„FŐNIX ME” – Megújuló Egyetem felsőoktatási intézményi fejlesztések a felsőfokú oktatás minőségének és hozzáférhetőségének együttes javítása érdekében EFOP 3.4.3-16-2016-00015 1. Részprojekt – Közösségi Felsőoktatási Képzési Központ kialakítása Feladatmegoldások a Fizika I. Tárgy keretében Segédanyag Dr. Majár János

Tartalom Bevezető gondolatok 3. dia Ideális kötél és ideális csiga működése 7. dia Lejtőn lefelé csúszó test mozgásának leírása 17. dia Feladatok a Dinamika alapfogalmaihoz kapcsolódóan 24. dia 36. dia Összetett lejtős feladatok 48. dia 61. dia Merev test statikájához kapcsolódó feladatok 76. dia 85. dia

Célok, megkövetelt előismeretek A segédanyag célja, hogy részletes betekintést nyújtson a Fizika I. oktatása során előkerülő legfontosabb feladattípusok megoldásába. A hallgatótól az alábbi anyagrészek ismerete és értése várható el a feladatmegoldások értelmezéséhez: A kinematika alapfogalmai mind a haladó, mind a forgómozgáshoz kapcsolódóan Koordinátarendszerek megfelelő kezelése, vektor-összefüggések felírása komponensenként Newton-törvények Merev test rögzített tengely körüli forgó mozgása Merev test statikájának összefüggései

Jelölések, megfontolások Azért, hogy az anyag minél szélesebb körben használható legyen, és minél egyszerűbbek legyenek a jelölések, az alábbi eljárásokat vezettük be: A vektorokat a képletekben igyekeztünk a betűjel fölé tett nyilakkal jelölni, de ahol ez nem volt lehetséges, félkövér betűvel jelöltük a szövegtörzsben. Az ellenerőket ugyanazzal a betűjellel jelöltük, mint a hozzájuk tartozó erőhatásoknál. A nyíl jelöli az irányt, a betűjel pedig a vektor nagyságát kódolja. Ha egy mennyiség jelölésében nem szerepel a kis nyíl, illetve nincs a mennyiség félkövér betűvel szedve, az skalár-mennyiséget jelöl, még akkor is, ha egy vektor hosszáról van szó. Fontos még kiemelni, hogy azoknál a feladatoknál, amelyek több test együttes mozgását, vagy egyensúlyi helyzetét írják le, a különböző testek mozgását különböző koordináta-rendszerekben is leírhatjuk, lévén az egyenleteket inercia-rendszerekben írjuk fel.

Ideális kötél, ideális csiga, mozgás lejtőn A feladat-megoldásokban olyan egyszerűsített dinamikai rendszerek szerepelnek, amelyek segítségével elsajátíthatóak az összetettebb, valósághoz közelebb álló feladatok megoldásához szükséges módszerek. Ezért a testeket egymáshoz kapcsoló fizikai rendszereket idealizált esetben vizsgáljuk. Ideális kötél Tömege nulla (elhanyagolhatóan kicsi) Nem nyúlik az anyaga Ideális csiga Tömege, és így tehetetlenségi nyomatéka nulla (elhanyagolhatóan kicsi) Súrlódásmentesen fordul el a tengelye körül Tökéletesen kör keresztmetszetű (nem feltétlenül henger, pereme lehet) Megjegyzések lejtőn történő mozgás leírásához Azt az egyszerűsített esetet vizsgáljuk, ahol a lejtőnek minden pontban ugyanakkora a vízszintessel bezárt szöge (egyenes lejtő) Továbbá, olyan mozgásokat vizsgálunk, amelyek a lejtővel párhuzamosak: a testek nem „esnek bele” a lejtőbe, és nem emelkednek el róluk.

Figyelem!!!! Különböző powerpoint verziók nem biztos, hogy a képleteket (illetve azok kép formátumait) meg tudják jeleníteni. Különösen igaz ez a vektor-jelekre és a szummákra. Az is előfordulhat, hogy a zárójelek némelyikét nem megfelelően, vagy egyáltalán nem jelenítik meg. Előfordulhat olyat is, hogy bizonyos animációkat rosszul jelenít meg a program, ennek során az animált elem el is tűnhet.

Ideális kötél és ideális csiga mechanika feladatokban

Ideális kötél I. 1 2 KA KA KB KB Rajzoljuk be az erőhatásokat! Kössön össze két testet (1-es számú és 2-es) egy ideális kötél! Vizsgáljuk meg, hogy a két testre milyen erők hatnak! Fontos: a két test között nincs kontaktus, így legfeljebb a köztük lévő gravitációs kölcsönhatást vehetnénk figyelembe, az viszont elhanyagolhatóan kicsi. 1 2 KA KA KB KB Rajzoljuk be az erőhatásokat! (A kötélerő a kötél irányával párhuzamos) Kötélerő hat az 1-es számú testre Kötélerő hat az 2-es számú testre Rajzoljuk be az ellenerőket is! (Azonos nagyság, ellentétes irány) Az 1-es test hatása a kötélre A 2-es test hatása a kötélre Megjegyzés: bizonyos feladatokban zavart okozhat, ha a testeket és a kötélerőket azonos index-szel jelöljük. Ezért vezettünk be A és B kötélerőt az 1-es és 2-es jelzések helyett.

