FEJEZETEK A FIZIKÁBÓL

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010 „Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

FEJEZETEK A FIZIKÁBÓL (Tömegpont mechanikájának alapjai)

Kiemelt tématerületek a hallgatói felkészülés támogatására

Összeállította: Dr. Majár János Gépészmérnöki és Informatikai Kar Fizikai Intézet

MISKOLCI EGYETEM 2014


TARTALOM

1

A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák.................................................. 3

2

Általános feladat-megoldási tanácsok, javaslatok............................................................... 4

2.1

Feladat-megoldási eszközök ........................................................................................ 4

2.2

Vektor-nem vektor ....................................................................................................... 4

2.3

Mértékegységek ........................................................................................................... 5

3 3.1

Kinematika I. – a mozgások leírása általában ..................................................................... 6 Elméleti alapok ............................................................................................................ 6 3.1.1

Elmozdulás, sebesség, gyorsulás .......................................................................... 6

3.1.2

Állandó sebességű eset, az Egyenes vonalú egyenletes mozgás .......................... 7

3.1.3

Állandó gyorsulású eset ....................................................................................... 7

3.1.4

Egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás ..................................................... 8

3.2

Bevezető elemi feladatok............................................................................................. 8

3.3

Kidolgozott mintafeladat(ok) .................................................................................... 10

3.4

Példák, ajánlott feladatok .......................................................................................... 14

4

Kinematika II. – hajítások ................................................................................................. 15

4.1

Elméleti alapok .......................................................................................................... 15

4.2

Bevezető elemi feladatok........................................................................................... 16

4.3


4.4


5

Dinamika I. – Newton-törvények ...................................................................................... 22

5.1

Elméleti alapok .......................................................................................................... 22

5.2


5.3


5.4


6 6.1

Dinamika II. – kötelek, lejtők, csigák ............................................................................... 29 Elméleti alapok .......................................................................................................... 29 6.1.1

Az ideális kötél működése.................................................................................. 29

6.1.2

Az ideális (álló?)csiga működése ....................................................................... 29

1


6.1.3

Lejtőn mozgó test dinamikájának leírása ........................................................... 29

6.2


6.3


6.4


7 7.1

Dinamika III. – megmaradó mennyiségek ........................................................................ 35 Elméleti alapok .......................................................................................................... 35 7.1.1

Lendület (impulzus), Impulzus-tétel .................................................................. 35

7.1.2

Munka, mozgási energia, munkatétel ................................................................. 35

7.1.3

Konzervatív erőterek, potenciális energia, mechanikai energia-megmaradás ... 36

7.1.4

Teljesítmény, teljesítmény-tétel ......................................................................... 36

7.2


7.3


7.4


Irodalom ................................................................................................................................... 44 Köszönetnyilvánítás ................................................................................................................. 44

2


1

A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák

A jelen munkafüzet egy rövid, praktikus szemlélettel készült segédanyag a Fizika tárgy kezdeti óráinak megértéséhez, a gyakorlatokon megoldandó feladatok alapjainak megtanulásához. A fő cél, hogy az elméleti megközelítésből kiindulva, példákon keresztül jusson el a hallgató a legegyszerűbb feladatoktól az egyetemi anyagban szereplő feladatok szintjéig, és sikerrel kezdhessen hozzá a gyakorlatok hallgatásához. A munkafüzet egyéni felkészüléshez készült segédanyag, megfogalmazásai, a feladatok sorának felépítése egy biztos alapokra épülő tudás kialakítását célozza, ami az egyes fejezetek végére stabil, vállalható kezdő tudással vértezi fel az olvasót az egyetemi tanulmányai során. Bár maga a segédanyag nem erre épít, mégis bizonyos feladatok megoldásához szükség van a Matematika tárgy oktatásain elsajátított módszerekre (vektorokkal végzett műveletek, koordináta-geometria és differenciálszámítás). Bár a feladat-megoldások terén óvatosan kell bánni a standard módszerek alkalmazásával, az összetettebb feladatok esetében igyekeztünk olyan feladat-megoldási utakat, eljárásokat javasolni, amelyek a jellemző típus-példák megoldásakor biztosan alkalmazhatóak, és könnyedén megtanulhatóak. Lévén munkafüzet, ez az anyag nem tartalmaz részletes elméleti fejtegetéseket, és nem célja a választott tématerületek mélyebb kérdéseinek tisztázása. Az elsődleges az elméleti anyag alapjainak megértetése, a feladat-megoldási készségek és módszerek fejlesztése, egy minimálisan elvárható gyakorlottság kialakítása. A választott témák azokat a területeket ölelik át, amelyekkel a hallgatók a Fizika, vagy Fizika I. kurzusok során először találkoznak. A fő tématerület a tömegpont mechanikája, azon belül kinematika, dinamika, illetve ezek alkalmazása néhány speciális mozgás esetére (hajítások, körmozgás, rezgések). Felépítését tekintve a munkafüzet minden fejezete egy témakört ölel fel. Az elméleti leírásokat néhány nagyon egyszerű, majd kissé összetettebb példa követi kidolgozva. A Kidolgozott mintafeladat(ok) fejezete egy, vagy két olyan összetett feladattal zárul, amelyet a hallgatónak magának kell megoldania, de hogy a megoldást leellenőrizhesse, egyfajta megoldási utat is bemutatunk. Végül további feladatok segítik az egyéni felkészülést, amelyeknél a végeredmények is megtalálhatóak (de a számolási folyamat részletei nem), ha azok röviden közölhetőek. Ezek között *-gal jelöljük azokat, amelyek egyértelműen túlmutatnak a munkafüzetben tárgyalt feladatok nehézségi szintjén . A segédanyag felhasználható Fizikai Intézet által oktatott Általános Fizika I. és Fizika I. tárgyak oktatásának kiegészítésére a Gépészmérnöki és Informatikai Kar szakjain (Gépészmérnök, Mechatronikai mérnök alapszak, Villamosmérnöki alapszak, Mérnök informatikus alapszak, Műszaki menedzser alapszak), és átoktatásban a Műszaki Anyagtudományi Karon (Anyagmérnöki alapszak), illetve a Műszaki Földtudományi Karon (Műszaki Földtudományi alapszak és Környezetmérnöki alapszak).

3


2

Általános feladat-megoldási tanácsok, javaslatok

A Fizika tárgyakon az oktatás során a fő célkitűzés, hogy sztenderd módon megoldható feladatokkal találkozzanak a hallgatók. Ezeket természetesen kiegészítjük érdekesebb, izgalmas, vagy éppen trükkösen megoldható feladatokkal is, ezeknek a megoldása gyakran eltér a sztenderdtől. Ennek ellenére vannak olyan általános megoldási módszerek (vagy azok tipikus lépései), vagy ellenőrzési módok, amelyek jól alkalmazhatóak majdnem minden feladattípus esetén. Ezen alfejezetben ezeket a módszereket és nézőpontokat igyekeztünk összeszedni. Ki kell emelni azonban, hogy nagyon fontos, hogy a hallgató a részletek tekintetében a tapasztalataira hagyatkozva kialakítsa saját feladat-megoldási szokásait, eszközeit (ezek természetesen nem lehetnek inkorrektek). 2.1

Feladat-megoldási eszközök

Egy fizika feladat esetében több olyan eszköz is rendelkezésre áll, amely megkönnyíti a feladat megoldását. Ha tipizálni szeretnénk egy feladat megoldását, akkor arra jutnánk, hogy az alábbi utat követjük: - Feladat értelmezése, adatok felírása. - Releváns egyenletek felírása, származtatása. - Az egyenlet, vagy egyenletrendszer megoldása. - A megoldások ellenőrzése. - A végeredmények összegzése, kiértékelése, értelmezése. Ezen útvonalon (ami erőteljesen leegyszerűsített) több olyan eszköz is rendelkezésre áll, ami megkönnyíti a megoldást: - Ábra készítése a feladat értelmezéséhez, az adatok felírásához. - Néha az adatokat érdemes táblázatos formában felírni, vagy a feladat részeredményeit abban vezetni a megoldás során. - Megfelelő koordináta-rendszer megválasztása az egyenletek felírásakor, vagy megoldásakor. - A formális levezetések és a behelyettesítések közötti egyensúly megtalálása. - Megfelelő számológép (vagy helyettesítője) megfelelő használata. - Az eredmények kiértékeléséhez, értelmezéséhez újabb ábrák, grafikonok készítése. - Végezetül fontos készség annak átlátása, hogy mikor érdemes egy feladatot több, egymásra épülő részfeladatként kezelni és lineárisan megoldani. 2.2

Vektor-nem vektor

A feladatmegoldás során több lehetőség is van, ami segít legalább nagyjából ellenőrizni, hogy súlyos hibát vétettünk-e a megoldási folyamatban. Ennek egyik módja annak ellenőrzése, hogy a skalárokat, vektorokat, tenzorokat megfelelően kezeljük-e a levezetések során. Ennek van egy egyszerű szabálya (ezért is fontos tudni minden fizikai mennyiségről, hogy milyen jellegű): skalárt csak skalárral lehet összeadni, vagy egyenlővé tenni; és ugyanez igaz vektorok és tenzorok esetében is.

