MECHANIKA (klasszikus mechanika)

Fizika K1A előadásvázlat 2015.10.30.

MECHANIKA (klasszikus mechanika) Fizikai mennyiség: mérési utasítással definiálható. (((Vigyázni kell a mai világban, pl. mi a bioenergia, biorezonancia?!?))) Fizikai mennyiség megadása: mérőszám és mértékegység szorzata. Görög ABC

SI rendszer (1960). Alapmennyiségek: m: XVIII. szd-i definíció: (gondolkoztak a másodpercingán, de nem az lett, mert a g nem állandó, hanem) a Párizson átmenő délkör tízmilliomod része (tehát az Egyenlítő 40ezer km). De honnan tudták, mekkora a Föld? [Simonyi: A fizika kultúrtörténete 83-84. oldal] azt már a görögök is tudták: Eratosztenész (az alexandriai könyvtár vezetője) mérése i.e. 230 körül: a nyári napfordulókor Szieneben (Asszuánhoz közel) délben a napsugár pont merőlegesen érkezik a földre (visszacsillan a kút mélye), és megmérte, milyen szögben érkezik ugyanekkor a napsugár Alexandriában a földre, ami azonos délkörön van. 360°/50-t mért, ebből kiszámolható, hogy a Föld kerülete 50szerese a Sziene-Alexandria távolságnak. Az meg mennyi? 50 nap tevekaravánnal, ami napi 100 stádiummal számolva 5000 stádium. tehát a Föld kerülete 250000 stádium. De mennyi az méterben? Az egyiptomi stádium 157 m → 39250 km, a görög stádium 180 m → 45000 km, a későegyiptomi stádium 211 m → 52750 km. 1795-ben csináltak méter-etalont (ami egyébként rövid volt), a hőtágulás probléma. Állandóbb mennyiséghez akarták kötni → bizonyos atomi átmenethez tartozó hullámhosszal (Kr-86), ma pedig (1983 óta) a fénysebességgel definiálják

(a méter a fény által a vákuumban a másodperc 1 / 299 792 458-ad része alatt megtett út hossza). kg definíciója: 1 dm3 4 °C-os víz → etalon (Pt-Ir henger, Sevres) Avogadro projekt!! s: eredetileg a nap, majd az év hosszával definiálták; most atomi átmenettel (Cs-133). mol 6⋅1023 (ahány atom van 12 g C12-ben) A áramjárta vezetők közötti erőhatással K a víz hármaspontjának 1/273,16-od része cd fényerősség A mechanikához elég lesz 3 mennyiség: m, kg, s. (A mol tulajdonképpen egy szám, sokan nem tartják mértékegységnek.) Származtatott mennyiségek: minden visszavezethető a fentiekre. Pl. munka: W=F⋅s=m⋅a⋅s alapján J = kg⋅m2/s2. Hát a forgatónyomatéké? ugyanez, mégse hívjuk J-nak. Hasonlóképpen s–1 = Hz csak a frekvenciánál – de a szögsebességnél nem. Másik pl: ellenállás: R = U/I = (W/Q)/I = (W/(I⋅t)/I = kg⋅m2/(A2⋅s3). 1


A mértékegységek nagyon jók arra, hogy ellenőrizzük magunkat (csak olyan képlet lehet helyes, ahol a mennyiségek megegyeznek; a levezetés végeredménye olyan mértékegységű-e, amit ki akartunk hozni). Dimenzióanalízis: a konstansoktól eltekintve ki lehet találni képleteket, ha tudjuk, hogy miből mit akarunk összehozni. Prefixumok: ( kg-nál a g-hoz kell tenni!)

A számolásoknál minden mennyiséget alapegységre váltva írjunk be a képletekbe, és akkor az eredményt is abban kapjuk, nem kell végig írni közben is az egységeket. Kiegészítő Származtatott mennyiségek még: radián: ϕ = i/r : ívhossz/sugár, RAJZ (teljes kör 2π; 1 rad ≈ 57,3°) szteradián: Φ = A / r2 RAJZ (teljes gömb 4π) → Marsos feladat (2003-ból) Tegyük fel, hogy egy B bolygó sugara fele akkora, mint a Földé, pályasugara pedig a Föld pályasugarának másfélszerese. Tegyük fel azt is, hogy mind a Föld, mind a B bolygó közelítőleg ugyanabban a síkban körpályán kering a Nap körül. Számítsuk ki, milyen legkisebb és legnagyobb látószög (sík- illetve térszög) alatt látszik a Földről a B bolygó! Milyen közelmúltbeli nevezetes csillagászati jelenség van kapcsolatban e feladattal? MO. Föld rF ≈ 6400 km, dF ≈ 150 000 000 km = 1,5⋅108 km B bolygó rB ≈ 3200 km, dB = 1,5 dF ≈ 2,25⋅108 km dmin = RB – RF ≈ 7,5⋅107 km dmax = 2RF + RB ≈ 3,75⋅108 km B sík-látószöge ϕ = 2rB/d = 2⋅3200/d ≈ 6400/d, azaz ϕmax ≈ 8,53⋅10-5, ϕmin ≈ 1,71⋅10-5 (5-szörös) B tér-látószöge Φ = rB2π/d2 = 32002⋅π/d2 ≈ 3,217⋅107/d2, azaz Φmax ≈ 5,72⋅10-9, Φmin ≈ 2,29⋅10-10 (25-szörös) 2003. augusztusának végén a Mars mindössze 55,5 millió km távolságra volt a Földtől, szabad szemmel is látható volt a délkeleti horizonton. A Mars utoljára 60 ezer évvel ezelőtt volt ilyen közel a Földhöz, legközelebb pedig kb. 280 év múlva lehet majd újra így látni a vörös bolygót. (Az augusztusban visszatérő csalfa emaileknek tehát nem szabad hinni.) 2


Más: A Hold vagy a Nap látószöge nagyobb? A Hold sugara rH = 3474 km, távolsága a Földtől dHF = 363000 – 406000 km (durván ≈ 60 rF), síklátószög: min. 2⋅3,474/406 ≈ 0,01711 rad, max. 2⋅3,474/363 ≈ 0,01914 rad (térlátószög ≈ 8⋅10-5 sr) A Nap sugara rN = 1,4⋅106 km, távolsága dNF = 147⋅106 – 152⋅106 km, síklátószög: min. 2⋅1,4/152 ≈ 0,01842 rad, max. 2⋅1,4/147 ≈ 0,01905 rad Gyűrűs ill. teljes napfogyatkozás! Mekkora körlappal tudjuk eltakarni kinyújtott kézzel? d ~ 1,5 cm

MECHANIKA: kinematika – dinamika – sztatika. Először kinematika lesz. Tutajos feladat: Egy motorcsónak a folyón felfelé halad, és szembetalálkozik egy tutajjal. A találkozás után egy órával a motor elromlik. A javítás fél órát vesz igénybe, és utána a motorcsónak a folyón – bekapcsolt motorral – lefelé megy. Az első találkozás helyétől 7,5 km-re éri utol a tutajt. Mennyi a folyó sebessége? (Tételezzük fel, hogy a motorcsónak a folyóhoz képest állandó sebességgel halad, a tutaj pedig a folyóval együtt mozog.)