Ideális kötél II. + KB – KA = mkötél a KA KB Nézzük meg, mit jelent mindez a kötélre vonatkozóan! + KA KB Ha a kötélnek lenne tömege, akkor középen behajlana, így bonyolultak lennének az egyenleteink, és a kötélerők is más irányúak lennének. De mivel az ideális kötél tömege elhanyagolhatóan kicsi, a fenti ábra (és az előző oldalon található) helyes, és a kötélre vonatkozó egyenlet egyszerűen felírható. Válasszunk egy alkalmas koordinátarendszert, majd ebben írjuk fel a mozgásegyenletet a kötélre! KB – KA = mkötél a

Ideális kötél III. KB – KA = mkötél a = 0, KB = KA , De mivel a kötél tömege elhanyagolható, KB – KA = mkötél a = 0, vagyis KB = KA , ami szerint ideális kötél két végén ugyanolyan nagyságú erő ébred, a kötél mindkét testre ugyanolyan nagyságú erővel hat. Az ideális kötél másik fontos tulajdonsága, hogy nyújthatatlan, vagyis a hossza állandó. Ez akkor érdekes, ha a két, összekötött test a kötél irányában mozog, ugyanis ekkor mindkét test elmozdulása, sebessége, gyorsulása ugyanakkora (még ha az irányok különböznek is!). Jellemző kivétel a körmozgás, ha a körmozgást végző testet a pálya középpontjához rögzített kötél tartja pályán. Ekkor a pálya középpontján lévő test áll(hat), míg a körmozgást végző test haladó mozgást végez. De láthatóan a test nem kötélirányban mozog, hanem arra merőlegesen…

Ideális kötél - összefoglalás Az ideális kötélnek két meghatározó tulajdonsága van: Elhanyagolhatóan kicsi a tömege Nyújthatatlan, vagyis a hossza állandó Ezek alapján az ideális kötelet a következőképpen kezelhetjük feladatmegoldás során. 1 2 K K A kötéllel összekötött testekre a kötél végén ugyanolyan nagyságú erő ébred. A kötélerők a kötéllel párhuzamosak (azt az irányt nézzük, ami a testhez való kapcsolódás pontjában érvényes). Ha mindkét test elmozdulása ugyanabba az irányba mutat, mint az egyes kapcsolódási pontokban a kötél, akkor a két test elmozdulásának, sebességének és gyorsulásának a nagysága azonos.

Ideális csiga I. T F1 G F2 Rajzoljuk be a csigára ható erőket! Forgasson meg egy rögzített tengely körül szabadon forgó (nincs a tengelynél ébredő erő, ami forgatónyomatékot fejteni ki, pl. súrlódás), R sugarú csigát egy F1 és egy F2 erő! T F1 G F2 Rajzoljuk be a csigára ható erőket! A forgató F1 erő A forgató F2 erő A csigára ható nehézségi erő A tengely által kifejtett tartóerő

Ideális csiga II. + T F1 R R F2 G Így ΣM = F1·R - F2·R. Lévén rögzített tengely körül forog, haladó mozgást a csiga nem végez. Forgó mozgást viszont igen! Így a mozgása leírására a forgó mozgás alapegyenletét fogjuk felírni, vagyis . Az egyenlet bal oldalán az erőhatások forgatónyomatéka-inak összege található a forgási tengelyre vonatkoztatva, a választott pozitív forgási irány figyelembe vételével. + T F1 A csiga súlyának az erőkarja 0m hosszúságú, így a forgatónyomaték is 0 Nm. R R Ugyanez igaz a tengely által kifejtett tartóerőre is. Az F1 erőkarja láthatóan R, és mivel a választott pozitív irányba forgat, a forgatónyomatéka F1·R. F2 G Az F2 erőkarja is R, viszont a választott pozitív iránnyal ellentétesen forgat, így a forgatónyomatéka - F2·R. Így ΣM = F1·R - F2·R.

Ideális csiga III. ΣM = F1·R - F2·R = 0. Azonban az ideális csiga tömege elhanyagolhatóan kicsi. Így a θ tehetetlenségi nyomaték is elhanyagolható. Így az egyenlet jobb oldalán 0 áll, vagyis ΣM = F1·R - F2·R = 0. Ebből egyszerűen adódik, hogy F1 = F2. F1 F Ez alapján, egy feladat megoldása során tudható, hogy az ideális csigát forgató két, érintőirányú erőhatás azonos nagyságú (az irányuk persze lehet eltérő). Az erőket így egyszerűen F-el jelölhetjük. F F2

Ideális csigán átvetett kötél I. Kössünk most össze két testet egy rögzített tengely körül szabadon forgó ideális csigán átvetett ideális kötéllel! K KA KA K Az ideális kötél működése miatt a kötélerők a testek és a csiga között így működnek. 2 Az ideális csiga viszont biztosítja, hogy a két kötélerő azonos nagyságú, ezt K-val jelöljük. K KB KB K 1

Ideális csigán átvetett kötél II. Vagyis egy feladat megoldásában, ha két testet egy rögzített tengely körül szabadon forgó ideális csigán átvetett ideális kötéllel kötünk össze, a következőképpen kezelhetjük! K A kötél két végén, a kötélnek a kapcsolódási pontnál érvényes irányába mutatóan berajzoljuk a kötélerőket. 2 Ha mindkét két test a rájuk ható kötélerővel párhuzamosan mozog (ezt a testekre ható többi erő határozza meg), akkor még az is felhasználható információ, hogy a két test elmozdulásának, sebességének és gyorsulásának a nagysága megegyezik. K 1

Mozgás lejtőn

Mozgás lejtőn I. Vizsgáljuk meg, hogy egy M tömegű test mozgása hogyan írható le, ha az egy α szögű lejtőn mozog (esetünkben lefelé), figyelembe véve a test és a lejtő közti súrlódási erőt! A lefelé mozgás azt jelenti, hogy a kezdeti sebessége a testnek 0, vagy lefelé mutat, a lejtővel párhuzamosan. α

Mozgás lejtőn II. Rajzoljuk be a testre ható erőket! Nehézségi erő – függőlegesen lefelé mutat Tartóerő a lejtő részéről – a felületre merőleges TM Súrlódási erő a test és a lejtő között – az érintkezési felülettel párhuzamos, és felfelé mutat, lévén a test lefelé mozog a lejtőn SM α GM