4


2.3

Mértékegységek

Egy másik eszköz a folyamatos ellenőrzésre a mértékegységek megfelelő kezelése. Erre ugyanolyan szabály vonatkozik, mint a skalár-vektor-tenzor kérdéskörben, vagyis csak ugyanolyan mértékegységgel rendelkező fizikai mennyiségek adhatóak össze, vagy tehetőek egyenlővé egymással. Ehhez természetesen az úgynevezett prefixumok ismerete is fontos (kilo-, mega-, milli-, mikro-, stb.). Az alábbiakban összefoglaltuk az ezen munkafüzetben megtalálható fizikai mennyiségek mértékegységét: -

elmozdulás, út: m (méter)

megjegyzés: 1m=100cm,

1km=1000m

-

idő: s (szekundum)

megjegyzés: 1h=3600s

-

sebesség: m/s

megjegyzés: 1m/s=3,6 km/h

-

gyorsulás: m/s2

-

a szögeket általában radiánban mérjük, de jelen munkafüzetben elegendő fokokban

-

tömeg: kg (kilogramm)

-

erő: N (Newton)

-

súrlódási együttható: nincs mértékegysége

-

rugóállandó: N/m

-

sűrűség: kg/m3

-

töltés: C (Coulomb)

-

energia, munka: J (Joule)

megjegyzés: 1J=1kg·m2/s2,

-

teljesítmény: W (Watt)

megjegyzés: 1W=1kg·m2/s3

megjegyzés: 1N=1kg·m/s2

megjegyzés: 1 kg/dm3=1000 kg/m3

5

1kWh=3,6·106J


3

Kinematika I. – a mozgások leírása általában

A Kinematika a mozgások leírásával foglalkozik, nem firtatja a mozgások (és azok tulajdonságainak) miért-jeit. Ebben a fejezetben a Klasszikus Fizika általános kinematikai fogalmait mutatjuk be, és illusztráljuk azokat a legegyszerűbb mozgások leírásával. 3.1

Elméleti alapok

A jegyzetben a továbbiakban mindenhol csak tömegpont mozgásáról lesz szó, vagyis elhanyagoljuk a vizsgált fizikai rendszer kiterjedését, és ezzel együtt természetesen annak forgó mozgása, vagy alakváltozása sem értelmezhető. 3.1.1

Elmozdulás, sebesség, gyorsulás  Egy test egy mozgását egy r(t) vektor jellemzi, amely minden egyes t időpontban megadja a tömegpont helyzetét. Azonban mivel a helyvektor csak adott koordinátarendszerben értelmezhető, szükségünk van egy koordináta-rendszer választástól független, vagyis mérhető fizikai mennyiségre. Ez az elmozdulás vektor, amely megmondja, hogy a test a t1 és t2 időpontok között hogyan mozdul el a pályáján:     r1,2  r(t 2 )  r(t1 ) . (3.1.)

Az elmozdulás-vektort elosztva az idővel (vagyis bevezetve az időegység alatt bekövetkező elmozdulás fogalmát) megkapjuk a sebességvektort. Ez azonban csak akkor lehet pontos, ha az időtartamot egészen kicsinek választjuk, így megkapjuk a sebességvektort bármely időpontban, vagyis     r(t 2 )  r(t1 ) dr(t1 ) . (3.2.) v(t1 )  lim  t t t 2  t1 dt 2

1

Hasonlóan vezethető be a pillanatnyi gyorsulás vektora is, amely a sebesség időbeli megváltozását írja le, vagyis      v(t 2 )  v(t1 ) dv(t1 ) d 2 r(t1 ) . a(t1 )  lim   t 2  t1 t 2  t1 dt dt 2

(3.3.)

Tovább nem érdemes ezen a gondolati szálon haladni, a dinamika mozgásegyenletei a gyorsulás-vektort határozzák meg, abból kell kiszámolnunk a tömegpont pályáját. Visszafelé  haladva a differenciál-számítás helyett integrálnunk kell, vagyis ha adott a gyorsulás a(t) időfüggése, abból a sebességvektort az alábbi integrálással számolhatjuk ki: t    v(t)   a(t ')dt '  v 0 ,

(3.4.)

t0

 ahol v0 -val jelöltük a sebességvektor t0-ban felvett értékét.

6


Hasonlóan, ha a sebességvektor időfüggése ismert, abból kiszámolható a helyvektor adott koordinátarendszerben: t    r(t)   v(t ')dt '  r 0 ,

(3.5.)

t0

 ahol r 0 -val jelöltük a helyvektor t0-ban felvett értékét. Amennyiben a fenti integrálások elvégezhetőek, a mozgásegyenletekből származtatott gyorsulásvektorokból a mozgás minden fontos tulajdonsága kiszámolható.

Fontos még az általános elméleti bevezetőben foglalkozni az átlagsebesség fogalmával, ami a vizsgált időtartam alatt megtett út és az idő hányadosa, vagyis nem az elmozdulással áll kapcsolatban. v

s1,2 t 2  t1

,

(3.6.)

ahol a két időpont között megtett út

 s1,2   v(t) dt . t2

(3.7.)

t1

3.1.2

Állandó sebességű eset, az Egyenes vonalú egyenletes mozgás

A fenti általános összefüggések első, legegyszerűbb alkalmazása az Egyenes vonalú, egyenletes mozgás, amelynek definíciója, hogy a sebességvektor állandó (iránya és hossza is)

  v(t)  v0 . Ezt kiintegrálva lehet leírni a mozgást, vagyis    r(t)  v 0  t  r 0 .

(3.8.)

Mivel az egyenes vonalú mozgás leírása egyetlen koordinátatengely mentén is lehetséges, egy megfelelően választott koordinátarendszerben, ha a mozgás az x tengely mentén történik, a fenti egyenlet az alábbi lesz:

x(t)  v 0 t  x 0 .

(3.9.)

Fontos kiemelni, hogy ha több, nem ugyanabba az irányba haladó mozgást egyszerre szeretnék leírni, valamilyen koordinátarendszer bevezetésére szükség van, és akkor a korábbi egyenletek érvényesek mindegyik egyenes vonalú egyenletes mozgást végző tömegpontra. 3.1.3

Állandó gyorsulású eset





Hasonlóan kiszámolhatóak az állandó gyorsulású a(t)  a 0 mozgás egyenletei is, ahol a sebességvektor

   v(t)  a 0  t  v0 ,

(3.10.)

7


az elmozdulás-vektor pedig

   a0 2  r(t)   t  v 0  t  r 0 2

(3.11.)

lesz. 3.1.4

Egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás

Az állandó gyorsulású mozgások egyik speciális esete az egyenes vonalú, egyenletesen



változó mozgás, amely abban különbözik a fenti, általánosabb esettől, hogy az a 0 gyorsulás



és a v0 kezdeti sebességek párhuzamosak. Ebben az esetben, ha csak egyetlen tömegpont mozgását vizsgáljuk, ismét elegendő egyetlen koordinátatengely bevezetése a mozgás leírására, ez ismét legyen az x tengely. Ekkor a sebesség

v x (t)  a 0  t  v 0

(3.12.)

lesz, a koordináta pedig

x(t) 

3.2

a0 2  t  v0  t  x 0 . 2

(3.13.)

Bevezető elemi feladatok

1. feladat

Egy egyenletesen mozgó autó sebessége 72 km/h. Mennyi utat tesz meg 10 s alatt?

Megoldás: - Adatok: v=72 km/h, Δt=10 s. - Az autó sebességének átváltása m/s-ra: 72 km/h = 72/3,6 m/s = 20 m/s. - Az út kiszámítása: s = v Δt = 200 m 2. feladat Egy farkas üldözőbe vesz egy őzgidát. Tegyük fel, hogy mindketten ugyanazon egyenes mentén mozognak, a farkas sebessége 36 km/h, a gidáé 21,6 km/h, és utóbbinak 100m előnye van. Mennyi idő múlva éri utol a farkas és mennyit kell futnia? Megoldás: - Adatok: vf = 36 km/h=10 m/s, vg=21,6 km/h=6 m/s, Δs=100m. - Az egyenes vonalú mozgások leírása: sf = vf Δt; sg = vg Δt. - A megoldandó egyenlet: sf = sg + Δs.

- Az idő kiszámítása: v f  t  v g  t  s 

t 

s 100m   25s . v f  v g 10m / s  6m / s

- A farkas által megtett út kiszámítása: s f  v f  t  10m / s  25s  250m .

8


3. feladat Egy kerékpáros sebessége 5 s alatt 7 m/s-ról egyenletesen 12 m/s-ra növekszik. Mekkora a gyorsulása? Mennyi utat tesz meg a gyorsuló szakaszon? Megoldás: - Adatok: v0=7 m/s, v1=12 m/s,

Δt=5 s.

- Az autó gyorsulásának kiszámítása: a 

v1  v0 12m / s  7m / s m  1 2 . 5s s t

a 1m / s 2 2  (5s) 2  5m / s  5s  37,5m - A megtett út kiszámítása: s   t  v0  t  2 2 4. feladat Egy hajó északra halad 20km/h sebességgel, egy másik keletre 15km/h-val. Milyen távol lesznek egymástól 4 óra múlva? Megoldás: - Adatok: v1=20 km/h, v2=15 km/h, Δt=4 h. - A megtett utak kiszámítása: s1 = v1 Δt = 80 km; s2 = v2 Δt = 60 km. - A hajók távolsága, mivel egymásra merőlegesen haladnak, a Pitagorasz-tétel segítségével számolható ki, vagyis

s  s12  s 22  100km . 5. feladat Egy hajó vh=20km/h sebességgel halad kelet felé. A raktérben egy patkány a hajóhoz képest északkeleti irányban szalad vp=15km/h sebességgel. Mekkora a patkány sebessége a Földhöz képest és milyen szöget zár be a keleti iránnyal? Megoldás: - Adatok: vh=20km/h, vp=15km/h, a patkány sebessége a keleti irányhoz képest α=45°. - Koordinátarendszer választása: x tengely a keleti irányba, y tengely az északi irányba mutasson. - Vektorkomponensek: vhx=20km/h; vhy=0km/h

vpx=vp cos α=10,61 km/h; vpy=vp sin α=10,61 km/h







- A partról nézve a két sebességvektor összegét lehet látni, vagyis v  v h  v p .

km   km   km   20 10, 61 30, 61     h   h   h    . A vektor koordinátái: v  v h  v p    0 km   10, 61 km   10, 61 km        h   h   h   - A sebességvektor hossza: v  v 2x  v 2y  32,39km / h . - A sebességvektor iránya, vagyis a keleti iránnyal bezárt β szöge:

tg 

vy vx

 0,347    19,1 .

