos, egyenes állású képet hoz létre, a tükör mögött. Az r = 10 cm görbületi sugár miatt f = −5 cm és k = −4 cm.

19


Számítsuk ki a tárgytávolságot:

1 1 1 = + , f t k

( −4 cm ) ⋅ ( −5 cm ) = 20 cm = 20 cm. 1 1 1 k⋅ f = − , t= = 1 −4 cm − ( −5 cm ) t f k k− f

IX./9.

f = 20 cm, K 1= 10 cm, K2 = 2,5 cm, t1 = k2 és t2 = k1. K k K 2 k 2 t1 K K k t A nagyítás miatt: 1 = 1 , = = . Innen 1 2 = 1 1 = 1, T 2 = K 1 ⋅ K 2 = 25 cm 2 , T = 5 cm. T T t1 k1 T t1 T t2 k1 Továbbá

k1 K 1 5 cm = = = 2 , k1 = 2 t1 . t1 T 10 cm

A tüköregyenletből:

1 1 1 1 1 3 3f = + = + = = 30 cm, k1 = 60 cm. , innen t1 = f t1 k1 t1 2 t1 2 t1 2

IX./11. A képszerkesztésnél kihasználtuk, hogy az optikai tengellyel párhuzamos sugár mindhárom tárgyhelyzethez felhasználható!

IX./13.

t = 60 m, T = 15 m, K = 2 mm. Az adatokból kiszámíthatjuk a képtávolságot: A lencseegyenletet felhasználva: megbecsülhető, hogy az

k K = , t T

k =t

K 2 ⋅ 10 −3 m = 60 m = 8 ⋅ 10 −3 m = 8 mm. T 15 m

1 1 1 1 1 60, 008 1 = + = + = , −3 0, 48 m f t k 60 m 8 ⋅ 10 m

1 1 elhanyagolható az mellett. 60 m 8 ⋅ 10 −3 m 20

f ≈ 8 mm. Ez abból a tényből is


IX./15.

f = 1/D = 1/4 m = 25 cm, N = 3 (látszólagos a kép). Szerkesztéssel is megoldhatjuk a feladatot. Rajzoljuk le a lencsét, és mellé a tárgyat. Az önkényesen kijelölt tárgytávolság háromszorosára (ugyanarra az oldalra) rajzoljuk a háromszoros méretű egyenes állású képet. Felhasználva, hogy a képpontban a valóságos sugarak meghosszabbításai metszik egymást, megrajzolhatjuk a tárgy- és képpontok felhasználásával a pirossal berajzolt nevezetes sugarakat, melyek az optikai tengelyből kimetszik a fókuszpontokat.

Számítással pontosabb értékeket kapunk: 1 1 1 2 2 k = −3t , = − = , t = f = 16, 7 cm, k = −50 cm. 3 f t 3t 3t IX./17. Az első lencséről úgy haladnak tovább a sugarak, hogy egy ponton, a fókuszponton átmennek. Vagyis a következő lencsére érkező sugarakat úgy tekinthetjük, mintha azok egyetlen pontból (az első lencse fókuszából indulnának). Egy pontból kiinduló sugarakat egy gyűjtőlencse akkor tesz párhuzamossá, ha a pontszerű forrás egybe esik a második lencse fókuszpontjával. Akkor lesz az elrendezés megfelelő, ha a két lencse egymás felőli fókuszpontja egybeesik.

IX./19.

f = 50 cm, r1 = −80 cm, n = 1,522 1 1 1 1 1 1 = ( n − 1)  +  , − = , 1 f r r f n r r2 − ( ) 2  1  1

r2 =

f ( n − 1 ) r1 r1 − f ( n − 1 )

=

50 cm⋅ 0, 522 ⋅ ( −80 cm )

−80 cm− 50 cm⋅ 0, 522

= 19, 68 cm.

21


IX./21.

f = 25 cm, d = 30 cm, t = (30 – 22) cm = 8 cm.

Az első ábrán az a kép látható, amely úgy keletkezik, hogy a fénysugarak nem érintik a síktükröt: k t⋅ f 8 cm⋅ 25 cm = = −11, 76 cm. Ez látszólagos kép, ernyőn nem fogható fel, nagysága K 1 = 1 T = −1, 47T . k1 = t − f 8 cm− 25 cm t Az alsó ábrán, a fénysugarak először a síktükörre esnek, ott visszaverődnek (keletkezik egy látszólagos kép a tükör mögött K2), majd a visszaverődő sugarak úgy haladnak, mintha a K2 valóságos forrásuk lenne, ezután áthaladnak a lencsén, és létrehozzák a K3 valódi, ernyőn felfogható képet k3 távolságban: t ⋅f = 48, 15 cm. A harmadik kép A K2 kép lencsétől való távolsága t3 = 22 cm + 30 cm = 52 cm. , a képtávolság k3 = 3 t3 − f nagysága K 3 =

k3 T2 = 0, 93T . t3

22

I. MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ

Recommend Documents