Mozgás lejtőn III. + + a TM SM α GM Célunk a mozgásegyenletet felírása és megoldása, hiszen így tudjuk majd meghatározni, hogy mekkora gyorsulással halad a test. Ehhez először alkalmas koordinátarendszert kell választanunk. a Mivel a test mindenképpen a lejtővel párhuzamosan halad, a szokásos függőleges-vízszintes koordinátarend-szerben bonyolult feltételt kapunk a gyorsulás irányára. TM Ehelyett a koordinátarendszerünk egyik tengelyét a lejtővel párhuzamosan (a gyorsulás irányába választva a pozitív irányt), a másikat a lejtőre merőlegesen választjuk. SM + Így a gyorsulásra vonatkozó feltételünk annyi lesz, hogy annak a lejtőre merőleges komponense zérus, vagyis a┴ = 0. α GM +

Mozgás lejtőn IV. + + TM SM GM┴ α α GM GM|| Az így választott koordináta-rendszerünknek további előnye, hogy a tartóerő és a súrlódási erő komponensekre bontása is egyszerű: a tartóerőnek csak a lejtőre merőleges komponense nem nulla, a súrlódási erőnek csak a lejtővel párhuzamos komponense. + A nehézségi erőt viszont fel kell bontanunk két komponensre. Ehhez fontos észrevenni, hogy az erőhatás merőleges a talajra, míg a lejtőre merőleges irány merőleges a lejtőre. Így kapunk két merőleges szárú szöget. + TM Az így kapott derékszögű háromszögben már könnyedén ki tudjuk számolni a nehézségi erő komponenseit. SM Lejtőre merőleges komponens GM┴ α Lejtővel párhuzamos komponens α GM GM||

Mozgás lejtőn V. Felírjuk a mozgásegyenletet a megadott koordináta-rendszerekben, komponensenként (előjelekre fontos figyelni!) Lejtőre merőleges komponens TM TM – GM ┴ + 0 = 0, hiszen lejtőre merőlegesen 0 a gyorsulás SM Lejtővel párhuzamos komponens GM┴ α 0 + GM|| - SM = Ma. GM GM||

Mozgás lejtőn VI. A fenti egyenletekbe behelyettesítjük, hogy Így az alábbi egyenletrendszert kapjuk Az első egyenletből kifejezve a tartóerőt, és azt behelyettesítve a második egyenletbe az alábbi összefüggést kapjuk Ennek megoldása a gyorsulásra Ha a megoldás értéke pozitív, akkor a választott pozitív irányba fog gyorsulni (és haladni) a test. - Ha a megoldás negatív, akkor vagy lassuló mozgást végez a test, vagy ha 0 a kezdeti sebessége, akkor áll (csúszás helyett tapadási súrlódás hat rá). Megjegyzés: a súrlódás nem húzhatja felfelé a testet.

Tömegpont dinamikájának alapjai I. feladat

A feladat Egy M=20kg tömegű ládát leteszünk a padlóra, ráhelyezünk egy m=5kg tömegű dobozt. A két testet egy nyújthatatlan, de könnyű kötéllel összekötjük egy falhoz rögzített könnyű csigán keresztül. Ezután F=220N erővel elkezdjük a ládát húzni vízszintesen. A doboz és a láda között a súrlódási együttható 1 =0,2 , a láda és a padló között pedig 2 =0,4. Mekkora a láda gyorsulása? m F M

A feladat értelmezése, mértékegységek Jól látható, hogy a m tömegű doboz csak balra mozoghat, míg a M tömegű láda csak jobbra. Így természetesen a kötél is megfeszül, ezért a két test gyorsulásának nagysága meg fog egyezni, illetve a kötél két végén ugyanolyan nagyságú erő fog ébredni. A mennyiségek értéke mind SI mértékegységgel van megadva, így az átváltásukkal nincs dolgunk. m F M

Erők felrajzolása I. Tm Nehézségi erő m-re K Nehézségi erő M-re Sm Tartóerő m-re K Tartóerő M-re Gm F TM Súrlódási erő a láda és a doboz között Súrlódási erő a láda és a talaj között SM GM Kötélerők De ezzel még nincs vége…

Erők felrajzolása II. Newton III. … mert még figyelembe kell vennünk az ellenerőket is! Newton III. Tm A nehézségi erők ellenerői a Földre hatnak, a testek mozgásánál nem számítanak A M-re ható tartóerő ellenereje a talajra hat, a testek mozgásánál nem számít Sm Sm A talaj és a láda közti súrlódási erő ellenerő a talajra hat – nem számít Az F erő ellenereje a ládát húzó személyre hat – nem számít Tm A kötélerők ellenerői a kötélre hatnak – nem számítanak A m-re ható tartóerő ellenereje a ládát nyomja lefelé, ugyanolyan nagyságú, ellentétes irányú erő A láda és a doboz közti súrlódás nem csak a dobozt, hanem a ládát is lassítja, ugyan-olyan nagyságú, ellentétes irányú erő És ezeket is figyelembe kell vennünk a testek mozgásának leírásakor!

Erők felrajzolása III. Ezzel a dobozra és a ládára ható erők teljes rendszere az alábbi Tm K Sm Sm K Gm F TM Tm SM GM Mivel a testek közti kapcsolatokat feltártuk, innentől a két test mozgását külön-külön írjuk le…

Koordinátarendszer-választás Tm + A doboz balra mozog, így az egyenleteit ebben a koordinátarendszerben érdemes felírni K Sm + Gm + A láda jobbra mozog, így az egyenleteit ebben a koordinátarendszerben érdemes felírni Sm K F Tm TM + Megjegyzés: a függőleges tengely mentén tetszőlegesen választható mindkét irány pozitívnak. SM GM

Mozgásegyenletek komponensenként felírva I. Felírjuk a mozgásegyenletet a megadott koordináta-rendszerekben, komponensenként (előjelekre figyelni!) m test, függőleges komponens Tm Tm – Gm + 0 + 0 = 0, hiszen függőlegesen 0 a gyorsulás K Sm m test, vízszintes komponens Gm 0 + 0 + K – Sm = ma.