9


3.3

Kidolgozott mintafeladat(ok)

1. feladat Egy tömegpont mozgása koordinátáinak időfüggését az alábbi egyenletek írják le: x(t)  A  cos(t); y(t)  B  e t ; z(t)  C  t 2  D  t  E , ahol A=2m, B=-1m, ω=2s-1, α=0,3 s-1, C=-0,5m/s2, D=5m/s, és E=6m. a) Határozza meg a sebesség- és gyorsulásvektorok komponenseit! b) Számolja ki a sebesség és a gyorsulásvektor hosszát 6s-nál!

10


1. feladat megoldása

- Adatok: A=2m, B=-1m, ω=2s-1, α=0,3 s-1, C=-0,5m/s2, D=5m/s, E=6m, t=6s. - A helyvektor koordinátákkal történő felírása:  A  cos(t)     r(t)   B  e t   C  t2  D  t  E   

a) A sebességvektor a fenti vektor első deriváltja, a gyorsulásvektor a második derivált, vagyis    A   sin(t)  dr    v(t)    B    e t  dt    2C  t  D  2    A    cos(t)    dv    B   2  e t  a(t)  dt   2C  

b) A fenti két vektor a konkrét értékek behelyettesítése után  2m  2s 1  sin(2s 1  6s)   4m / s  sin(12)   2,146m / s     1     v(t  6s)   1m  0,3s 1  e 0,3s 6s    0,3m / s  e 1,8    0, 05m / s      1m / s  1m / s  1m / s 2  6s  5m / s         2m  4s 2  cos(2s 1  6s)   8m / s 2  cos(12)   6, 751m / s 2     1     a(t  6s)   1m  0,32 s 2  e 0,3s 6s    0, 09m / s 2  e 1,8    0, 015m / s 2       1m / s 2  1m / s 2 1m / s 2        

A komponensekből a vektorok hossza az alábbi módon számolható ki:

v  v 2x  v 2y  v 2z  2,368 a  a 2x  a 2y  a z2  6,825

m s

m . s2

11


2. feladat Két villamosmegálló között 760m a távolság. A kocsi egyenletesen gyorsul, aztán 27 km/h sebességgel egyenletesen mozog, majd állandó lassulással lefékez. A gyorsítás ideje 30s, a fékezésé 20s. Mennyi idő alatt ér a villamos az egyik megállóból a másikba?

12



- Adatok: s=760m, vvég=27 km/h=7,5m/s, t1=30s, t3=20s. - A megoldás logikája: - A mozgás teljes ideje a három szakasz idejének összege, vagyis t = t1+ t2 + t3. - Ezekből a második szakasz időtartama ismeretlen, lényegében ennek meghatározása a cél. Ennek kulcsa a második szakaszban megtett út kiszámítása. - Első megoldás: az egyenletrendszer felírásával.

v vég  a1  t1 1. szakasz – gyorsuló szakasz

s1 

a1 2  t1 2

s 2  v vég  t 2

2. szakasz – állandó sebesség

0  a 3  t 3  v vég 3. szakasz – lassulás

s3 

a3 2  t 3  v vég  t 3 2

s  s1  s 2  s3

továbbá

t  t1  t 2  t 3

Ezen egyenletekből folyamatában kiszámolhatóak az egyes mennyiségek: először a gyorsulások, azok segítségével az első és utolsó szakasz során megtett utak, abból a második szakasz során megtett út, végül annak az időtartama. - Második megoldás: grafikusan, felrajzoljuk a sebesség-idő diagramot v vvég s1 t1

s2 t2

s3

t

t3

Figyelembe véve, hogy az egyes szakaszokon megtett út megegyezik a függvény alatti területtel, geometriai alapon könnyedén kiszámolhatóak az utak, abból az s2, annak felhasználásával pedig a hiányzó időadat. - Eredmények: a1=0,25 m/s, ebből s1=112,5 m. a3=0,375 m/s, ebből s3=75 m. s2=572,5 m,

ebből t2=76,33 s

t=126,33s

13


3.4

Példák, ajánlott feladatok

1. feladat Egy test t=0-ban a Descartes-koordináta rendszer (3m, 2m, 1m) pontjában volt, t=3-ban pedig az (5m ,5m ,-1m) pontban, ahová egyenes vonalban mozgott. Mekkora az átlagsebessége? (1,37m/s) 2. feladat Két hegyi falu közötti autóbuszjáraton a buszok átlagsebessége egyik irányban 30 km/óra, a másik irányban 60 km/óra. Mekkora az átlagsebesség egy teljes fordulót figyelembe véve? Mi lenne akkor az átlagsebesség, ha a busz egy órán át menne 30, egy órán (40 km/h és 45 km/h) át pedig 60km/h sebességgel? 3. feladat* Egy test egydimenziós mozgást végez, a gyorsulás-idő függvény az ábrán (5,33 m/s) látható, v0=0. Mekkora az átlagsebesség? a 3 t 2

4

6

4. feladat* Egy motorkerékpáros az ábra szerinti A pontból a C pontba kíván eljutni. Sebessége az úton (A és D között) 50 km/h, a mezőn 25 km/h. Melyik B pontnál kell letérnie a műútról, hogy A-ból C-be a legrövidebb idő alatt érjen? (Legyen x az A és a B távolsága, (x=2,268 km) d=4 km pedig az A és a D távolsága, h=3 km.)

C h

A

B

D

5. feladat* Az xy síkban mozgó tömegpont koordinátái a következőképpen változnak: x=c1t2, y=c2-c3t2, ahol c1=15m/s2, c2=4m, c3=20m/s2. Határozzuk meg a tömegpont pályáját, pályasebességét és tangenciális gyorsulását. Mennyi idő alatt futja be a tömegpont pályájának a koordinátatengelyek közé eső szakaszát?

14


4

Kinematika II. – hajítások

A hajítások az állandó gyorsulású mozgások közé tartoznak, a Nem jó számfejezetben leírtak jelentik a jelen fejezet kiindulópontját. 4.1

Elméleti alapok

A hajítások olyan speciális, állandó gyorsulású mozgások, amelyeknek a gyorsulása   megegyezik a gravitációs gyorsulással, vagyis a 0  g , ami egy mindig függőlegesen lefelé mutató, g  9,81 m2 hosszúságú vektor. s

Megjegyzés: a feladatok megoldásakor itt elegendő a g  10 m / s 2 közelítő értékkel számolni. Fontos kiemelni, hogy a hajításokkal kapcsolatos feladatoknál általában elhanyagoljuk a légellenállás hatását, az nagyban megnehezítené a számolásokat, lásd ballisztikus pályák. A hajításokat három különböző típusba sorolhatjuk: 1. A függőleges hajítások esetén a gyorsulás és a kezdeti sebességvektor párhuzamosak (vagyis a kezdősebesség is függőleges). Ennek speciális esete a szabadesés, amelynél a kezdősebesség nagysága zérus. 2. A vízszintes hajítások esetén a kezdeti sebesség merőleges a gyorsulásra, vagyis vízszintes. 3. Minden más esetet ferde hajításnak nevezünk. A hajítások – lévén két dimenziós (vagy egyenes vonalú) mozgások kiértékelésénél elegendő két dimenziós koordinátarendszerben végezni a leírást (a három dimenziós koordinátarendszert úgy forgatjuk el, és az origó helyét úgy választjuk, hogy az egyik irányban minden vektor-komponens zérus legyen). Az általános konvenció szerint a függőleges komponensek a z tengelyen lesznek felvéve, a vízszintesek az x tengelyen. A hajításokkal kapcsolatos feladatokat az alábbi általános menetrend segítségével lehet szisztematikusan felírni: 1. lépés: javasolt a feladat megoldását ábra rajzolásával kezdeni. 2. lépés: a koordinátarendszer megválasztása, vagyis az origó helyének kiválasztása, a tengelyek irányának meghatározása. Javasolt az egyik (x) tengelyt vízszintesen, a másikat függőlegesen felvenni. 3. lépés: az állandó gyorsulású mozgásokra vonatkozó általános egyenletek komponenseinek felírása a koordinátarendszerben. 4. lépés: az egyenletrendszer megoldása a megadott adatok alapján. 5. a feladat megoldásának kiértékelése, a nem fizikai megoldások kiszűrése.