MO. (1) Oldjuk meg először a parthoz rögzített koordinátarendszerben felírva a mozgást. A koordinátarendszerünk x tengelyét helyezzük el a parttal párhuzamosan; origója legyen ott, ahol a motorcsónak és a tutaj először találkoznak; az x tengely pozitív értékei legyenek azok, amerre a víz (és a tutaj) mozognak. A motorcsónak és a tutaj helyének x koordinátáját írjuk fel a második találkozásig: motorcsónak: –1⋅( vcs – vf ) + 0,5 ⋅ vf + t ⋅ (vcs + vf ) = 7,5 [km] ahol vf [km/h] a folyó sebessége a parthoz képest, vcs [km/h] a motorcsónak sebességének nagysága a vízhez képest, t [h] az az ismeretlen idő, amíg a csónak a folyón lefelé halad bekapcsolt motorral. tutaj: (1 + 0,5 + t) ⋅ vf = 7,5 [km] A 3 ismeretlenre csak 2 egyenletünk van. Átrendezve őket (1 + 0,5 + t) ⋅ vf + (t – 1) ⋅ vcs = 7,5 + (t – 1) ⋅ vcs = 7,5 ⇒ t = 1 h, vf = 3 km/h, a csónak sebessége pedig tetszőleges lehet. (2) Oldjuk meg most a tutajhoz rögzített koordinátarendszerben felírva a mozgást. A koordinátarendszerünk origója legyen a tutajra rögzítve, az x tengely pozitív iránya mutasson arra, amerre az első órában távolodik a csónak a tutajtól. Ekkor a tutaj x koordinátája természetesen végig zérus, és a motorcsónak x koordinátáját írjuk fel a második találkozásig: 1 ⋅ vcs – t ⋅ vcs = 0 Ebből azonnal látható, hogy egyrészt mivel a csónak először 1 órát távolodik a tutajtól vcs sebességgel és utána ugyancsak vcs sebességgel közeledik hozzá, a közeledés ideje is 1 óra, másrészt hogy a csónak sebessége tetszőleges. Az (1) ill. (2) megoldáshoz más vonatkoztatási rendszert (definíciót ld. később) vettünk fel ugyanahhoz a feladathoz: a parthoz rögzítve, ill. a tutajjal együtt mozgó vonatkoztatási rendszert. Az (1) típusú egyenletfelírásnál gondolkozni kellett az előjeleken. De ezentúl nem gondolkozni fogunk, hanem először felvesszük az x tengelyt, ezzel egyértelmű, melyik a pozitív irány, és az azzal megegyező irányú sebességet pozitívnak, az ellentétest negatívnak vesszük. Rajzoljuk meg konkrét csónaksebességekkel – pl. 4 km/h; 4,5 km/h; 5 km/h – az x-t diagramot: 3


4 km/h 4,5 km/h 5 km/h 1. óra után – 1 km-nél – 1,5 km-nél – 2 km-nél javítás alatt + 1,5 km + 1,5 km + 1,5 km javítás után + 0,5 km-nél 0 km-nél – 0,5 km-nél utolsó óra alatt + 7 km + 7,5 km + 8 km végül + 7,5 km-nél + 7,5 km-nél + 7,5 km-nél …majd abból – a feladatot elfelejtve – rajzoljunk v-t diagramot. Hogyan is kell sebességet számolni? v = s/t, de az utat és az időt is a kezdő-és végpontból számoljuk → v = ∆x / ∆t. ∆: mindig a végpontból vonjuk ki a kezdőpontot! Út (s) helyett helykoordináta (x) használata: a helykoordináta bevezetésével a „megtett út” a helykoordináták különbségeként számolható (ez nem mindig igaz, síkbeli-térbeli mozgásnál majd visszatérünk rá). A sebességnek előjele is van a koordinátatengely irányítottságának megfelelően. Mekkora intervallumra számolunk? Ha nem egyenletes a mozgás, akkor ez csak átlagsebesség, de a pillanatnyi sebesség más lehet. Tehát vátl = ∆x / ∆t. Mi van, ha nincsenek egyenletes szakaszaink? Pl. ha x(t) = 2,1t2+2,8 , és a t=3-nál keressük a sebességet? vátl (3) = [ x(3+∆t) – x(3) ] / ∆t Egyre rövidebb intervallumra számolunk, egyre jobb: x(tvég) (m) vátl (m/s) ∆x (m) tvég = 3 + ∆t (s) 3 21,7 0 4 36,4 14,7 14,7 3,5 28,525 6,825 13,65 3,25 24,98125 3,28125 13,125 3,125 23,30781 1,607813 12,8625 3,1 22,981 1,281 12,81 3,05 22,33525 0,63525 12,705 A pillanatnyi sebesség a határérték: vpill = lim vátl = lim [ x(t+∆t) – x(t) ] / ∆t ahogy ∆t → 0 RAJZ: húr → érintő (Zérushoz tartó mennyiségeket osztunk egymással, de nem azt kell nézni, hogy a számláló vagy a nevező zérushoz tart, hanem a hányadost, ami így lesz egyre pontosabb.) Itt most lim [ (2,1⋅(3+∆t)2+2,8) – (2,1⋅32+2,8) ] / ∆t = = lim 2,1⋅(32 + 2⋅3⋅∆t + ∆t2 – 32) / ∆t = lim 2,1⋅(2⋅3 + ∆t) = 2,1⋅2⋅3 = 12,6 Ha más időpontnál akarunk számolni – általánosan: lim [ (2,1⋅(t+∆t)2+2,8) – (2,1⋅t2+2,8) ] / ∆t = lim 2,1⋅(2t⋅∆t + ∆t2 ) / ∆t = lim 2,1⋅(2t + ∆t) = 4,2⋅t Ezzel megkaptuk a függvényt, és ebbe bele lehet helyettesíteni a 3-at. RAJZ: eredeti és derivált függvény; összenézni az érintő meredekségét a derivált értékével. [érintő meredeksége „tgα”, de szó sincs arról, hogy kíváncsiak lennénk α-ra!] Deriválás: függvényhez függvényt rendel; jelentése: a derivált függvény azt mutatja, hogy az eredeti függvény éppen mennyire változik. (Növekedés → derivált pozitív; csökkenés → derivált negatív; állandó → derivált zérus.) 4


Nem a határértékes számítást kell mindig végigvinni, hanem van néhány megtanulandó függvény: tn, sint és cost (grafikus trükk!), et… és vannak deriválási szabályok: konstansszoros, összeg, szorzat, hányados, összetett függvény: (

(

=?

( (

(

lim =?

( ( ⋅ (

(

→

lim

=?

lim

→ →

= lim ( ( / ( ( ( (

= =

=?

lim

= ⋅

! "

#$!

= %&' ,

⋅

→

( [ ( (

(

= lim

] [ (

⋅ ( (

(

→

( ]

( ⋅ ( (

( +Δ

(

= lim

= →

( ⋅ (

+ (

(

[ (

( ] [ (

( ⋅ ( (

( ]

=

+

= = ⋅ + ⋅

⋅

⋅ →

(

()#

= lim

= −'+ ,

= lim

⋅ →

, -

→

(2 + Δ

=2

=.