Mozgásegyenletek komponensenként felírva II. Sm M test, függőleges komponens TM – Tm – GM + 0 + 0 + 0 + 0 = 0, hiszen függőlegesen 0 a gyorsulás K F Tm TM M test, vízszintes komponens SM 0 + 0 + 0 + F – K – Sm – SM = Ma. GM

A megoldandó egyenletrendszer Tm A fenti egyenletekbe behelyettesítjük, hogy K Sm Gm Így az alábbi egyenletrendszert kapjuk Sm K F Tm TM SM GM

Az egyenletrendszer megoldása I. Az egyenletrendszer sokféleképpen megoldható, itt mutatunk egyfajta megoldási utat, ahol a végeredmény formálisan is előáll, és csak a végén helyettesítünk be. Első lépésként a függőleges komponensekre vonatkozó egyenletekből kifejezzük a tartóerőket Majd az így kapott eredményeket behelyettesítjük a vízszintes komponensek egyenleteibe Ezzel két-ismeretlenes egyenlet-rendszerre redukáltuk a problémát.

Az egyenletrendszer megoldása II. Az előálló két-ismeretlenes egyenletrendszer is sokféleképpen megoldható. Standard eljárás ilyen típusú feladatoknál, hogy összeadjuk a két egyenletet, így a kötélerők kiesnek, és csak a gyorsulás marad ismeretlen az egyenletben. Átrendezés és behelyettesítés után a megoldás Vagyis a doboz és a láda is 4 m/s2 gyorsulással fog mozogni, a doboz balra, a láda pedig jobbra.

Tömegpont dinamikájának alapjai II. feladat

A 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? m F M

A feladat értelmezése, mértékegységek Jól látható, hogy az m tömegű doboz és az M tömegű láda is csak jobbra mozoghat, ha az a cél, hogy a doboz ne essen le a láda oldaláról. Ráadásul ehhez a kettő gyorsulásának meg kell egyezni. A mennyiségek értéke mind SI mértékegységgel van megadva, így az átváltásukkal nincs dolgunk. m F M

Erők felrajzolása I. TM Nehézségi erő m-re Sm Nehézségi erő M-re Tm Tartóerő M-re F A láda toló ereje m-re Súrlódási erő a láda és a doboz között Gm Súrlódási erő a láda és a talaj között SM GM De ezzel még nincs vége…

Erők felrajzolása II. Newton III. … mert még figyelembe kell vennünk az ellenerőket is! Newton III. A nehézségi erők ellenerői a Földre hatnak, a testek mozgásánál nem számítanak Sm A M-re ható tartóerő ellenereje a talajra hat, a testek mozgásánál nem számít Tm Tm A talaj és a láda közti súrlódási erő ellenerő a talajra hat – nem számít Az F erő ellenereje a ládát toló személyre hat – nem számít A m-re ható toló erő ellenereje a ládát nyomja visszafelé, ugyanolyan nagyságú, ellentétes irányú erő Sm A láda és a doboz közti súrlódási erő nem csak a doboz, hanem a láda mozgását is befolyásolja, ugyanolyan nagyságú, ellentétes irányú erő És ezeket is figyelembe kell vennünk a testek mozgásának leírásakor!

Erők felrajzolása III. Ezzel a dobozra és a ládára ható erők teljes rendszere az alábbi TM Sm Tm Tm F Gm Sm SM GM Mivel a testek közti kapcsolatokat feltártuk, innentől a két test mozgását külön-külön írjuk le…

Koordinátarendszer-választás Mindkét test jobbra mozog, így az egyenleteket ebben a koordinátarendszerben érdemes felírni + Megjegyzés: a függőleges tengely mentén tetszőlege-sen választható mindkét irány pozitívnak. + TM Sm Tm Tm F Gm Sm SM GM

Mozgásegyenletek komponensenként felírva I. Felírjuk a mozgásegyenletet a megadott koordináta-rendszerekben, komponensenként (előjelekre figyelni!) m test, függőleges komponens Sm Sm – Gm + 0 = 0, hiszen a feladat szövege szerint függőlegesen 0 kell legyen a gyorsulás Tm m test, vízszintes komponens Gm 0 + 0 + Tm = ma.

Mozgásegyenletek komponensenként felírva II. M test, függőleges komponens TM TM + 0 – GM + 0 – Sm + 0 = 0, hiszen függőlegesen 0 a gyorsulás Tm F M test, vízszintes komponens 0 – Tm + 0 + F + 0 – SM = Ma. Sm SM GM

A megoldandó egyenletrendszer Sm A fenti egyenletekbe behelyettesítjük, hogy Tm Gm TM Így az alábbi egyenletrendszert kapjuk Tm F Sm SM GM

Válasz az a) kérdésre A fentiek alapján elsőként az a) kérdésre tudunk választ adni. Ehhez a m tömegű testre vonatkozó egyenletekre lesz csak szükségünk. Vagyis a behelyettesítések után Vagyis a testeknek legalább 50 m/s2 gyorsulással kell mozogni. Ha ennél kisebb a gyorsulás, akkor a toló erő nagysága kisebb, vagyis a súrlódási erő nem lesz elegendően nagy, hogy megtartsa a testet – az meg fog csúszni.

Válasz az b) kérdésre Ezek után rátérhetünk a b) kérdésre. Ehhez M egyenleteire lesz szükségünk. A megoldáshoz be kell helyettesítenünk m egyenletei alapján És így Behelyettesítés után Vagyis a ládát legalább 660N erővel kell tolnunk, hogy a doboz ne essen le a széléről.