15


4.2


1. feladat Mekkora távolságot tesz meg a nyugalmi helyzetből induló, és szabadon eső test a t1 = 6s és t2 = 8s közötti időközben? Megoldás: - Adatok: g=10m/s2, v0=0m/s, t1=6s, t2=8s. - A test lefelé halad, ennek megfelelően vesszük fel a koordináta-tengely irányát. - A megtett út kiszámítása a két időpontig:

g 2 g  t1  180m , s 2   t 22  320m 2 2 - A két út különbsége, vagyis az az út, amit a két időpont között tesz meg a test s  s 2  s1  140m . s1 

2. feladat Egy testet 10 m/s kezdősebességgel felfelé hajítunk. Milyen magasra jut a test? Mennyi idő alatt ér vissza a kezünkbe? Milyen sebességgel csapódik a kezünkbe? Megoldás: - Adatok: g=10m/s2, v0=10m/s - A koordinátarendszert az alábbiakban úgy vesszük fel, hogy a tengely függőlegesen felfelé mutat, nulla pontja a hajítás kezdőpontja. - A mozgás egyenletei a választott koordinátarendszerben v(t)  g  t  v 0 g z(t)    t 2  v0  t 2

- A pálya tetőpontján a sebesség nullává válik, vagyis a csúcsra érés ideje v(t tető )  0  g  t tető  v 0

 t tető 

v0  1s g

- Az eközben megtett út g z tető    t 2tető  v0  t tető  5m 2 - A visszaérkezésről azt tudjuk, hogy akkor a z koordináta értéke újra zérus, vagyis az idő g z(t vissza )  0    t 2vissza  v0  t vissza 2

 t vissza 

2v 0  2s g

Megjegyzendő, hogy a fenti egyenlet másik megoldása a t=0s, ami a mozgás kezdőpontja, ez ellenőrzésnél fontos, de új eredményt nem szolgáltat. - A visszaérkezés sebessége pedig v(t vissza )  g  t vissza  v 0  10

m , s

vagyis ugyanolyan nagyságú, de ellentétes irányú sebességgel érkezik vissza.

16


4.3


1. feladat Egy 20 m magasan nyíló ablakból egy, a talajon, a fal tövétől 14 m-re lévő dobozba köveket hajigálunk. Mekkora vízszintes sebességgel kell elhajítanunk a köveket, hogy beletaláljunk a dobozba?

17



- Adatok: az ablak h=20m magasan van, a fal tövétől a doboz k=14m távolságban található. - Ábra és koordináta-rendszer választás x

h

k

z

Megjegyzés: a koodinátarendszer-választás lehet ennél szokványosabb is, ettől a végeredmény nem függ(het). Talán a fenti koordinátarendszer adaptálható legjobban a feladathoz, viszont vigyázni kell az irányokkal, előjelekkel (például a mozgás végpontjának függőleges komponense nem -20m, hanem 20m!). - Ebben a koordinátarendszerben a mozgás egyenletei az alábbiak: v z (t)  g  t g 2 t 2 x(t)  v 0  t

z(t) 

- A végpontra (x=k, z=h) vonatkozó egyenletek az alábbiak: g 2  t vég 2 k  v 0  t vég h

- Az első egyenletből meghatározható a hajítás időtartama, a másodikból ennek segítségével a vízszintes irányú kezdősebesség nagysága. t vég 

2h k g m  2s  v0   k 7 g t vég 2h s

- Megjegyzendő, hogy ha a koordinátarendszer origóját a fal tövéhez választanánk, akkor a z tengely függőlegesen felfelé mutatna, a z(t) kifejezése más lenne, de a végpontra vonatkozó egyenlet eredménye ugyanaz lenne: g g z(t)    t 2  h  z(t vég )  0    t 2vég  h  t vég  2 2

18

2h . g


2. feladat Egy testet 25m/s nagyságú, a vízszintessel 60o–os szöget bezáró kezdeti sebességgel elhajítunk. Mikor és hol ér pályája tetőpontjára? Milyen magasra jut? Hol és mikor ér újra földet a test?

19



- Adatok: v0=25m/s, α=60°. - Ábra és koordináta-rendszer választás z

z

zt

vz=v0 sinα

v0

v0 α

α xt

xv

x

vx=v0 cosα

x

- Ebben a koordinátarendszerben a releváns egyenletek a következők: v z (t)  g  t  v0z  g  t  v 0  sin  g g z(t)    t 2  v0z  t    t 2  v 0  sin   t 2 2 x(t)  v0x  t  v0  cos   t

ahol a kezdeti sebességvektor komponensekre bontását a jobb oldali ábra segítségével elvégeztük. - A pálya tetőpontjára az jellemző, hogy ott a függőleges sebességkomponens nullává válik, vagyis vz(ttető)=0m/s. Ebből a tetőpontra érkezés ideje kiszámolható, abból pedig a csúcspont koordinátái is: v z (t tető )  0  g  t tető  v 0  sin   t tető 

v 0  sin   2,165s g

g z t  z(t tető )    t 2tető  v0  sin   t tető  23, 44m 2 v 2  sin   cos  x t  x(t tető )  v 0  cos   t tető  0  27, 06m g

- A pálya végpontjának jellemzője, hogy ott a z komponens értéke újra nulla lesz, vagyis z(tvég)=0. Ebből az idő meghatározása után (a zérus megoldást ismét nem vesszük figyelembe) a hajítás távolsága is kiszámítható: g z(t vég )  0    t 2vég  v0  sin   t vég 2 x v  x(t vég )  v0  cos   t vég

 t vég 

2v0  sin   4,33s g

2v 02  sin   cos    54,12m g

- Megjegyzés: jól látható, hogy a mozgás a csúcspont körül szimmetrikus, a végpont ideje és x koordinátája is éppen duplája a csúcsponthoz tartozó értékeknek. Ez azonban csak a közegellenállás elhanyagolása miatt lehetséges.

20


4.4


1. feladat Egy követ 125m magasról kezdősebesség nélkül leejtünk. Ezután 1s-mal később utána dobunk egy másik követ, függőlegesen lefelé irányuló vo kezdősebességgel. (11,25 m/s) Mekkora legyen vo, hogy pontosan egyszerre érjenek földet? 2. feladat Egy testet egy 15m magas toronyból 20m/s nagyságú, a vízszintessel 30°–os szöget bezáró, ferdén lefelé mutató kezdősebességgel eldobunk. Mennyi idő múlva ér földet a test és a torony tövétől milyen távol? (1s, 17,32m) 3. feladat Rögzített nagyságú kezdősebesség esetén a vízszinteshez képest milyen szögben kell eldobnunk egy testet, hogy a lehető legmesszebb essen le, ha a közegellenállást (45°) elhanyagoljuk? 4. feladat A vízszintes sík terepen milyen szögben kell kilőni az 500 m/s kezdősebességű (5,77° vagy 84,23°) lövedéket, hogy az a kilövés helyétől 5 km-re fekvő célba csapódjon? 5. feladat A várat ostromló hadsereg a 35 méter magas várfaltól 80 méterre felállít egy katapultot, amellyel lángoló lövedékeket szeretnének behajítani a várba. A katapult 5 méter magasról engedi el a lövedéket, melynek kezdeti sebessége a vízszintessel 60º-os szöget zár be és a sebesség nagysága 40 m/s. Sikerül-e áthajítaniuk a tűzgolyót a várfal fölött? Mekkora és milyen irányú a sebesség, amikor a lövedék a várfalhoz ér (becsapódik vagy elhalad (zfal=63,56m, v=20,71m/s, 15o–kal a vízszintes alatt) fölötte)?

21


5

Dinamika I. – Newton-törvények

A testek mozgásának miért-jeire a Dinamika ad választ. Ennek első szakasza a Newtontörvényeket, és az ahhoz kapcsolódó erő-törvényeket tartalmazza, és a test mozgásegyenleteinek származtatása a cél. Az egyenletek megoldása már a kinematika tárgykörébe tartozik. 5.1

Elméleti alapok

A Newton-törvények: 1. Minden test megőrzi egyenes vonalú egyenletes mozgását, vagy nyugalmi állapotát addig, amíg annak megváltoztatására egy másik test nem kényszeríti. - Megjegyzés: a feladatmegoldásokban ez úgy jelenik meg, hogy ha egy tömegpontra ható erők eredője zérus (ebbe beleértendő az is, ha nem hat rá erő), akkor nem gyorsul, vagyis a sebessége állandó. - Megjegyzés: a fenti Newton-törvény modernebb változata az úgynevezett kiválasztási axióma, viszont a munkafüzetben található feladatok megoldásához arra nincs szükség. 2. A test gyorsulása és a rá ható erő arányos, vagyis szabatosabban:   F  ma ,

(5.1.)

ahol az arányossági tényező a tehetetlen tömeg, mértékegysége a kg. 

3. Ha egy A test egy B testre FAB erőt fejt ki, akkor a B test is erőt fejt ki az A-ra. Ezen   FBA erő azonos nagyságú, de ellentétes irányú az eredeti FAB erővel, vagyis:

  FBA   FAB

(5.2.)

Ezt nevezik erő-ellenerő, vagy hatás-ellenhatás törvényének is. 4. Ha egy tömegpontra egyidejűleg több erő is hat, akkor együttes hatásuk helyettesíthető egy úgynevezett eredő erővel. Az eredő erő az egyes erők vektori összege: n   Fe = å Fi

(5.3.)

i =1

A második és negyedik törvény összevetésének segítségével adhatjuk meg a tömegpont mozgásegyenletét

   d2r F i = ma = m 2 , (5.4.) å dt i =1  amelynek r (t ) megoldásait nevezzük mozgástörvénynek; a megoldáshoz természetesen n

  szükség van a v(t0 ) és r (t0 ) kezdeti feltételekre is. 22


A mozgásegyenletek konkrét felírásához azonban szükség van bizonyos erőtörvényekre, amelyek a tömegpont helyétől, sebességétől, az időtől, anyagi és geometriai paraméterektől függően kiszámíthatóvá teszik az erővektorokat. A feladatmegoldások során használandó erőtörvények az alábbiak: - Súlyerő: G  m g , ahol g a gravitációs gyorsulás, az erő mindig függőleges. - Csúszási súrlódási erő: FS    Fny , ahol μ a csúszási súrlódási együttható, Fny a -

két felület közötti nyomóerő. Az erőhatás mindig a felületekkel párhuzamos. Rugóerő: Fx D x , ahol D a rugóra jellemző direkciós állandó, x a kitérés. Kényszererők, mint a kötélerő (a kötél végén ébredő erő), vagy a tartóerő (a testet „tartó” felületre merőleges erőhatás).