(Deriválni meg lehet tanulni, de vannak programok is, amikkel nemcsak numerikusan lehet deriválni, hanem kiírja a függvényt is.) Pl. fenti függvény: 2,1t2+2,8 deriváltja 4,2⋅t RAJZ Pl: a bevezető zh feladatai / y = 3x3 – 2x2 + 5x – 8 = 6x2 – 4x + 5 0 z = sin2(8x) = [sin(8x)]2

1

0

= 2⋅sin(8x)⋅cos(8x)⋅8

Magasabb rendű deriváltak: 2 = ; de mi az ? Van olyan? – magyarázat a dinamikában. Példák: infláció, árfolyam, árvíz, Csernobil/Fukushima, a népesség növekedése/csökkenése,…

Kinematika: nézzük meg, milyen képleteket tanultak középiskolában, és azok hogy jönnek ki

egymásból azt használva, hogy 2 = 3, = 2 = 34 (ill. visszafelé 2 = 5 6 , 3 = 5 2 6 ). Kedvelt képlet arra kérdésre, hogy mekkora utat tesz meg a test: „s = v⋅t”. Igaz ez? Csak akkor, ha v = konst.! Ez az egyenletes mozgás: x = v·t + x0 (x0 a kiindulási helykoordináta t=0 esetén). Ilyenkor 2 = a = 0 (a testnek nincs gyorsulása). Minden más esetben a v(t) függvényt kell integrálni (ami grafikusan egy egyenes mentén – nem térben kanyarogva – mozgó testnél a v – t diagramon a görbe alatti terület, ami negatív is lehet). Ha v ≠ konst. (a test gyorsul), akkor pl. lehet állandó a gyorsulás (a = konst.). Ez az egyenletesen változó mozgás: v = a·t + v0 , és x = + v·t + x0 . Volt még a harmonikus rezgőmozgás: ilyenkor a gyorsulás sem állandó: x(t) = A cos(ωt+ϕ0) v(t) = –Aω sin(ωt+ϕ0) a(t) = –Aω2 cos(ωt+ϕ0) [láthatjuk, hogy a(t) =–ω2 x(t), ez jellemzi a harmonikus rezgőmozgást] Általában: x(t) – v(t) = x – a(t) = v = x4 (RAJZ) Figyelni az előjelekre! 5


Feladatok: DRS 1.20. Egy személyautóval három különböző gyorsaságpróbát végeztek. Mennyi volt az átlagos gyorsulás egy-egy kísérletben? a) Az autó álló helyzetből indulva 19,3 s alatt érte el a 80 km/h sebességet. a = ∆v/∆t = (80/3,6)/19,3 ≈ 1,15 m/s2 c) 15 s alatt növelte sebességét 60 km/h-ról 90 km/h-ra. a = ∆v/∆t = ((90-60)/3,6)/15 ≈ 0,56 m/s2 b) Álló helyzetből indulva 24,5 s alatt tett meg 400 m távolságot. a = 2s/t2 = 2⋅400/24,52 ≈ 1,33 m/s2 DRS 1.5. Mennyi ideig esik le egy tárgy 10 cm magasról, és mekkora lesz a végsebessége?

s = ½gt2 → t ≈ 0,14 s → v = gt ≈ 1,4 m/s DRS 1.11. Mekkora távolságot tesz meg a nyugalmi helyzetből induló, és szabadon eső test a

t1 = 6 s és t2 = 8 s közötti időközben? s = ½gt22 – ½gt12 = 320 – 180 = 140 m DRS 1.9. Egy gépkocsi sebességét 54 km/h-ról 90 km/h-ra növelte állandó 1,6 m/s2 gyorsulással.

Mennyi ideig tartott ez, és mekkora utat tett meg a gépkocsi ezalatt? a = ∆v/∆t → t = ∆t = ∆v/a = 6,25 s (54 km/h = 15 m/s, 90 km/h = 25 m/s) s = v0t + ½at2 = (54/3,6)⋅6,25 + ½⋅1,6⋅6,252 = 125 m vagy: s = vátl⋅t = 20⋅6,25

Feladat: Rezgőmozgás, A = 0,2 m, f = 20 Hz, t = 0 s-ban x(0) = 0,1 m, és az egyensúlyi helyzet felé mozog Írjuk fel az x(t) függvényt! ω=2πf = 40π s–1 , x(t) = 0,2m · cos(40πt+ϕ0) ϕ0 = ? Kezdőfeltételből: x(0) = 0,2m cos(ϕ0) = 0,1m → π0 = ±π/3 , de melyik? Másik kezdőfeltétel: v(t) = –8π m/s sin(40ωt+ϕ0) , v(0) = –8π m/s sin(ϕ0) „az egyensúlyi helyzet felé mozog” → v(0) negaav v(0) = –8π m/s sin(ϕ0) < 0 → sin(ϕ0) > 0, ϕ0 = +π/3, tehát x(t) = 0,2m · cos(40πt+π/3) Mi is a kezdőfázist?!? RAJZ Mennyi a sebesség átlaga egy periódusra? zérus Mennyi a sebesség abszolút értékének átlaga egy periódusra? 4A/T = 4Af = 16 m/s.

Rezgések összetétele 2 párhuzamos, azonos periódusidejű harmonikus rezgés összege: (labor optika méréshez hasznos) x1 = A1 cos(ωt+ϕ10) és x2 = A2 cos(ωt+ϕ20), x1+x2 = ? Az eredő x = A cos(ωt+ϕ0) alakú lesz; hogyan kapjuk meg A-t és ϕ0-at? Bontsuk fel: x1 = A1 cosωt cosϕ10 – A1 sinωt sinϕ10 és x2 = A2 cosωt cosϕ20 – A2 sinωt sinϕ20 és x = A cosωt cosϕ0 – A sinωt sinϕ0 Úgy lesz x1+x2=x, ha A1cosϕ10 + A2 cosϕ20 = A cosϕ0 és A1sinϕ10 + A2 sinϕ20 = A sinϕ0 . Ezekből tg ϕ0 = (A1sinϕ10 + A2 sinϕ20) / (A1cosϕ10 + A2 cosϕ20). 6


Az amplitúdóhoz emeljünk mindent négyzetre és alkalmazzuk, hogy sin2x+cos2x=1 → 9 = :9" + 9

+ 29" 9 (%&';" %&';

+ '+ ;" '+ ;

= :9" + 9

+ 29" 9 %&'∆;

vagyis az eredő amplitúdó attól függ, hogy az összetevők milyen fázisban találkoznak. (RAJZ) Speciális esetek: ∆ϕ = 0 (+2kπ), cos ∆ϕ = 1 → A = A1+A2 ∆ϕ = π (+2kπ), cos ∆ϕ = –1 → A = │A1–A2│ Különben? bonyolult, ki kell számolni. De szemléletessé tehető: RAJZ, mintha vektorok lennének. Hogy lesz vektor, ha nem vektor? komplex számsík ? ⋅ei(ωt) = R + iX : ω szögsebességgel forgó vektor a komplex síkon, x= = A⋅ei(ωt+ϕ0) = [A⋅ei(ϕ0)]⋅ei(ωt) = A ? = A cos(ϕ0) + i A sin(ϕ0) = A⋅ei(ϕ0) aminek a komplex amplitúdója A Párhuzamos, eltérő periódusidejű rezgések összege: Ha a periódusidők aránya racionális, az eredő periódusideje a legkisebb közös többszörös lesz. RAJZ Fourier-sor Lebegés: x1 = A cos ω1t , x2 = A cosω2t, ω2– ω1 = ∆ω kicsi! Mivel cos(α+β)=cosαcosβ–sinαsinβ és cos(α–β)=cosαcosβ+sinαsinβ , azaz cos(α+β)+cos(α–β) = 2cosαcosβ itt most α+β=ω1 és α–β=ω2 → α=…, β=… A

A

A

A

∆A

ezért x = x1+x2 = 29 %&' @ B C %&' @ B C = 2 D9 %&' @ CE %&'F G vagyis az átlagos frekvenciájú rezgés amplitúdója lassan változik zérus és a dupla amplitúdó között (minél közelebb van egymáshoz a két frekvencia, annál lassabban). Hang!!! Merőleges: Lissajous görbék. RAJZ x = A1 cos(n ωt) és y = A2 cos(mωt) → záródik, ha n/m racionális (érintési pontok) CSATOLÁS – videó!