Mozgás lejtőn I. feladat

A feladat Az ábrán az alsó lejtő α=70o, a felső pedig β=20o szöget zár be a vízszintessel. A felső test tömege M=2kg, az alsóé m=1kg, a kötél és a csiga súlytalan. A M test és a lejtő közti súrlódási együttható M =0,5, az alsó test és lejtő között m =0,1. Mekkora a testek gyorsulása? M β m α

A feladat értelmezése, mértékegységek I. Jól látható, hogy mindkét test a lejtőn lefelé fog mozogni. M Az azonban érdekes kérdés, hogy a kötél megfeszül-e. β Ennek kiderítéséhez a feladatot meg kell oldani a kötél nélkül, és összehasonlítani a két test gyorsulását. Ha m gyorsulása nagyobb, akkor a kötél megfeszül. Más esetekben nem. m α

A feladat értelmezése, mértékegységek II. A lejtőn történő mozgás korábban megadott leírása alapján elmondható, hogy a kötél hatása nélkül M β lenne, vagyis a felül lévő test meg sem mozdulna, ha az alsó test nem húzná. Így természetesen a kötél is megfeszül, ezért a két test gyorsulásának nagysága meg fog egyezni, illetve a kötél két végén ugyanolyan nagyságú erő fog ébredni. m α A mennyiségek értéke mind SI mértékegységgel van megadva, így az átváltásukkal nincs dolgunk.

Erők felrajzolása I. TM Nehézségi erő m-re Nehézségi erő M-re K SM Tartóerő m-re Tartóerő M-re β Súrlódási erő m és a lejtő között GM K Sm Súrlódási erő M és a lejtő között Tm Kötélerők α Gm

Erők felrajzolása II. A későbbiekben hasznos lesz felbontani a nehézségi erőket lejtőirányú, és arra merőleges komponensekre. TM K SM A számolások kedvéért most berajzoljuk a releváns szögeket. β β GM K Sm Tm α α Gm

Koordinátarendszer-választás I. Mivel a testek közti kapcsolatokat feltártuk, innentől a két test mozgását külön-külön írjuk le… kezdjük a M tömegű testtel! + A test a felső lejtővel párhuzamosan, lefelé mozog, így az egyenleteit ebben a koordinátarendszerben érdemes felírni (lejtőre merőleges és lejtővel párhuzamos). TM + Ekkor a tartóerőnek, a kötélerőnek és a súrlódási erőnek is csak egy komponense lesz nem nulla. A nehézségi erőt viszont fel kellene bontanunk az alábbi komponensekre: M K SM GM┴ β Lejtőre merőleges ┴ komponens GM Lejtővel párhuzamos || komponens GM||

Koordinátarendszer-választás II. Most folytassuk a m tömegű testtel! SM A test az alsó lejtővel párhuzamosan, lefelé mozog, így az egyenleteit ebben a koordinátarendszerben érdemes felírni (lejtőre merőleges és lejtővel párhuzamos). TM K + + Gm┴ Ekkor a tartóerőnek, a kötélerőnek és a súrlódási erőnek is csak egy komponense lesz nem nulla. A nehézségi erőt viszont fel kellene bontanunk az alábbi komponensekre: m α Gm Gm|| Lejtőre merőleges ┴ komponens Lejtővel párhuzamos || komponens

Mozgásegyenletek komponensenként felírva I. Felírjuk a mozgásegyenletet a megadott koordináta-rendszerekben, komponensenként (előjelekre figyelni!) M test, lejtőre merőleges ┴ komponens TM TM – GM ┴ + 0 + 0 = 0, hiszen lejtőre merőlegesen 0 a gyorsulás M K SM M test, lejtővel párhuzamos || komponens GM┴ β 0 + GM|| + K – SM = Ma. GM GM||

Mozgásegyenletek komponensenként felírva II. SM TM m test, lejtőre merőleges ┴ komponens K Tm – Gm┴ + 0 + 0 = 0, hiszen lejtőre merőlegesen itt is 0 a gyorsulás Gm┴ m α m test, lejtővel párhuzamos || komponens Gm Gm|| 0 + Gm|| – K – SM = ma.

A megoldandó egyenletrendszer A fenti egyenletekbe behelyettesítjük, hogy Így az alábbi egyenletrendszert kapjuk

Az egyenletrendszer megoldása I. Az egyenletrendszer sokféleképpen megoldható, itt mutatunk egyfajta megoldási utat, ahol a végeredmény formálisan is előáll, és csak a végén helyettesítünk be. Első lépésként a függőleges komponensekre vonatkozó egyenletekből kifejezzük a tartóerőket Majd az így kapott eredményeket behelyettesítjük a vízszintes komponensek egyenleteibe Ezzel két-ismeretlenes egyenlet-rendszerre redukáltuk a problémát.

Az egyenletrendszer megoldása II. Az előálló két-ismeretlenes egyenletrendszer is sokféleképpen megoldható. Standard eljárás ilyen típusú feladatoknál, hogy összeadjuk a két egyenletet, így a kötélerők kiesnek, és csak a gyorsulás marad ismeretlen az egyenletben. Átrendezés és behelyettesítés után a megoldás Vagyis a két test 2,166 m/s2 gyorsulással fog mozogni a lejtőkön lefelé.

Mozgás lejtőn II. feladat

A 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 α β

A feladat értelmezése, mértékegységek I. Jól látható, hogy mindkét kötél megfeszül, a kötélerőkkel számolni kell majd. Az azonban kérdés, hogy a három test melyik irányba mozoghat, ez ugyanis meghatározza a csúszási súrlódási erők irányát. Ha megfelelően választjuk a rendszer lehetséges mozgási irányát súrlódási erők nélkül, majd megoldjuk a feladatot a súrlódás figyelembe vételével, akkor kétféle eredményt kaphatunk: A gyorsulás pozitív: az első lépésben meghatározott irányban gyorsulnak a testek. A gyorsulás negatív: a testek lassuló mozgást végeznek, vagy állnak (tapadási súrlódás). 2 1 3 α β

A feladat értelmezése, mértékegységek II. Ennek kiderítéséhez a feladatot meg kell oldani súrlódásmentes esetben egy választott mozgásirány figyelembe vételével, és a gyorsulása előjele megmondja, hogy milyen irányban mozognak a testek. Ha valaki végig követi a feladat lenti megoldását, de a súrlódási együtthatót 0-nak tekinti, épp ezt a kérdés válaszolhatja meg. Az eredménye ennek a számolásnak: Jól láthatóan a mozgásirányt az határozza meg, hogy az 1-es testre ható gravitációs erő lejtővel párhuzamos komponense nagyobb, vagy a 3-as testre hatóé. Esetünkben az előbbi a nagyobb, vagyis a testek „balra” mozognak, vagyis pontosabban az 1-es számú test a lejtőn lefelé, a 2-es számú test vízszintesen balra, a 3-as számú test a lejtőn felfelé mozog. Az egyes testekre ható súrlódási erők ezekkel az irányokkal ellentétesek kell legyenek. A mennyiségek értéke mind SI mértékegységgel van megadva, így az átváltásukkal nincs dolgunk.