A feladatmegoldások tekintetében az alábbi pontok végrehajtása javasolt: 1. Javasolt egy megfelelő minőségű ábra elkészítése. 2. Az ábrán jelölni kell a fellépő erőket. Általános szabály a mechanikában, hogy az hat erővel egy testre, ami hozzáér, kivéve a gravitációt (és persze az ebből származó súlyerőt). Ezen pontnál fontos kiemelni, hogy az erők figyelembe vételekor számot kell tudni adni minden erő ellenerejéről is. Ezek között lesznek elhanyagolható hatásúak (például a test tömegvonzását, ami a Földre hat vissza, elhanyagolhatjuk, ahogy a rögzített felület tartóerejének ellenerejét is, stb.), de érdemes mindegyiket beazonosítani. 3. Az erők berajzolásának elvei (bár ezek némelyike a tömegpont modell esetén nem igazán lényeges): a. A súlyerőt a tömegközéppontból indítjuk lefelé. b. A tartóerőt az azt kifejtő felületre, a felületből indítva vesszük fel. c. A kötélerő (lásd később) mindig kötélirányú. d. A csúszási súrlódási erő (lásd később) a két felület határán, a mozgás feltételezett irányával ellentétes irányba mutat. e. A csúszási súrlódási erő esetén, ha az egyik felület tartóereje hat a másik (jellemzően a mozgó) testre, akkor a súrlódási erő kifejezésében szereplő nyomóerő megegyezik ezzel a tartóerővel. 4. Választani kell egy megfelelő koordinátarendszert, amelyben az erővektorok összeadhatóak, ezzel az eredő erő meghatározható. Javasolt már ekkor figyelembe venni, hogy milyen koordinátarendszer-választás a legmegfelelőbb a gyorsulásvektor tekintetében. 5. Az egyes testekre külön-külön felírjuk a mozgásegyenleteket az alábbi módon. 6. A választott koordinátarendszerben (ez leggyakrabban derékszögű Descarteskoordinátarendszer) össze kell adni (illetve összegezni kell) az erővektorokat, meghatározva az eredő erő vektorának komponenseit. 7. Ezt behelyettesítjük a mozgásegyenletbe, és meghatározzuk a gyorsulásvektor komponenseit. 8. A mozgástörvény meghatározása a kinematika feladatkörébe tartozik, az ott leírt módszerek alkalmazhatóak.

23


5.2


1. feladat Mekkora az emelődaru kötelében fellépő Fh húzóerő egy 100 kg tömegű gépalkatrész süllyesztésekor, illetőleg emelésekor, ha a gyorsulás nagysága mindkét esetben 2 m/s2? A kötél és a végén levő horogszerkezet súlya elhanyagolható. Megoldás: - Adatok: m=100kg, a=2 m/ s2. - Mozgásegyenlet, és annak megoldása, amikor lefelé mozog: G  Fh  m  a  Fh  m  g  m  a  800N.

- Mozgásegyenlet, és annak megoldása, amikor felfelé mozog: Fh  G  m  a  Fh  m  g  m  a  1200N .

2. feladat Egy m=4kg-os testre a súlyán kívül egy vízszintes, 30N nagyságú erő hat. Mekkora a test gyorsulása? Megoldás: - Adatok: m=4kg, F=30N. - A két erőhatás (súlyerő és F) merőleges egymásra, így a kettő eredőjének nagyságát a Pitagorasz-tétellel lehet kiszámolni: Feredő  (m  g)2  F2  50N.

3. feladat Egy fél mázsás zsák vízszintes, súrlódásmentes talajon hever. Egy munkás elkezdi húzni a vízszintessel 40°-os szöget bezáró, 400N nagyságú erő-vel. Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása? Megoldás: - Adatok: m=50 kg, Fh=400N, =40° - Ábra, előkészítve a húzóerő komponensekre bontását:

Fh

T



G - Mivel a húzóerő 400N, a test súlya pedig G=mg=500N, még ha függőlegesen felfelé is húzzuk, nem emelkedik el a talajról a test. Ezért rajzoltuk be a tartóerőt is az ábrán. - Függőlegesen a tartóerő, a húzóerő függőleges komponense és a súly kiegyenlítik egymást. A gyorsulást a mozgásegyenlet vízszintes komponenséből lehet kiszámolni: Fh cos   m  a  a 

Fh cos  m  6,13 2 . m s

24


4. feladat Egy m=50kg-os zsákot vízszintesen húzunk F=300N erővel, így a gyorsulása 2 a=1m/s . Mekkora a súrlódási együttható a talaj és a zsák között? Megoldás: - Adatok: m=50kg, F=300N, a=1m/s2. - Ábra, feltűntetve a gyorsulás irányát is:

T

a

S

F G - A függőleges irányú mozgási egyenlet komponens, lévén függőlegesen a test nem gyorsul, az alábbi: T  G  0  T  m  g.

- A vízszintes komponensre vonatkozó egyenlet pedig: F S  ma  F  T  ma.

- A fenti egyenletek alapján a megoldás: 

F  ma  0,5. mg

5. feladat Egy rugóra felakasztunk egy 2dm3 térfogatú, 5kg/dm3 sűrűségű testet, így a rugó 2cm-t nyúlik meg. Mekkora a rugóállandó? Megoldás: - Adatok: V=2dm3, ρ=5kg/dm3, Δx=2cm=0,02m. - A test tömegének meghatározása: m  V  10kg.

- A test mozgásegyenlete egyensúlyi helyzetben (a pozitív irány függőlegesen felfelé mutat): D  x  m  g  0.

- Ebből a megoldás: D

mg N  5000 . x m

25


5.3


1. feladat Egy M=10kg tömegű, téglatest alakú ládát leteszünk a padlóra, függőleges oldalára helyezünk egy m=2kg tömegű kis dobozt. A doboz és a láda között mind a csúszási, mind a tapadási súrlódási együttható 1=0,2, a láda és a padló között pedig mindkettő 2=0,5. a) Legalább mekkora legyen a láda gyorsulása, hogy a doboz ne essen le? b) Mekkora vízszintes F erővel kell ehhez a ládára hatni?

F

M

m

26



- Adatok: M=10kg, m=2kg, μ1=0,2, μ2=0,5. - Ábra az erőhatások berajzolásával (külön figyelni kell az ellenerőkre): S1

a

TM

F

Tm

Tm S1

Gm

S2

GM

Megjegyzés: az ábrán azokat az ellenerőket, amelyek relevánsak, ábrázolni kell! A számolások megkönnyítése érdekében az egyes erőket úgy ábrázoltuk, hogy jól látható legyen, mely testekre hatnak (még ha ezzel az ábra kevésbé is lesz pontos). - Bár a két test nincs rögzítve, jól láthatóan azonos gyorsulással kell rendelkezniük. Az M gyorsulása nem lehet nagyobb, mint m-é, különben a doboz belenyomódna a ládába. Ha pedig a doboz gyorsulása lenne nagyobb, leesne (megszűnne az őt fent tartó tapadási súrlódás). - A koordinátarendszer-választás ebben az esetben egyszerű, az erőhatások függőleges és vízszintes komponenseit számoljuk ki. - A doboz mozgásegyenletének komponensei (először a függőleges, majd a vízszintes): S1  G m  0  1Tm  m  g  0 Tm  m  a .

- A láda mozgásegyenletének komponensei (először a függőleges, majd a vízszintes): TM  G M  S1  0  TM  M  g  1Tm  0 F  Tm  S2  M  a  F  Tm   2 TM  M  a .

- Az első kérdésre a választ a doboz mozgásegyenleteiből lehet kiszámolni. Ahhoz, hogy a test ne csússzon le, ahhoz a függőleges gyorsulásnak kell nullának lennie, vagyis az első egyenletnek kell teljesülnie: g m 1Tm  m  g  0  1  m  a  m  g  0  a   50 2 . 1 s - A gyorsulás ismeretében az F erő nagysága a láda mozgásegyenleteiből számolható ki: F  Tm   2 TM  M  a  F  Tm   2 (M  g  1Tm )  M  a  F  m  a   2 (M  g  1m  a)  M  a  660N

27


5.4


1. feladat Egy m = 8 kg tömegű pontszerű testre a súlyán kívül még két, F1= F2=60N nagyságú erő hat, mindkettő  = 30o-os szöget zár be a vízszintessel, és e két utóbbi erő a súlyerővel egy síkban van. Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása? (2,5m/s2, lefelé)

F1

F2 

2. feladat Egy négyzet csúcsaiban azonos Q töltésű pontszerű testek vannak. Mekkora a négyzet középpontjában elhelyezkedő ötödik részecske töltése, ha a rendszer egyensúlyban (-0,957Q) van?

Megjegyzés: az utóbbi feladat megoldásához szükség van a Coulomb-erő nagyságának kifejezésére, ami két, Q1 és Q2 ponttöltések között ható erő, amikor r távolságra vannak egymástól: Nm 2 QQ FC  k 1 2 2 , ahol k  9 109 2 . C r 3. feladat* Egy G =50N súlyú testet a padlóra helyezünk, és a vízszintessel α szöget bezáró rögzített F=25N nagyságú erővel húzni kezdjük. Mekkora α esetén maximális a test (11,3°) gyorsulása, ha a test és talaj közti súrlódási együttható =0,2 ?