Átlagsebesség vátl = ∆x / ∆t A pillanatnyi sebességből számolva a sebesség átlaga, de mire vett átlaga? nem útra, hanem időre! Feladatok: A és B város vízparton helyezkednek el egymástól d távolságra. Egy motorcsónakkal, ami a vízhez képest vcs sebességgel tud menni, elmegyünk A-ból B-be, majd vissza B-ből A-ba. Megegyezik-e az oda-vissza út ideje, ha a víz folyó ill. tó? MO. Ha a víz egy folyó és A-tól B felé folyik vf sebességgel, akkor A-ból B-be tAB = d / (vcs + vf) idő alatt, B-ből A-ba tBA = d / (vcs – vf) idő alatt ér a csónak, tehát az összes idő tfolyó = d/(vcs + vf) + d/(vcs – vf). Ha a víz egy tó, akkor oda- ill. visszaút ideje is t = d / vcs , tehát ttó = 2d / vcs. HIJKó -ó

=

M M NOP QNH NOP RNH M NOP

=

NOP RNH QNOP QNH NOP RNH NOP

=S

SOP

OP

SH

>1

[Hogyhogy? mert a folyó kevesebb ideig segíti a csónakot, mint akadályozza.] Egy repülőgép megtesz 1000 km/h-val 3500 km-t, majd 800 km/h-val 1200 km-t, mekkora az átlagsebessége? (940 km/h)

7


Körmozgás Ugyanúgy számolható, mint az x tengely menti haladó mozgás, csak x(t) helyett ϕ(t) szögváltozóval számolunk és v helyett ω szögsebesség: ω = ϕ és a helyett β szöggyorsulás: β = ω = ϕ4 . R sugarú körön x = R⋅ϕ, v = R⋅ω, at = R⋅β (a gyorsulásra a dinamikánál visszatérünk!). Egyenletes: β = 0, ω = konst., ϕ = ω⋅t + ϕ0 . Egyenletesen változó: β = konst., ω = β⋅t + ω0, ϕ = β/2⋅t2 + ω0⋅t + ϕ0 . Feladat: Körpályán egyenletesen lassuló mozgással mozgó anyagi pont egy félkör megtétele közben elveszti sebessége felét. Hol áll meg? & =ϕ && = konst. ⇒ ω = ϕ& = ω0 − β t , ϕ = ω0 t − β / 2 ⋅ t 2 MO. β = ω Először t1 idő alatt a sebessége a felére csökken: ω(t1) = ω0 – βt1 = ω0/2 (1) és megtesz egy félkört, azaz ϕ(t1) = ω0t1 – β/2⋅t12 = π (2) majd t2 idő alatt a sebessége ω0/2-ről nullára csökken: ω(t2) = ω0/2 – βt2 = 0 (3) és megtesz még valamennyit: azaz ϕ(t2) = (ω0/2)⋅t2 – β/2⋅t22 = ? (4) Vigyázat, ennél a szakasznál a kezdősebesség ω0/2! (1)-ből t1 = ω0/(2β), (3)-ból t2 = t1, (2)-ből β = 3/(8π) ⋅ ω02, amivel ϕ (t2) = ω0/2⋅t2 – β/2⋅t22 = π/3, azaz még egy hatod kört tesz meg. [Megoldható úgy is, hogy t2 helyett (t1+t2)-re írjuk fel az egyenletet.] Általában: ELŐJELEK: hogy van kötve egymáshoz x, v és a előjele? sehogy!! Példák… Visszafelé: tudjuk a sebességet, abból szeretnénk meghatározni a helyet, ill. tudjuk a gyorsulást, abból szeretnénk meghatározni a sebességet, azaz: ismerjük a deriváltat, abból szeretnénk meghatározni az eredeti függvényt. Ha a lim -et kivesszük a S ∆S ∆S = 2 = = lim∆ → egyenletből, akkor ≈ , azaz ∆2 ≈ ∙ ∆ , ill. 0

= 3 = 2 = lim∆

∆ ∆0

→ ∆

egyenletből, akkor 2 ≈

∆ ∆0 ∆

, azaz ∆3 ≈ 2 ∙ ∆ ,

vagyis ∆v-t ill. ∆x-et tudunk számolni valamekkora intervallumra. RAJZ: látható, hogy ezzel az a(t) ill. a v(t) függvényen téglalapok területét számoljuk. De melyik a ill. v értékkel számoljunk, ha az a ill. v változik? Ez eddig közelítő számolás → nézzük a határértéket, ahogy ∆t→0, akkor látható, hogy a pontos számolás a függvény alatti terület. Ez az integrálás: az érték megváltozását határozzuk meg a változást leíró függvény alapján. Y( Jelölés: 9( = 5 ( 6 , azaz A(t) az integrálja a(t)-nek, ha = ( .

Tehát grafikusan most már tudjuk, mi az integrál. De hogy számoljuk ki? Integrálni nehéz! sőt, nem is mindig létezik zárt alakban felírható integrálfüggvény (ld. pl. Gauss-eloszlás). A gondot pl. az okozza, hogy összetett függvény esetén szorozni kell a belső függvény deriváltjával – de mi van, ha az nincs ott? Próbáljuk meg a vpill(t) = 4,2 t függvényből visszaszámolni, hogy hol lesz a test a t=4 -ben. Hatványfüggvényt integrálni könnyű, 5 4,2 6 = 2,1 . De nem innen indultunk, hová lett a +2,8 ? Integrálással csak megváltozást számolunk ki, de a függvény felírásához szükség van plusz információként arra, hogy honnan indult a test (ill. valamikor hol volt): integrációs állandó, kezdeti feltétel!!! itt x0 = x(0) = 2,8, így tehát x = 2,1t2+2,8, ezzel már lehet számolni x(4)-et. (Deriváláskor