Erők felrajzolása I. Nehézségi erők Tartóerők Kötélerők (a kavarodás elkerülése végett A és B jelű kötélerőket vezetünk be) Súrlódási erők – az irányokat a korábban meghatározott lehetséges mozgási irány (az α szögű lejtő felé gyorsul mindegyik test) határozza meg T2 KA KB T1 KA KB T3 S2 S1 G2 α β S3 G1 G3

Erők felrajzolása II. A későbbiekben hasznos lesz felbontani a nehézségi erőket lejtőirányú, és arra merőleges komponensekre. A számolások kedvéért most berajzoljuk a releváns szögeket (a merőleges szárú szögek alapján). T2 KA KB T1 KA KB T3 S2 S1 α G2 β α β S3 G1 G3

Koordinátarendszer-választás I. Mivel a testek közti kapcsolatokat feltártuk, innentől a két test mozgását külön-külön írjuk le… kezdjük az 1-es számú testtel! + A test a lejtővel párhuzamosan, lefelé mozog, így az egyenleteit ebben a koordinátarendszerben érdemes felírni (lejtőre merőleges és lejtővel párhuzamos). T1 KA S1 Ekkor a tartóerőnek, a kötélerőnek és a súrlódási erőnek is csak egy komponense lesz nem nulla. A nehézségi erőt viszont fel kellene bontanunk az alábbi komponensekre: + G1┴ α G1 Lejtőre merőleges ┴ komponens G1|| Lejtővel párhuzamos || komponens

Koordinátarendszer-választás II. Folytassuk a 2-es számú testtel! + A test vízszintesen, balra mozog, így az egyenleteit ebben a koordinátarendszerben érdemes felírni. T2 KA KB + S2 G2 Ekkor minden, a testre ható erőnek csak egy komponense lesz nem nulla. Így egyszerű lesz az egyenleteit felírni.

Koordinátarendszer-választás III. És végül nézzük a 3-as számú testet! + A test a lejtővel párhuzamosan, felfelé mozog, így az egyenleteit ebben a koordinátarendszerben érdemes felírni (lejtőre merőleges és lejtővel párhuzamos). KB T3 + Ekkor a tartóerőnek, a kötélerőnek és a súrlódási erőnek is csak egy komponense lesz nem nulla. A nehézségi erőt viszont fel kellene bontanunk az alábbi komponensekre: G3┴ β S3 G3|| Lejtőre merőleges ┴ komponens G3 Lejtővel párhuzamos || komponens

Mozgásegyenletek komponensenként felírva I. Felírjuk a mozgásegyenletet a megadott koordináta-rendszerekben, komponensenként (előjelekre figyelni!) 1-es test, lejtőre merőleges ┴ komponens T1 KA T1 – G1 ┴ + 0 + 0 = 0, hiszen lejtőre merőlegesen 0 a gyorsulás S1 G1┴ α 1-es test, lejtővel párhuzamos || komponens G1 0 + G1 || – KA – S1 = m1a G1||

Mozgásegyenletek komponensenként felírva II. 2-es test, függőleges komponens KA KB T2 – G2 + 0 + 0 + 0 = 0, hiszen lejtőre merőlegesen itt is 0 a gyorsulás S2 2-es test, vízszintes komponens G2 0 + 0 + KA – KB – S2 = m2a

Mozgásegyenletek komponensenként felírva III. 3-as test, lejtőre merőleges ┴ komponens KB T3 T3 – G3┴ + 0 + 0 = 0, hiszen lejtőre merőlegesen itt is 0 a gyorsulás G3┴ β S3 3-as test, lejtővel párhuzamos || komponens G3|| G3 0 – G3|| + KB – S3 = m3a

A megoldandó egyenletrendszer A fenti egyenletekbe behelyettesítjük, hogy Így az alábbi egyenletrendszert kapjuk

Az egyenletrendszer megoldása I. Az egyenletrendszer sokféleképpen megoldható, itt mutatunk egyfajta megoldási utat, ahol a végeredmény formálisan is előáll, és csak a végén helyettesítünk be. Első lépésként kifejezzük a tartóerőket Majd az így kapott eredményeket behelyettesítjük a lejtővel párhuzamos komponensek egyenleteibe Ezzel három-ismeretlenes egyenlet-rendszerre redukáltuk a problémát.

Az egyenletrendszer megoldása II. Az előálló egyenletrendszer is sokféleképpen megoldható. Standard eljárás ilyen típusú feladatoknál, hogy összeadjuk a két egyenletet, így a kötélerők kiesnek, és csak a gyorsulás marad ismeretlen az egyenletben. Átrendezés és behelyettesítés után a megoldás Vagyis a testek 0,376 m/s2 gyorsulással mozognak a pozitívnak választott irányba.

Merev test statikája I. feladat

A feladat Egy mr =20kg tömegű, 6 méter hosszú homogén rúd két helyen van alátámasztva, a bal szélén és a jobb szélétől 2m távolságra. A két alátámasztás közé félútra egy mt =10kg tömegű kis testet teszünk. Mekkora a tartóerő a két alátámasztási pontban egyensúly esetén?

A feladat értelmezése, mértékegységek A feladatban két test egyensúlyát kell vizsgálnunk, vagyis a és egyenletek felírásával és megoldásával válaszoljuk meg a feladat kérdéseit. A kis testet tömegpontként kezelhetjük, és így annál csak az erők egyensúlyát kell felírnunk. A rúd esetében az erők nyomatékegyenleteket is felírunk majd. A mennyiségek értéke mind SI mértékegységgel van megadva, így az átváltásukkal nincs dolgunk.