28


6

Dinamika II. – kötelek, lejtők, csigák

A konkrét feladatok megoldásakor a Fizika oktatásában külön fontossága van a kötelek, lejtők és csigák egyszerűsített leírásának. Ezzel nyílik lehetőség összetettebb mechanikai rendszerek vizsgálatára anélkül, hogy bonyolult rugalmasságtani, vagy a merev testek dinamikájára vonatkozó feladatokat kellene megoldani. 6.1 6.1.1

Elméleti alapok Az ideális kötél működése

Az ideális kötélnek két alapvető tulajdonsága van: 1. Nyújthatatlan. 2. A tömege zérus. Ennek következményei az alkalmazások tekintetében az alábbiak: 1. Ha a kötél nem feszül meg, olyan, mintha ott sem lenne. 2. A kötél mozgásegyenlete nem jelenik meg külön egyenletként, a kötélerők nagyságának és irányának a meghatározásakor kell figyelembe venni őket. 3. A kötél két végén ébredő erő nagysága ugyanakkora, és mindig párhuzamos a kötél irányával. 4. A kötél nyújthatatlanságának is vannak hatásai, amikor a kötél megfeszül, de ezek feladatról feladatra változhatnak. Van, ahol az összekötött testek távolsága állandó (például körmozgásnál, vagy ha a két test egy irányba mozog); van, ahol a két test gyorsulásának nagysága ugyanakkora (például amikor mindkét test a kötéllel párhuzamos irányban mozog). 6.1.2

Az ideális csiga működése

A csigák idealizált modelljében az alábbi tulajdonságokat vesszük figyelembe: 1. Az ideális csiga tömege, ezzel együtt tehetetlenségi nyomatéka zérus. 2. Az ideális csiga súrlódásmentesen forog rögzített tengelye körül. Ennek következményei az alkalmazások tekintetében az alábbiak: 1. A csiga forgó mozgása nem jelenik meg külön mozgásegyenletként. 2. A csiga a rajta átvetett ideális kötél végén ébredő erőknek a nagyságát nem, csak az irányát változtatja meg. Praktikusan az ideális csiga, és a rajta átvetett kötél figyelembe vétele a feladatok megoldásában a következőképpen zajlik: 1. A kötélerő nagysága a kötél két végén ugyanakkora, az erő párhuzamos a kötéllel. 2. A kötelet, ha átvetjük egy ideális csigán, a csiga két oldalán a kötél vonalának az iránya között eltérés lehet, de ez a fenti két ponton nem változtat. 6.1.3

Lejtőn mozgó test dinamikájának leírása

A lejtőn mozgó tömegpont leírásának konkrét részletei a bevezető elemi feladatok között lesznek megtalálhatóak. Általánosságban az alábbiakat kell tudni a rögzített lejtőn történő mozgásról: 1. A lejtőn mozgó testre mindenképpen hat a súlyerő függőlegesen lefelé, illetve a lejtő 29


tartóereje a lejtőre merőlegesen. 2. A súlyerő és a lejtőre merőleges irány ugyanakkora szöget zár be egymással, mint a lejtő a vízszintes síkkal (merőleges szárú szögek). 3. A nem túl bonyolult esetek tárgyalásánál érdemes nem a szokásos vízszintesfüggőleges irányokra építő koordinátarendszert választani, hanem a lejtővel párhuzamos, és arra merőleges irányokhoz rögzíteni a koordinátatengelyeket. Megjegyzés: ennek fő oka az, hogy bár az erővektorok összeadásakor lehet az eredeti irányválasztás jobb, a javasolt esetben a gyorsulásvektornak csak egy nem nulla komponense lesz, mégpedig a lejtővel párhuzamos (ez a legtöbb esetben így van, de természetesen lehetnek kivételek). 4. A feladatok megoldását érdemes annak tisztázásával kezdeni, hogy a lejtőn csúszó test egyáltalán milyen irányban mozoghat. Amennyiben ugyanis súrlódás is fellép, akkor a végeredmény csalóka lehet, például, ha a súlyerőn, a tartóerőn és a súrlódáson kívül nem hat más erő, és a számolás eredménye matematikailag az, hogy a test felfelé gyorsul, az fizikailag nyilván azt jelenti, hogy a test a nagy súrlódás miatt nem mozdul meg. 6.2


1. feladat Az ábra szerint összekapcsolt m1=2kg és m2=8kg tömegű testeket F=20N erő gyorsítja. Mekkora lesz a közös gyorsulás, és erő hat a kötélben, ha nincs súrlódás? m2

m1

F

Megoldás: - Adatok: m1=2kg, m2=8kg, F=20N. - Ábra az erőhatások berajzolásával (a betűk a vektor hosszát jelölik, az irányokat az ábra tisztázza), felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is: T1

K G1

T2 K

a F

G2

- A választott koordinátarendszer: az egyik tengely függőleges, felfelé mutat a pozitív irány, a másik tengely vízszintes, a gyorsulás irányába mutat. - A mozgásegyenletek függőleges irányban (a testek ebben az irányban nem gyorsulnak): T1  G1  0 , T2  G 2  0 , ezek azonban a gyorsulás kiszámításában nem számítanak, mivel nincs súrlódás. - A mozgásegyenletek vízszintes irányban: K  m1a1 , F  K  m 2 a 2 , de a két test ideális kötéllel van összekötve, vagyis a két gyorsulás egyenlő egymással. Ebből a megoldás: a 

30

F m 2 . m1  m 2 s


2. feladat Elhanyagolható tömegű, súrlódásmentesen forgó csigán átvetett kötél egyik vége m=5kg tömegű, a másik vége egy vízszintes síkon mozgó M=20kg tömegű testhez kapcsolódik. Mekkora a rendszer gyorsulása, ha elhanyagoljuk a súrlódást, ill. ha  = 0,1? Megoldás: - Adatok: m=5kg, M=20kg,  = 0,1. - Ábra az erőhatások berajzolásával, felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is (itt természetesen nem egy irányról van szó, hanem egy körüljárási irányról, a két test gyorsulásának iránya különböző, de a gyorsulások nagysága azonos): a

K

TM S

GM

K Gm

- A M tömegű test mozgásegyenletei (függőleges, majd vízszintes irány): TM  G M  0,  TM  M  g K  S  M  a ,  K  Fny  M  a ,  K  TM  M  a . - A m tömegű test mozgásegyenlete (csak függőleges irány): Gm  K  m  a  m  g  K  m  a . - Az egyenletrendszer megoldása (K    M  g)  (m  g  K)  M  a  m  a  (M  m)a  m  g    M  g , vagyis súrlódásmentes esetben a=2m/s2, súrlódásos esetben a=1,22m/s2. Írja fel egy α szögű lejtőn súrlódva lecsúszó m tömegű test mozgásegyenleteit!

3. feladat

Megoldás: - Ábra az erőhatások berajzolásával, felvéve a feltételezett pozitív gyorsulásirányt is: a

T

S

m α

α

G

- A koordinátarendszert most nem függőleges-vízszintes, hanem lejtőirányú és lejtőre merőleges tengelyekkel vesszük fel. Ebben a két mozgásegyenlet-komponens: T  G  cos   0 ,  T  m  g  cos  G  sin   S  m  a ,  m  g  sin   T  m  a . - Ennek megoldása a  g  (sin     cos ). Ha ez az érték negatív, akkor tapadási súrlódás áll fenn, a test nem mozdul, gyorsulása valójában nulla (a fenti esetben felfelé nem gyorsulhat).

31


6.3


1. feladat Az ábrán látható elrendezésben a lejtők szöge α=30° és β=45°, a (pontszerűnek tekinthető) testek tömege sorrendben m1=4kg, m2=5kg, m3=1kg, mindkét csiga könnyű és szabadon foroghat. A súrlódási együttható mindenütt 0,1. Mekkora lesz a testek gyorsulása a lejtőhöz képest?

2 1

3 β

α

32



- Adatok: m1=4kg, m2=5kg, m3=1kg, α=30°, β=45°, μ=0,1. - A megfelelő mozgási irány kiválasztásához megvizsgáljuk, hogy egyáltalán milyen irányban mozoghatnak a testek. Ehhez a súrlódásmentes esetet vizsgáljuk meg: - Az 1. testet a rá ható súlyerő lejtővel párhuzamos komponense fogja balra gyorsítani, ez F1  m1  g  sin   20N. - A 2. testet csak a kötélerők fogják mozgatni, az irány eldöntésében nincsen szerepe. - A 3. testet a rá ható súlyerő lejtővel párhuzamos komponense fogja jobbra gyorsítani, ez F3  m3  g  sin   7, 07N. - Ebből látszik, hogy a rendszer balra mozog(ezt az alábbi ábrán is berajzoljuk), ez a súrlódási erők irányát is meghatározza. - Ha a számolás végeredménye negatív lesz, akkor a rendszer nyugalomban van. - Ábra az erőhatások berajzolásával (előkészítve a súlyerők komponensekre bontását is): T2

a K1

T1

K1 G2

S1

α

K2 K2

S2

α

T3

β

S3

β

G1

G3

- Mindegyik test esetén más koordinátarendszert fogunk használni, mindenhol a lejtőre merőleges és az azzal párhuzamos komponenseket fogjuk felírni külön-külön. Mivel az ábra alapján az irányokat helyesen vettük fel, és mivel az egész rendszer az ideális kötelek miatt ugyanakkora gyorsulással fog mozogni, ez megtehető. - Az m1 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens): T1  G1  cos   0  T1  m1  g  cos  , G1  sin   K1  S1  m1  a  m1  g  sin   K1    m1  g  cos   m1  a .