8


az érintő meredeksége egyértelmű, de a függőleges tengely mentén eltolt függvényeknek ugyanaz a deriváltja.) Eddig csak egy tengely menti mozgást néztünk, de majd ki kell lépnünk a térbe, ehhez először ismerkedjünk vektorokkal! Vektorok, műveletek vektorokkal Először általánosan definiáljuk, nem koordinátarendszerhez kötve. Vektor jelölése: a vagy \ vagy a; az abszolút értéke |^| = . - összeg: a + b, RAJZ - szorzás skalárral: λ⋅a, λ > 0 ill. < 0 és |_| > 1 ill. < 1 esetek ⇒ kivonás: a – b = a + (–1)·b ⇒ lineáris kombináció: λ1⋅ a + λ2⋅ b a λ1, λ2 összes lehetséges értékével előállítja az a és b vektorok által kifeszített síkot ⇒ a sík összes vektora felbontható a és b irányú komponensekre λ1 és λ2 megfelelő értékének meghatározásával -

skaláris szorzat: 2 vektorhoz egy skalárt rendel: a⋅b = a⋅b⋅cosϕ ⇒ önmagával vett skalárszorzat → abszolút érték: |^| = = √^⋅^ ⇒ ea = a / |^| = ^/ egységvektor ⇒ merőleges vektoroknál zérus ⇒ vektorok által bezárt szög számítása: cosϕ = a⋅b / (a⋅b) ⇒ vetület a⋅b = a⋅(b⋅cosϕ) = b⋅(a⋅cosϕ) ⇒ vektor felbontása másik vektorral párhuzamos és merőleges komponensekre a-nak b irányú komponense: nagysága a‖ = a⋅eb = a⋅b/b, iránya eb, tehát vektorként a‖ = (a⋅b /b2) ⋅b a-nak b-re merőleges komponense: a⊥ = a – a‖ ⇒ pl. munka

-

vektoriális szorzat: 2 vektorhoz egy vektort rendel, melynek nagysága |^ × b| = ⋅ ⋅'+ ϕ, irányát a jobbkéz-szabállyal határozzuk meg. ⇒ síkra merőleges két irány közötti választás ⇒ antikommutatív, azaz b × ^ = −^ × b ⇒ párhuzamos vektoroknál zérus ⇒ pl. forgatónyomaték

Koordinátarendszerek : megadása egységvektorokkal, koordinátavonalakkal (típusok: egyenes/görbe vonalú, merőleges-e, egyenletes-e…) 2D Descartes (egyenes vonalú, merőleges, egyenletes beosztású) a pont helyét két koordinátával adjuk meg: x és y; a hozzájuk tartozó egységvektorok: i és j; az i az x növekedésének irányába mutat, a j az y növekedésének irányába (vagyis az egységvektorok az adott koordináta növekedésének irányába mutatnak) i és j lineáris kombinációja feszíti ki a síkot a koordináták vetületek az egységvektorokra koordinátavonalak: x = konst. ill. y = konst. vonalak i⋅i = 1, j⋅j = 1, i⋅j= 0 a = axi + ayj, b = bxi + byj 9


Műveletek: a+b = (ax+bx)i + (ay+by)j a⋅b = (axi + ayj)⋅ (bxi + byj) = axbxi⋅i + axbyi⋅j + aybxi⋅j + aybyj⋅j= axbx + ayby a⋅a = ax2 + ay2 → |^| = √^⋅^ = c 0 + / → ea = a / |^| pl. a = 2i + j, b = 3i – 4j a+b = 5i – 3j, a–b = –i + 5j a = √5, b = 5, ea = 2/√5i + 1/√5j, eb = 3/5i – 4/5j a⋅b = (2i + j) ⋅(3i – 4j) = … = 2⋅3-4 = 2, az általuk bezárt szög cosϕ = a⋅b /(a⋅b) = 2/(√5⋅5) ≈ 0,179, ϕ ≈ 79,7° a vetülete b irányára a‖ = a⋅b /b2 ⋅b = 2/52(3i – 4j) = 0,24i – 0,32j, a-nak b-re merőleges komponense: a⊥ = 1,76i + 1,32j tényleg merőlegesek: 0,24⋅1,76–0,32⋅1,32 = 0 3D Descartes: egységvektorok i, j, k jobbsodrású: i × j = k, j × k = i, k × i = j, j × i = –k, k × j = –i, i × k = –j (ciklikus permutáció) ide bevágni a másik vektoros anyagot!

2D polár: a pont helyét az origótól vett távolsággal és egy szöggel adjuk meg: r és ϕ a két koordináta; de mik az egységvektorok? mik a koordinátavonalak? RAJZ er, eϕ bevezetése: r ill. ϕ növekedésének irányába mutatnak. az egységvektorok együtt fordulnak a mozgó ponttal! (nem egyenes vonalú, de derékszögű) (((ebben összeadni nehéz, de szorozni könnyű))) Átszámolás 2D Descartes ill. polár között

Kinematika 3D-ben Vonatkoztatási rendszer KITÉRŐ: TESTMODELLEK tömegpont pontrendszer kiterjedt test

merev test folytonos test deformálható test

Tömegpont: tömege van, de kiterjedése (és belső szerkezete) nincs. Tömegpont közelítés alkalmazható akkor, ha a test kiterjedése elhanyagolható az elmozdulásához képest; nem végez forgómozgást, csak haladó mozgást (rotáció nincs, csak transzláció); mindig érvényes a test tömegközéppontjára. Merev test: bármely két pontja között a távolság állandó.

10


Vonatkoztatási rendszer: merev test, amihez képest a test helyét megadjuk. Egy vonatkoztatási rendszeren belül végtelen sokféleképpen vehetünk fel koordináta-rendszereket (pl. milyen típusú, merre mutatnak az egységvektorai, hogyan vannak skálázva…) RAJZ Helyvektor: a vonatkoztatási pontból az adott pontba mutató vektor, r. A test mozgásával a helyvektor időben változik: r(t) (vektor-skalár függvény) Pálya: a helyvektor végpontja által érintett pontok (paraméteres térgörbe). Út: a pálya hossza. Elmozdulásvektor: ∆r = r(t2) – r(t1) (mindig a későbbiből vonjuk ki a korábbit!) ∆h Átlagsebesség: eá g = . ∆

h

∆h

(Pillanatnyi) sebesség: e = ei$gg = lim eá g = lim∆ → = =h . ∆ iránya: az érintő iránya (RAJZ: a szelő határesete, ahogy t2→t1 ), # nagysága: az út deriváltja: . [Láncszabállyal:

h

=

h #

∙

#

, ahol

h #

Vektor, melynek

∆#

az érintő irányú egységvektor (|∆h| ≥ 1, és tart 1-hez, ahogy…)]

A dr -t „elemi elmozdulásvektor”-nak nevezzük. (∆r differencia → dr differenciál) [Angol szóhasználat: speed ill. velocity, megkülönböztetik, hogy vektor vagy sem.] Hasonlóan bevezethető az ∆e átlagos gyorsulás: ^á g = és a ∆

(pillanatnyi) gyorsulás: ^ = ^i$gg = lim ^á g = lim∆

∆e → ∆

=

e

= e = h4

Tehát röviden az egész kinematika lényege: e = h és ^ = e . Milyen lehet a gyorsulásvektor iránya a sebességvektorhoz képest? Bármilyen. Mi mit jelent? a-t felbontjuk v-vel párhuzamos és arra merőleges komponensekre. A gyorsulásnak a sebességgel párhuzamos komponense a sebesség nagyságát változtatja (növeli, ha egyirányúak, ill. csökkenti, ha ellentétes irányúak); a gyorsulás sebességre merőleges komponense pedig a sebesség irányát változtatja meg (a sebesség nagyságát nem befolyásolja). Ahhoz is kell tehát gyorsulás, hogy a test állandó nagyságú sebességgel irányt változtasson! Hogyan lehet konkrét koordinátarendszerekben számolni? Descartes-ban: r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k e = 20 k + 2/ l + 21 m = h = 3 k + n l + o m (merthogy az i, j, k konstansok, a deriváltjuk zérus!) azaz koordinátánként deriválunk, 20 = 3 , 2/ = n , 21 = o . ^ = 0 k + / l + 1 m = e = 20 k + 2/ l + 21 m = h4 = 34 k + n4 l + o4 m azaz 0 = 20 = 34 , stb. (Nagyságok számítása Pithagorasz-tétellel.) Feladatok: ágyúgolyó néhány feladatot ide!!