Erők felrajzolása A kis test egyensúlyi helyzetben akkora erővel nyomja a rudat, mint amekkora nehézségi erő hat rá. Ezt felhasználva a rúdra ható nyomóerőnél jelezzük, hogy annak nagysága megegyezik a testre ható gravitációs erőével. Megjegyzés: ezt akkor tehetjük meg biztosan, ha a test és a rúd között a kapcsolat közvetlen, vagyis érintkeznek, és nem kötél, vagy rugó, stb. köti őket össze. Nehézségi erő a rúdra F1 F2 A két kiszámolandó Tartóerő Gt Gr

Nyomatékegyenlet felírása I. Ha egy merev test nem mozog, akkor nem végez forgómozgást (sem). Így a Tengely, amire a nyomatékegyenletet fel fogjuk írni, tetszőleges pontba választható. Megjegyzés: ennél a feladattípusnál érdemes úgy választani, hogy az egyik ismeretlen erőhatás támadáspontjánál legyen a tengely, így annak a forgatónyomatéka zérus lesz (erőkarjának hossza 0). Továbbá, szükségünk lesz egy pozitív forgatási irány megadására. Azt a forgatónyomatékot, ami a megadott irányba igyekszik forgatni a testet, pozitív előjellel, az ellentétes irányba forgató erőt negatív előjellel fogjuk figyelembe venni. Megjegyzés: mivel az egyenletet nullára rendezve írjuk fel, a pozitív körüljárási irány tetszőleges. F1 F2 + Gt Gr

Nyomatékegyenlet felírása II. Most felírjuk a választott tengelyre vonatkoztatva a nyomatékegyenletet, az egyes forgatónyomatékokat erő x erőkar alakban alkalmazva. Az előjeleket a kis nyilak jelzik. Megjegyzés: Mint korábban írtuk, az F1 erő forgatónyomatéka nulla. Gt∙kt + Gr∙kr - F2∙k2 = 0 F1 + + F2 - + Gt Gr

Erőkarok hossza L x k2 kr kt Konkretizáljuk, hogy az előző oldalon formálisan felírt egyenletben az erőkarok hogyan számolhatóak ki a megadott értékek alapján. A rúd hosszát jelöljük L-el, a jobb oldali tartóerő és a rúd vége közti távolságot x-szel! k2 láthatóan k2 = L – x nagyságú. A rúdra ható nehézségi erő támadáspontja a rúd felénél található, így kr = L/2. A test a két alátámasztás között van félúton, vagyis kt = (L –x)/2. L k2 x kr kt

A nyomatékegyenlet és megoldása Fontos kiemelni, hogy az erőkarok fenti alakja csak ilyen egyszerű esetben számolható így. Helyettesítsük be a nyomatékegyenletbe az erőkarokra vonatkozó kifejezéseket, illetve az alábbiakat: Így az alábbi egyenletet kapjuk Ennek megoldása formálisan, és behelyettesítés után

A másik erő kiszámítása Az F1 erő kiszámítását az erők egyensúlyából fogjuk kiszámolni. Megjegyzés: az is jó stratégia, ha az F1 erő kiszámítására egy új nyomatékegyenletet írunk fel, és az erők egyensúlyát ellenőrzésre használjuk. Az erők összeadásához koordináta-rendszert kell választanunk. Lévén minden erőhatás függőleges, egyetlen tengelyre van szükségünk, és annak pozitív irányát most felfelé választjuk. + Ennek megoldása formálisan, és behelyettesítés után Vagyis a rudat a bal végén 100N, a jobb végétől 2 méterre 200N erővel kell tartani függőlegesen.

Merev test statikája II. feladat

A feladat Egy m=1kg tömegű, 30cm hosszú homogén rúd bal oldalán rögzített helyű csukló körül foroghat. A rúd végére M=2kg tömegű test van akasztva. A rúd 2/3-ánál mekkora F erővel kell hatnunk, hogy egyensúlyban legyen a rúd, ha az erő rúddal bezárt szöge =30o ? Mekkora F erő szükséges, ha a M=4000kg/m3 sűrűségű M testet vízbe merítjük? F β

A feladat értelmezése, mértékegységek A kötélre akasztott test esetén az erők egyensúlyát kell felírnunk: . A rúd esetében a nyomatékegyenletet alkalmazzuk: . A rúd hossza L=30cm=0,3m. A többi mennyiség értéke SI mértékegységben van megadva, így az átváltásukkal nincs dolgunk. Fontos még kiemelni, hogy a víz sűrűsége v=1000kg/m3. F β

Erők felrajzolása az a) feladatrészhez Először az a) feladatrésszel foglalkozunk, a M testet még nem merítjük vízbe. Nehézségi erő a rúdra és az M testre T Kötélerők a kötél két végén Tartóerő a tengelynél F A kiszámolandó F erő β K Gm K GM

A M test egyensúlya Ahhoz, hogy a rúdra ható F erőt ki tudjuk számolni, először megvizsgáljuk a M test egyensúlyát. A testre ható erők egy egyenesbe esnek, ami átmegy a tömegközépponton, így az M test nem foroghat, az erők egyensúlyát kell felírnunk. Ehhez megfelelő pozitív irányt kell választanunk. + K Ebben a koordinátarendszerben az egyenlet és annak megoldása: GM Megjegyzés: Jelen esetben egyszerű az M test kezelése, a rúdra ható kötélerő helyett azonnal írhattunk volna Mg-t. Azonban a b) feladatrész megmutatja, hogy ez nem mindig ilyen egyszerű, érdemes a fenti, standard megoldási utat követni.