- Az m2 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens): T2  G 2  0  T2  m 2  g , K1  K 2  S2  m 2  a  K1  K 2    m 2  g  m 2  a .

- Az m3 tömegű test mozgásegyenletei (merőleges, majd párhuzamos komponens): T3  G 3  cos   0  T3  m3  g  cos  , K 2  G 3  sin   S3  m3  a  K 2  m3  g  sin     m3  g  cos   m3  a .

- Az egyenletrendszer megoldása: a

m1  sin   m 3  sin     (m1  cos   m 2  m 3  cos ) m g  0, 376 2 . m1  m 2  m 3 s 33


6.4


1. feladat Az ábra szerint összekapcsolt m1=3kg, m2=5kg, m3=2kg tömegű testeket F=40N erő gyorsítja. Mekkora lesz a közös gyorsulás, és mekkora erők hatnak a kötelekben, (4 és 2 m/s2, 12N és 32N) ha nincs súrlódás, ill. ha a súrlódási együttható  = 0,2? m2

m1

m3

F

2. feladat Egy h = 3m magas, vízszintesen b = 4m hosszú lejtő tetejéről v0= 4m/s kezdősebességgel elindítunk lefelé egy testet. A lejtő és a test közötti súrlódási együttható 1= 0,25, a lejtő utáni vízszintes talaj és a test között 2= 0,28. Mekkora utat tesz meg a test a megállásig, miután elhagyta a lejtőt? (10m) 3. feladat Az alábbi bal oldali ábrán látható testek tömege M=5kg, m1 =2kg, m2 =3kg, a rugó, a csiga és a kötelek tömege, valamint a súrlódás elhanyagolható. Tudjuk, hogy mindhárom testnek ugyanakkora a=0,5m/s2 a gyorsulása. Mekkora a lejtő α szöge és mennyi a (64,2o, 1,925cm) rugó megnyúlása, ha a rugóállandó D=20N/cm?

β

m1 M

m2

α

α

4. feladat Egy üres doboz tetejére könnyű fonállal kis testet kötünk, majd a dobozt egy α=30o szögű lejtőre tesszük, ahol a doboz (és vele a kis test) a gyorsulással gyorsulni kezd (lásd a fenti jobb oldali ábrát). Milyen szöget zár be a fonál a függőlegessel, ha a) a lejtő (30o és 18,7o) súrlódásmentes, b) a súrlódási együttható μ=0,2 ? 5. feladat* Egy vízszintesen rögzített, b kiterjedésű súrlódásmentes lejtő milyen  szöget zárjon be a vízszintessel ahhoz, hogy a lehető leghamarabb csússzon le róla egy test. (45o)

 b

34


7

Dinamika III. – megmaradó mennyiségek

A fizikában fontosak az úgynevezett megmaradó mennyiségek, amelyek fontos alapvető elvekből határozhatóak meg. Az alkalmazások tekintetében ezen mennyiségeknek kettős a haszna. Egyrészt vannak olyan mérnöki kérdések, amelyek egyértelműen a megmaradó mennyiségekre, vagy a kapcsolódó fogalmakra vonatkoznak (például egy rendszer hatásfoka, vagy a működéshez szükséges teljesítmény, befektetendő energia, stb.). Másrészt bizonyos dinamikai feladatok a segítségükkel sokkal könnyebben megoldhatóak. 7.1 7.1.1

Elméleti alapok Lendület (impulzus), Impulzus-tétel

A lendület, vagy más néven impulzus meghatározása:   I  mv ,

(7.1.)

és az erre vonatkozó tétel az úgynevezett impulzus-tétel  d  I =åF dt

(7.2.)

amelyből állandó tömegű esetben levezethető Newton 2. törvénye. Azon túl, hogy bizonyos feladatok értelmezésében és megoldásában alkalmazható a tétel, van egy fontos következménye. Ha a testre ható erők eredője zérus, akkor a test impulzusa állandó (nagyság és irány is), vagyis ebben az esetben az impulzus megmarad. 7.1.2

Munka, mozgási energia, munkatétel

  Egy adott tömegpontra ható erőhatás, ha a tömegpont r1 pontból r2 pontba mozog, az alábbi munkát végzi a testen  r2   W1,2   F  dr .  r1

(7.3.)

Ennek az összefüggésnek azonban egy egyszerűsített alakját szoktuk használni az elemi feladatoknál. Amennyiben az erőtér homogén, vagyis minden pontban ugyanolyan nagyságú és irányú, illetve a test elmozdulása egyenes mentén történik, a munkavégzés   (7.4.) W  F   r  F  r  cos  lesz, ahol a második egyenlőségben kifejtettük a skaláris szorzatot. Erre a fogalomra épül a munkatétel. Ennek kimondásához szükségünk van egy mennyiség bevezetésére, mégpedig a kinetikus (vagy mozgási) energiára, amely

Ek 

1 mv 2 2

(7.5.)

35


alakú. Ezzel a munkatétel

W=E k ,

(7.6.)

vagyis a mechanikában a tömegpontra ható erők eredője által végzett munka a test mozgási energiájának megváltozását okozza. 7.1.3

Konzervatív erőterek, potenciális energia, mechanikai energia-megmaradás

Az erőtereknek van egy speciális típusa, amely fontos a feladatok megoldása tekintetében, ezek a konzervatív erőterek. Ezek fontosságát egyrészt az adja, hogy a Fizika oktatásában megjelenő legelemibb kölcsönhatások (gravitáció, elektrosztatikus vonzás/taszítás) ilyen erőterek, másrészt ezekhez az erőterekhez rendelhetünk egy potenciális energiát, amely nagyban megkönnyít(het)i a feladatmegoldást. Konzervatív erőtérnek azt nevezzük, amely erőtér munkavégzése szempontjából irreleváns, hogy a test milyen úton halad egyik pontból a másikba. Másképpen megfogalmazva, a munkavégzés csak a mozgás két végpontjától függ, vagyis ha a test A pontból halad B pontba, akkor a munkavégzés B  WAB   F  dr  E P (A)  E P (B) ,

(7.7.)

A

ahol bevezettük az EP potenciális energiát. Az alábbi feladatokban a súlyerő potenciális energiája fog szerepelni, amely E p =mgh ,

(7.8.)

amelyet helyzeti energiának is nevezünk. Fontos azonban tisztázni, hogy önmagában a h nem meghatározott, a mozgás két pontjának magassága közötti különbség lesz jól meghatározott. Ezért amikor egy időpontban a test helyzeti energiáját meg akarjuk határozni, valamilyen nulla-szintet választanunk kell a potenciális energiának, vagyis meg kell mondanunk, hogy a h=0 hely hol található. Konzervatív erőterek esetén származtatható a munkatételből az úgynevezett mechanikai energia-megmaradás, amely szerint egy test mozgási és potenciális energiájának összege (ezt az összeget nevezzük mechanikai energiának) állandó a mozgás során, vagyis a mozgás bármely két A és B pontjára felírva: E k (A)+E p (A)=E k (B)+E p (B) .

(7.9.)

A fentiekhez fontos kiegészítés, hogy a rugóerő is konzervatív erőtérként viselkedik, így ahhoz is definiálható potenciális energia, amely a következő alakú:

E rugó 

1 Dx 2 . 2

7.1.4

Teljesítmény, teljesítmény-tétel

(7.10.)

A munkavégzéshez, illetve az energiához kapcsolódó fontos fogalom a teljesítmény, ami az időegység alatt befektetett munka / befektetett energia / hasznosuló energia, stb., vagyis 36


általánosságban P=dE/dt. Mivel a mechanikában az alapvető energiamennyiség a végzett munka, ez P

dW . dt

(7.11.)

Az alkalmazások tekintetében fontos különválasztani a pillanatnyi és az átlagteljesítményt. A pillanatnyi teljesítmény minden pillanatban meghatározza a teljesítmény nagyságát (a fenti differenciális definíció éppen ezt takarja), míg az átlagteljesítmény egy hosszabb folyamat összes munkavégzése és időtartama alapján határozza meg a teljesítmény átlagértékét, vagyis ez utóbbi P

W. t

(7.12.)

Mechanikában a pillanatnyi teljesítményre levezethető a   P(t)  F  v  F  v  cos 

(7.13.)

összefüggés, továbbá a munkatétel felhasználásával igazolható az úgynevezett teljesítménytétel, ami szerint P

7.2

dE k . dt

(7.14.)


1. feladat Egy autó tömege 2000 kg. 36 km/h sebességről 10 másodperc alatt fékeződött le. Mekkora a fékező erő? Megoldás: - Adatok: m=2000kg, Δv=36 km/h=10m/s, Δt=10s. - Megoldás impulzus-tétellel: F

 I m v   2000N . t t

2. feladat Mekkora sebességet ér el a nyugalmi helyzetből induló 20 kg tömegű test 40 joule munka árán? Megoldás: - Adatok: m=20kg, v0=0m/s, - Megoldás munka-tétellel: W  E k 

1 1 mv 2  mv 02 2 2

W=40J. 

v

2W m 2 . m s

37


3. feladat

Függőlegesen feldobunk egy testet 30m/s sebességgel. Milyen magasra jut?

Megoldás: - Adatok: v0=30m/s. - Megoldás mechanikai energia-megmaradással. A potenciális energia nulla szintjét a hajítás kiindulópontjához rögzítjük, ekkor a testnek csak mozgási energiája lesz. A pálya tetőpontján egy pillanatra megáll, akkor a mozgási energiája válik zérus értékűvé. Így a mechanikai energia-megmaradás és annak megoldása az alábbi: 1 mv 02  mgh  2

4. feladat

h

v 02  45m . 2g

1kWh munkavégzéssel legfeljebb mekkora terhet lehet 50m magasra felvinni?