11


2D polárban: h = p qh e = h = pqh + p qh Mivel az egységvektorokat mindig úgy vesszük fel, hogy kövessék a mozgó pontot, nem lesz a deriváltjuk zérus. Hanem mi? qh = ϕ qϕ RAJZ; [ + esetleg: qh = 1 → 2qr qr = 0, azaz qh t qh ] Ezt beírva: e = h = pqh + p;qu Feladat: kancsal gólya. A sebességének radiális komponense állandó, azaz p = v⋅cosϕ = konst. → r = d – (vcosϕ)⋅t → t = d / (vcosϕ) idő alatt r = 0 ☺ Véges idő alatt véges úton végtelen sok fordulatot tesz meg. Logaritmikus spirális – csigák keresztmetszete; hogyan tud ilyen szépet csinálni? csak egy állandó szöget kell tartani az építkezéskor. (Modellek: hangyák hogyan hordják kupacokba a morzsát?) Kinematika vége → DINAMIKA

Newton-axiómák (Newton 1643-1727; 1687) Bevezetés. Már a régi görögök is… Peripatetikus dinamika: mitől mozog? azaz: a mozgásba-hozáshoz kell valami hatás, a mozgás magától nem marad fenn, valami fenn kell tartsa. Az égi és földi mozgások alapvetően különböznek. Az égiek tökéletesek, mert az az istenek világa, örökké ismétlődő tökéletesen körpályákon, ill. azokból összetett pályákon mozognak az égitestek (motus a se, mozgás az égi rend szerint, az égi szférák mozgása). A földiek: vannak élőlények, akik maguktól tudnak mozogni (motus a se). A nem-élőlényeket valami mozgatja: vagy egy élőlény (motus violentus, kikényszerített mozgás), vagy az, hogy mindennek megvan a maga helye, és ha nem ott tartózkodik, akkor oda kell kerüljön (motus naturalis; a könnyű dolgok fel, a nehezek le, minél nehezebb, annál jobban törekszik lefelé – mondták; persze, nem kísérleteztek). A mozgató hatás csak közvetlen lehet, ez sokszor nehezen volt megmutatható, pl. nyílvessző (a levegő kap mozgató erőt is az íjtól). A mozgató hatás („erő”) arányos a sebességgel, v∼F. [Ld. majd a stacionárius sebességet közegellenállásnál.] v = F/R, vákuumban R=0 lenne, ami végtelen sebességet adna; úgy döntöttek, ezek szerint vákuum nem létezhet (Arisztotelész (i.e. 384322): „…továbbá senki sem tudná megmondani, hogy egy valamilyen módon egyszer mozgásba hozott test miért állana meg bárhol is. Mert hiszen miért álljon meg inkább itt, mint emitt. Úgyhogy egy test vagy nyugalomban lenne, vagy pedig mozogna ad infinitum, amíg valami akadály az útjába nem kerülne.” Kétezer évig ragaszkodtak ehhez. XVI. szd., kísérletezgetés: Kopernikusz, Tycho de Brache, Kepler, Galilei… csillagászat, bolygómozgás; lejtő; inga 1.) szabadesés vizsgálata: nem igaz, hogy a nehezebb gyorsabban esik, hanem 2 minden test gyorsulása azonos, s∼t ; 2.) ütközések vizsgálata: az mv jelentősége, kell erő a megálláshoz is és az elinduláshoz is; 3.) körmozgás: ütközések sorozataként felfogható, erő kell a sebesség megváltoztatásához → az erő nem a mozgás fenntartásához, hanem a megváltoztatásához kell! (A mozgás állapot, nem pedig folyamat.) Filozófiai megközelítés (Descartes XVII. szd. eleje): „Ez nem más, mint hamis előítélet, amely nyilvánvalóan ellentétben van a természet törvényeivel: a nyugalom ugyanis a mozgás ellentéte, és természeti ösztöne szerint semmi sem törekszik saját ellentétére és önmaga megsemmisítésére.”. (Vagyis ha valami egyszer már mozog, akkor önmagától nem áll meg.)

tehát…

12


Newton axiómák I. axióma: tehetetlenség törvénye. Magára hagyott test (azaz amire más test nem hat, azaz: F = 0) nyugalomban van, vagy egyenes vonalú egyenletes mozgást végez (azaz: v = konst.), ha a test mozgását olyan vonatkoztatási rendszerben vizsgáljuk, ami inerciarendszer. Magára hagyott: nincs kölcsönhatásban más testtel; ha megfelelően távol van más testektől. Mi az inerciarendszer? az olyan vonatkoztatási rendszer, amiben érvényes Newton I. Körbeértünk. Feloldás: az állítás az, hogy létezik inerciarendszer. Meg kell vizsgálni, hogy a magára hagyott test v=konst.-e, de nem elég egyet, hanem hármat – és akkor az összes többire is igaz lesz. A Földet inerciarendszernek tekintjük olyan mozgások vizsgálatánál, amelyeknél a megtett távolságok elhanyagolhatóak a Föld méretéhez képest – de nagyobb mozgásoknál már nem tekinthetünk el a Föld forgásától, keringésétől. Vagy: állócsillagokhoz rögzített von. rdsz. jó lesz. Ha van egy olyan vonatkoztatási rendszer, ami inerciarendszer, akkor az ahhoz képest álló, ill. állandó sebességgel mozgó (azaz egyenes vonalú egyenletes mozgást végző) vonatkoztatási rendszerek is inerciarendszerek (Galilei-féle relativitási elv) → végtelen sok inerciarendszer van. II. axióma: (((a nem-magárahagyott testre vonatkozik))). A test gyorsulása arányos a rá ható erővel, F ∼ a, F = ma . Új fizikai mennyiség az F és az m: a tömeg a tehetetlenség mértéke, az erő a kölcsönhatás mértéke. Newton II. eredetileg: „a mozgás megváltozása arányos a hatóerővel, és azon egyenes mentén történik, amely y irányában az erő hat” – mai jelöléssel ∆(mv) = 5y v dt („erőlökés”). v =

z({| zy

B

impulzus-tétel: akkor is érvényes, ha m változik, pl. rakéta, vagy relativitáselmélet: a tömeg változik

nagy sebességeknél ( m = m0 / c1 − v /c ).

Dinamikai és sztatikai erő- és tömegmérés: Sztatikai mérés: az ismeretlen tömeget/erőt összehasonlítjuk ismert tömeggel/erővel, aminek nagyságát tudjuk változtatni, és azt tudjuk megállapítani, hogy mikor egyenlőek („nulldetektor”). Pl. tömegmérés kétkarú mérleggel, erők összehasonlítása hasonlóan (ismert erő lehet pl. rugós erőmérő). Dinamikai mérés: Erőmérésnél egy testet (aminek a tömegét nem ismerjük) gyorsítjuk az ismeretlen F2 erővel → a2; ill. az ismert F1 erővel → a1, majd mivel F2/a2 = F1/a1 = állandó, F2-t ki tudjuk számolni. (Ismert erő: rugó vagy súly.) A gyorsulásokat a gyorsított test mozgásából (idő- és helymérés alapján) tudjuk kiszámolni. Tömegmérésnél azonos (de nem ismert) nagyságú erővel gyorsítjuk az ismeretlen, ill. ismert tömegű testet, és mivel F állandó, m1a1 = m2a2 -ból számolunk. III. axióma: kölcsönhatás törvénye. Ha az A test FAB erővel hat a B testre, akkor a B test FBA erővel hat az A testre; a két erő egyenlő nagyságú, megegyező hatásvonalú és ellentétes irányú, azaz FBA = –FAB. Az erő-ellenerő (akció-reakció) azt sugallja, hogy az egyik váltja ki a másikat, de ez nem igaz, egyszerre, egy időben lépnek fel. IV. axióma: szuperpozíció törvénye (az erők összegzése). Ha egy testre egyszerre több erő is hat, akkor az F = ma egyenletbe az erők vektori eredőjét kell írni: ΣFi = ma. Igazából azt jelenti, hogy az egyszerre fellépő erők nem befolyásolják egymást (vagyis a kölcsönhatások egymástól függetlenek). Vigyázat: hogy is tudunk eltolni egy szekrényt? ΣF = 0 → a = 0?!? Arra kell figyelni, hogy mire összegzünk: a III. axióma egy kölcsönhatásra, a IV. axióma pedig egy testre vonatkozik! 13


ma = F : mit tudunk F-ről? – erőtörvények; mindjárt végigézzük, de általánosan F(r,v,t); másrészt tudjuk kinematikából, hogy ~ = | = •4 ; ezeket egybeírva m•4 = v(•, •, t : ez lesz a test MOZGÁSEGYENLETe; ennek megoldásaként kapjuk az r(t) függvényt, ami a mozgást leírja. Persze kell hozzá 2 integrációs állandó, azaz kezdeti helyvektor és sebesség (vagy hely és sebesség bármely időpontban). Determinisztikus. De: létezik determinisztikus káosz is! Erőtörvények avagy: milyen kölcsönhatásban milyen alakú az F(…) függvény. általánosan F(r,v,t) Akkor van úgy-ahogy könnyű dolgunk, ha v-től nem függ. Ha nem függ helytől: HOMOGÉN Ha nem függ időtől: STACIONÁRIUS Tehát az erőtörvények (kölcsönhatás, nagyság, irány): 1) Földi nehézségi erő: nagysága: mg, iránya: függőlegesen lefelé; vektorként: F = –mg k. 2) Általános tömegvonzási erő: nagysága: F = γ m1m2/d2 , ahol γ univerzális állandó, d a két tömegpont közötti távolság; iránya: vonzó a két testet összekötő egyenesen; { { • vektorként: v = −γ B€ € . 3) Lineáris rugalmas erő, rugóerő: nagysága: k⋅∆ℓ, ahol k a rugóállandó, ∆ℓ= ℓ–ℓ0 a rugó megnyúlása (ℓ az aktuális hossza, ℓ0 a nyugalmi hossza), iránya: mindig a rugó nyugalmi hosszának megfelelő irányba mutat. Egydimenziós erő; vegyük fel az x tengelyt úgy, hogy x=0 az ℓ0 nyugalmi hossznál legyen és x pozitív iránya mutasson a megnyújtott állapot irányába, vagyis x>0, ha megnyújtottuk, x<0, ha összenyomtuk. F iránya mindig ellentétes x-ével: vektorként: F = –kxi. (Mit jelent a rugalmas és a lineáris?!?) 4) Súrlódási erők: Csúszási és gördülési súrlódás nagysága: Fs = µ Fny , ahol Fny a testre ható nyomóerő, µ a súrlódási együttható; iránya: a sebességgel ellentétes irányú; vektorként: Fs = –µ Fny ⋅ v/v . Tapadási súrlódás nagysága: akkora, amekkora ahhoz szükséges, hogy a test nyugalomban maradjon, ha ez az erő ≤ µt Fny ; vagyis tapadásnál az Ft,max =µt Fny képlet csak a maximálisan felléphető erőt adja; iránya: a külső eredő erő felülettel párhuzamos komponensével ellentétes irányú. µgördülési < µcsúszási < µtapadási 14


5) Közegellenállási erő: iránya: a sebességgel ellentétes irányú, nagysága: valahogy függ a sebesség nagyságától; kísérletek alapján kis sebességeknél (lamináris áramlás esetén) jó közelítés a lineáris: Fk = –kv; nagyobb sebességeknél négyzetes közelítés a jó: Fk = –kv2 (turbulens áramlás esetében); vektorként: F = –cv ill. F = –cvv. STACIONÁRIUS SEBESSÉG!!! 6) Kényszererők: felület, kötél, rúd: csak az irányukat tudjuk (a geometriai kényszer miatt), a nagyságukat nem, az mindig az adott problémából adódik! Felület által kifejtett nyomóerő: iránya: a felületre merőleges (ha görbült a felület, akkor a pontbeli érintősíkra merőleges); csak nyomni tud, nagysága akkora, hogy a test a felületen maradjon. Kötél: csak húzni tud, kötélirányban. Rúd: húz vagy nyom, rúdirányban. Erőnek hívjuk, de nem erőtörvény a centripetális „erő”: ez nem a ΣF-ben jelenik meg, hanem az ma tartalmaz macp = „Fcp” -t, ha a mozgás görbe vonalú (az erők eredőjének a sebességre merőleges komponense). Nem köthető egy bizonyos kölcsönhatáshoz (többféle kölcsönhatásból is származhat acp). Tehetetlenségi erők: nem kölcsönhatásból származó erők, hanem „rendszererők”: neminercia-rendszerekben vizsgált mozgások esetében felírt erők, a vonatkoztatási rendszer mozgásából származnak: transzlációs tehetetlenségi erő: ha a vonatkoztatási rendszer egyenesvonalú mozgás végez és gyorsul vagy fékeződik (pl. fékező busz); centrifugális erő: állandó szögsebességgel forgó vonatkoztatási rendszerben nyugalomban lévő testekre (pl. körhinta, centrifuga); [centrifugális – centripetális!] Coriolis erő: állandó szögsebességgel forgó vonatkoztatási rendszerben mozgó testekre (pl. ciklonok); Euler erő: változó szögsebességgel forgó vonatkoztatási rendszerben.

Nézzük sorra az erőtörvényeket, és hogy mi következik belőlük:

Általános tömegvonzási erő Bármely két test között fellép. m" m • v = −γ r r Bolygómozgás: ha nézünk két bolygót (mindkettő mozog), az még megoldható („kéttest probléma”), de három bolygó (mind mozog) már nagyon nehéz! hát még több… Hány bolygó van a Naprendszerben? 9 → 10 → 8 (Plútó). Kéttest probléma: r1 ill. r2 helyvektorú bolygókra felírjuk az erőket és felhasználjuk, hogy a két erő összege zérus → az jön ki, hogy a tömegközéppontjuk nem gyorsul, tehát felírhatjuk a mozgásukat a tömegközéppontot tekintve origónak, így megoldható a mozgásegyenlet. Háromtest: nem megoldható!