Megoldás: - Adatok: W=1kWh=3,6·106J, h=50m. - Megoldás munkatétellel. A potenciális energia nulla szintjét az emelés kiindulópontjához rögzítjük. Akkor maximális hatékonyságú az emelés (ebben az esetben a veszteség zérus), amikor az emelőerő által végzett munka megegyezik a test helyzeti energiájának változásával. Így a munkatétel és annak megoldása az alábbi: W  mgh  m 

W  7200kg . gh

5. feladat Egy 80 kg tömegű testet 15 méter magasra emelünk egyenletesen. Mekkora az emelőerő munkája, ill. a nehézségi erő munkája? Mekkora az emelőerő teljesítménye, ha az emelés időtartama 30s? Megoldás: - Adatok: m=80kg, h=15m, Δt=30s. - Az emelőerő munkáját az előző feladathoz hasonlóan számolhatjuk ki: W  mgh  1, 2 104 J.

- A nehézségi erő munkájának kiszámításakor már fontos figyelembe vennünk, hogy az erőhatás ellentétes irányú az elmozduláshoz képest, így a skaláris szorzatban fellépő cosα értéke -1 lesz, vagyis: W   mgh  1, 2 10 4 J .

- Végezetül az emelőerő teljesítménye kiszámolható az átlagteljesítmény összefüggéséből: P

W  400W . t

38


7.3


1. feladat Egy m tömegű testet v0 kezdősebességgel felfelé hajítunk. Határozzuk meg és ábrázoljuk, hogyan változik helyzeti és mozgási energiája a magasság és az idő függvényében! Mennyi lesz a kinetikus, illetve a potenciális energia t1=2s-mal az elhajítás után, ha m=0,2kg és v0=30m/s?

39



- Adatok: m=0,2kg, v0=30m/s, t1=2s. - Az ábrázoláshoz felhasználjuk a hajítások során tanult összefüggéseket. A z tengely 0 szintjét a hajítás kiindulópontjához rögzítjük, a tengely függőlegesen felfelé mutat. Ekkor a helyzeti és mozgási energia időfüggése: g mg 2 2 z(t)   t 2  v 0 t  E p (t)  mgz(t)   t  mgv 0 t 2 2 1 1 mg 2 2 v(t)  gt  v 0  E k (t)  mv 2 (t)  mv 02  mgv 0 t  t 2 2 2

Fontos kiemelni, hogy a két energia összege a mechanikai energia, ami a mozgás során állandó. Az egyik energia-értéket ki lehet számolni ennek segítségével, lévén: E M  E k (t)  E p (t) 

1 mv 02  mgh . 2

Ek=1/2mv02=EM

Ek

Ep Ep=mgh=EM

t

t

- Hasonlóan járunk el a z-függéssel is. Itt azonban az egyszerűség kedvéért a mozgási energia kiszámolásakor felhasználjuk a mechanikai energia-megmaradást: E p (t)  mgz , E k (t)  E M  E p (t) 

1 mv 02  mgz 2

Ek=1/2mv02=EM

Ek

Ep Ep=mgh=EM

z

z

- A fentiek alapján a számolási feladat is könnyedén elvégezhető: mg 2 2 t1  mgv 0 t1  80J , 2 1 mg 2 2 E k (t1 )  mv 02  mgv 0 t1  t1  10J . 2 2 E p (t1 )  

40


2. feladat Egy alapállapotban 0,5 m hosszúságú, D=100N/m rugóállandójú rugó egyik végét a plafonra erősítjük, a másik végére M = 0,5kg tömegű (pontszerű) testet akasztunk. Ezután addig húzzuk a testet, amíg a rugó hossza eléri a 0,7 m-t. Mekkora és milyen irányú lesz a test gyorsulása abban a pillanatban, amikor elengedjük és mekkora lesz a sebessége x = 10 cm út megtétele után?

41



- Adatok: l0=0,5m, l2=0,7m, D=100N/m, M=0,5kg, x=10cm=0,1m. - Az adott tömegű test felakasztása után új egyensúlyi állapot jön létre. Ehhez képest nem tudni, hogy nyújtjuk, vagy összenyomjuk a rugót 0,7m-ig, ezért az új egyensúlyi helyzet esetén ki kell számolnunk a rugó megnyúlását. D  x1  M  g  0  x1 

M g  0, 05m , D

vagyis a rugót még tovább kell nyújtanunk a 0,7m-es hossz eléréséig. - Ez alapján a rugóra vonatkozó mozgásegyenletből kiszámolható a kezdeti gyorsulás: D  x 2  M  g  M  a  a 

D  (l2  l0 ) m  g  30 2 , M s

ahol felhasználtuk, hogy a Δx2=l2-l0. Fontos kiemelni, hogy a mozgásegyenletnek nem csak a 0,15m-es továbbnyújtást, hanem a rugó teljes megnyúlását kell tartalmaznia. - A 10cm-nyi emelkedés után, ha a rugó kinematikájából szeretnénk meghatározni a sebesség értékét, akkor a rezgőmozgás teljes kiértékelését kell elvégeznünk, az emelkedés mértékéből ki kell számolni az időpontot, amihez ez tartozik, illetve abból a sebességet. Ennél célravezetőbb, ha a mechanikai energia-megmaradást írjuk fel, lévén mindkét erőhatás (súlyerő és rugóerő) konzervatív. Az összes mechanikai energiát felírjuk a 0,7m-re nyújtott állapotban, ehhez a ponthoz rögzítjük a potenciális energia 0 szintjét, majd ezt egyenlővé tesszük az összes mechanikai energiával az emelkedés után. Ekkor a kezdeti pontban a mozgási és helyzeti energia zérus, csak rugóenergiával kell számolni. Fontos kiemelni, hogy a rugóenergia számolásakor a rugó aktuális teljes megnyúlását kell használni! 1 1 1 D  x 22  D  x 32  M  g  x  Mv 2 , 2 2 2

ahol bevezettük a Δx3=l2-l0-x megnyúlását a rugónak, ami a 10cm-es emelkedés után érzékelhető. Ebből a megoldás a sebességre a következő: v

D m x 22  x 32  2  g  x  2 . M s





42


7.4


1. feladat Egy teherautót álló helyzetből változatlan előhatással 40 másodpercig gyorsítanak. Hányszor nagyobb a teherautó lendülete és mozgási energiája a 40. (4-szeres és 16-szoros) másodpercben, mint a 10. másodpercben? 2. feladat 10kg tömegű testet 50m magasságban 10m/s nagyságú, vízszintes sebességgel elhajítunk. Határozzuk meg, és ábrázoljuk, hogyan változik a test potenciális és kinetikus energiája az idő függvényében! 3. feladat Egy m = 10 dkg tömegű béka ugráskor maximálisan W=0,4 J munkát képes kifejteni. (40cm) a) Maximum milyen magasra tud ugrani? b) Milyen magasra ugorhat akkor, ha a szintén m tömegű testvére hátára veszi őt, majd W munkát végezve felugrik, és pályájuk legmagasabb pontján a felső béka W munkát (szintén 40cm) végezve lefelé ellöki magától testvérét?

Megjegyzés: a feladat b) részének megoldásához szükséges minimális tudás a tömegpontrendszerek mozgásával kapcsolatban. 4. feladat* Egy h = 20 m mélységű aknából M = 1kg tömegű testet húzunk fel  = 0,2 kg/m vonalsűrűségű drótkötéllel. Mennyi munkát kell végeznünk? Hogyan függ a drótkötél felhúzására fordítandó munka a drótkötél hosszától? (600J, négyzetesen)

h

5. feladat* Tegyük fel, hogy egy rúgóra nem a szokásos F=-Dx erőtörvény, hanem módosított F   D1x  D 2 x 3 változata teljesül. Ha a rugót 10cm-re kihúzzuk, maximálisan 900N erőt kell kifejtenünk és 35J munkát kell végeznünk. Mekkora D1 és D2 ? (5000N/m és 400000N/m3)

43


Irodalom Ajánlott irodalom az elmélethez:

1. Kovács Endre, Paripás Béla: Fizika I. online jegyzet (2011). http://www.digitalisegyetem.hu/de/index.htm 2. Budó Ágoston: Kísérleti fizika I., Nemzeti Tankönyvkiadó (2004). 3. D. Halliday – R. Resnick: Fundamentals of Physics, John Wiley & Sons (1981). 4. M. Alonso – E. J. Finn: Fundamental University Physics, Volume I., II., Addison-Wesley Publishing Company (1979).

Ajánlott irodalom a feladatmegoldáshoz:

1. Dér János, Radnai Gyula, Soós Károly: Fizikai feladatok I., Tankönyvkiadó (1971). 2. Fizika Egységes érettségi feladatgyűjtemény 3. Kakuszi Mária, Majoros László, Takács Csaba: Fizika feladatok I., Nehézipari Műszaki Egyetem (1986).

Köszönetnyilvánítás Az oktatási segédlet kidolgozása a Miskolci Egyetem társadalmi fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra keretében - TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010 - az „ELTÉRŐ UTAK projekt részeként – az Új Széchenyi Terv keretében – az Európai Európai Szociális Alap társfinanszírozásával valósult meg.

– gazdasági szerepének témakörű K+F projektje A SIKERES ÉLETHEZ” Unió támogatásával, az

Külön köszönöm Dr. Kovács Endrének, hogy javaslataival és a hibákra való rámutatással segítette munkámat.

44

FEJEZETEK A FIZIKÁBÓL

Recommend Documents