Mivel a Naprendszer bolygóira felírt mozgásegyenleteknek nincs analitikus megoldása (és a numerikus se könnyű), ezért jönnek jól 15


Kepler törvényei bolygó

I. A bolygók ellipszis alakú pályán mozognak, melynek egyik gyújtópontjában a Nap áll;

nagytengely

Nap kistengely

II. A bolygók vezérsugara egyenlő idők alatt egyenlő területeket súrol (azaz a területi sebesség állandó); [ez azt jelenti, hogy Napközelben nagyobb a bolygó sebessége];

A1

A2

vezérsugár

III. T2 / a3 = konst. minden bolygóra, ahol T a bolygó keringési ideje, „a” a pálya fél nagytengelye.

excentricitás: (középpont és gyújtópont távolsága) /( fél nagytengely) 0 → kör; 0–1: ellipszis; 1: parabola; 1– : hiperbola a Földre nagytengely 149597887,5 km, kistengely 149576999,8 km, excentricitás 0,0167

Feladat: A Neptunusz keringési ideje ≈165 (földi) év. Milyen távolságban kering a Neptunusz a Nap körül? (A Nap felszínéről a Földre 8,3 perc alatt ér a fény; a Nap-Föld távolság 150 millió km.) MO. A III. Kepler-törvényt alkalmazva ‚ƒöJM

ƒöJM

…

=

‚†‡ˆ-‰

†‡ˆ-‰

…

,

azaz @

†‡ˆ-‰ ƒöJM

Š

‚†‡ˆ-‰

C =@

‚ƒöJM

"‹Œ C "

C =@

= 27225, amiből

†‡ˆ-‰ ƒöJM

≈ 30,

és behelyettesítve a Nap-Föld távolságot aNeptun = 30 aFöld = 30·150·106 km = 4500·106 km (30 CSE).

Az általános tömegvonzási erőből származtatható a

földi nehézségi erő {B {

•

F = mg

Az v = −γ € € képlet tömegpontokra vonatkozik, de a Föld nagy, mi lesz belőle? (Térfogati integrálból következik) az, hogy a teljes Föld-tömeg a középpontba képzelendő és a távolság a Föld sugara. [Ha meg a Föld belsejében van egy test, akkor csak az a része számít a Földnek, ami „beljebb” van, mert a külső gyűrű eredője zérus. Ha átfúrnánk a Földet és beleejtenénk egy követ, az harmonikus rezgőmozgásba kezdene.] 16


Tehát a Föld felszínén F = γ

{ ••ö‘’ “•ö‘’

, és ezt használjuk röviden F = mg alakban

→ a gravitációs gyorsulás értéke a Föld felszínén g0 = γ

••ö‘’

“•ö‘’

.

γ = 6,67428⋅10–11 Nm2/kg2, MFöld = 5,9742⋅1024 kg (a Föld átlagos sűrűsége 5,5 kg/dm3, a felszín közelében 2,5 kg/m3, belül sokkal nagyobb) g értéke függ a földrajzi szélességtől, egyrészt, mert a Föld nem gömb alakú a sugara az Egyenlítőnél nagyobb (6378,388 km, a saroknál 6356,912 km) → g értéke kisebb az Egyenlítőnél; másrészt, mert a Föld forog a centrifugális erő a forgástengelytől mért távolsággal arányos RAJZ → g értéke kisebb az Egyenlítőnél. Számoljunk: a Föld szögsebessége ω = 2π / 86164 = 7,29·10–5 s–1, acf = Rω2 = 0,03392 m/s2 gszámolt,1 acf gszámolt,2 gmért RF 2 2 2 (km) (m/s ) (m/s ) (m/s ) (m/s2) Egyenlítő 6378,388 9,80082 0,03392 9,76690 9,78049 sarok 6356,912 9,86715 0 9,86715 9,83221 A centrifugális gyorsulás miatt a g iránya nem a Föld középpontja felé mutat! (mit is jelent a függőleges?!?) (A Föld alakja a centrifugális erő miatt nem gömb.) g értéke függ a felszín/tengerszint feletti magasságtól: { • h magasságban F = γ (“ •ö‘’ = mg – •ö‘’Q”

amiből tehát gh = γ (“

••ö‘’

•ö‘’ –

,

—” —˜

“•ö‘’

= @“

•ö‘’

C ,

–

a Föld középpontjától távolodva g csökken (a Mount Everesten ez kb. 0,3 %-os csökkenés). Eddig homogénnek tételeztük fel a Földet, de g értéke függ még a helyi kőzettömegektől is.

Hajítás (mint konstans erő) Tetszőleges konstans erő: ma = F → a = •4 = F/m és t = 0-ban v = v0, r = r0 → v = v0 + a⋅t → r = r0 + v0⋅t + ½a⋅t2 Hajítás esetén F = mg, tehát a = g: mg = m•4 és t = 0-ban v = v0, r = r0 → v = v0 + g⋅t → r = r0 + v0⋅t + ½g⋅t2 : ez koordinátarendszertől független megoldás. 3D Descartes koordináta-rendszerben: igazítsuk úgy a koordinátarendszert, hogy nekünk a lehető legkényelmesebb legyen, azaz g-nek csak egy komponense legyen: a z-tengely a g-vel ellentétes irányba (felfelé) mutasson → g = –gk v0-nak csak két komponense legyen (vízszintes síkban csak egy): az x-tengelyt forgassuk a v0 vízszintes vetületének irányába (v0y = 0) → v0 = v0 cosα i + v0 sinα k, azaz v0x = v0 cosα, v0z = v0 sinα . Ezekkel tehát v(t) = v0x i + (v0z – gt) k és r(t) = (x0 + v0x t i + y0 j + (z0 + v0z t – ½ gt2) k ; és ha lehet, az origót toljuk az r0 = x0 i + y0 j + z0 k pontba, így r(t) = v0x t i + (v0z t – ½ gt2) k . 17


Kiírva külön csak a koordinátafüggvényeket: ay = 0 az = –g ax = 0 vx = v0x vy = 0 vz(t) = v0z – gt x(t) = v0x t (+ x0) y = 0 (y0) z(t) = v0z t – ½ gt2 (+z0) illetve a kezdősebesség nagyságát és a vízszintes síkkal bezárt α szögét felhasználva: ax = 0 ay = 0 az = –g vx = v0 cosα vy = 0 vz(t) = v0 sinα – gt x(t) = v0 t cosα (+ x0) y = 0 (y0) z(t) = v0 t sinα – ½ gt2 (+z0) RAJZOK! Mit jelent, ha negatív vz , x, z…? A felfelé és lefelé mozgás szakaszát nem kell kettévágni, az előjelekben van benne, hogy merre mozog. Feladatok: Mekkora kezdősebességgel dobtunk fel egy testet függőlegesen, ha a feldobás után 2 s-mal a sebessége 4 m/s a) felfelé, b) lefelé? Mennyi az emelkedés ideje, milyen maximális magasságot ér el? vz(t) = vz0 – gt → vz0 = vz(t) + gt = vz(2) + 10⋅2 a) vz(2) = +4 m/s → vz0 = 24 m/s b) vz(2) = –4 m/s → vz0 = 16 m/s emelkedés ideje: vz(te) = 0 → te = vz0/g a) te = 2,4 s b) te = 1,6 s maximális magasság: h = vz02 / (2g) a) h = 28,8 m b) h = 12,8 m Frédi-Béni

18

MECHANIKA (klasszikus mechanika)

Recommend Documents