A rúd egyensúlya Ezek után vesszük figyelembe a rúd egyensúlyát. Az erők egyensúlyának feltételéből nem tudjuk kiszámolni az F erő nagyságát, hiszen a T is ismeretlen. Ezért a T támadáspontjához rögzített Tengelyre vonatkoztatva felírjuk a nyomatékegyenletet, figyelembe véve, hogy így a tartóerő forgatónyomatéka zérus. Továbbá, választunk egy pozitív forgatási irányt. Megjegyzés: mivel az egyenletet nullára rendezve írjuk fel, a pozitív körüljárási irány tetszőleges. T + F β K Gm

A nyomatékegyenlet felírása Most felírjuk a választott tengelyre vonatkoztatva a nyomatékegyenletet, az egyes forgatónyomatékokat erő x erőkar alakban alkalmazva. Az előjeleket a kis nyilak jelzik. Megjegyzés: Mint korábban írtuk, a T tartóerő forgatónyomatéka nulla. Gm∙km - F∙kF + K∙kK = 0 T + F - + + β K Gm

Erőkarok hossza I. T β kK = L L km Konkretizáljuk, hogy az előző oldalon formálisan felírt egyenletben az erőkarok hogyan számolhatóak ki a megadott értékek alapján. A rúd hosszát jelöljük L-el jelöltük. kK láthatóan kK = L nagyságú. A rúdra ható nehézségi erő támadáspontja a rúd felénél található, így km = L/2. Az F erő erőkarjának kiszámítása ezeknél egy kicsit bonyolultabb, lásd a következő dián. T β kK = L L km

Erőkarok hossza II. · F kF β 2L/3 Az F erő erőkarjának hosszát az alábbi módon számolhatjuk ki. Meghosszabbítjuk az erő hatásvonalát. Merőlegest állítunk a tengelyre. Tudva, hogy hol található az F erő támadáspontja a rúdon, olyan derékszögű háromszöget kapunk, amelynek bármely adatát ki tudjuk számolni. Így kF = 2L/3·sinβ . · F kF β 2L/3

A nyomatékegyenlet és megoldása Fontos kiemelni, hogy valójában minden erő erőkarját a fenti módszerrel számoljuk ki, de a többi, a feladatban szereplő erőhatás esetén az erőkar egybeesik a tengelyt a támadásponttal összekötő szakasszal, így azokat egyszerűbben tudtuk kiszámolni. Helyettesítsük be a nyomatékegyenletbe az erőkarokra vonatkozó kifejezéseket, a kötélerő számolt alakját, illetve a nehézségi erők kifejezéseit, így az alábbit kapjuk: Ennek megoldása formálisan, és behelyettesítés után Vagyis a rudat 75N erővel kell tartanunk.

A feladat b) része Mekkora F erő szükséges, ha a M=4000kg/m3 sűrűségű M testet vízbe merítjük? F β

A feladat értelmezése F β A feladat b) részének megoldása csak annyiban különbözik az a) résztől, hogy az M tömegű test egyensúlyára vonatkozó egyenlet megváltozik, lévén fellép a hidrosztatikai felhajtóerő is. Ez a nyomatékegyenlet alakján nem változtat, de a behelyettesítendő Kötélerőn igen. Bár a megoldás útja csak ennyiben változik, újra lépésről lépésre végigvesszük azt. F β

A feladat értelmezése, mértékegységek A kötélre akasztott test esetén az erők egyensúlyát kell felírnunk: . A rúd esetében a nyomatékegyenletet alkalmazzuk: . A rúd hossza L=30cm=0,3m. A többi mennyiség értéke SI mértékegységben van megadva, így az átváltásukkal nincs dolgunk. Fontos még kiemelni, hogy a víz sűrűsége v=1000kg/m3. F β

Erők felrajzolása a b) feladatrészhez Most a b) feladatrésszel foglalkozunk, ahol az M testet vízbe merítjük. Nehézségi erő a rúdra és az M testre T Kötélerők a kötél két végén Tartóerő a tengelynél F A kiszámolandó F erő β K Gm K Ffel Hidrosztatikai felhajtóerő GM

A M test egyensúlya Ahhoz, hogy a rúdra ható F erőt ki tudjuk számolni, először megvizsgáljuk a M test egyensúlyát. A testre ható erők egy egyenesbe esnek, ami átmegy a tömegközépponton, így az M test nem foroghat, az erők egyensúlyát kell felírnunk. Ehhez megfelelő pozitív irányt kell választanunk. + K Ffel Ebben a koordinátarendszerben az egyenlet: GM Mivel a felhajtóerő kiszámolható az alábbi módon A kötélerő kifejezése ebben az esetben

A rúd egyensúlya Ezek után vesszük figyelembe a rúd egyensúlyát. Az erők egyensúlyának feltételéből nem tudjuk kiszámolni az F erő nagyságát, hiszen a T is ismeretlen. Ezért a T támadáspontjához rögzített Tengelyre vonatkoztatva felírjuk a nyomatékegyenletet, figyelembe véve, hogy így a tartóerő forgatónyomatéka zérus. Továbbá, választunk egy pozitív forgatási irányt. Megjegyzés: mivel az egyenletet nullára rendezve írjuk fel, a pozitív körüljárási irány tetszőleges. T + F β K Gm

A nyomatékegyenlet felírása Most felírjuk a választott tengelyre vonatkoztatva a nyomatékegyenletet, az egyes forgatónyomatékokat erő x erőkar alakban alkalmazva. Az előjeleket a kis nyilak jelzik. Megjegyzés: Mint korábban írtuk, a T tartóerő forgatónyomatéka nulla. Gm∙km - F∙kF + K∙kK = 0 T + F - + + β K Gm

Erőkarok hossza I. T β kK = L L km Konkretizáljuk, hogy az előző oldalon formálisan felírt egyenletben az erőkarok hogyan számolhatóak ki a megadott értékek alapján. A rúd hosszát jelöljük L-el jelöltük. kK láthatóan kK = L nagyságú. A rúdra ható nehézségi erő támadáspontja a rúd felénél található, így km = L/2. Az F erő erőkarjának kiszámítása ezeknél egy kicsit bonyolultabb, lásd a következő dián. T β kK = L L km

Erőkarok hossza II. · F kF β 2L/3 Az F erő erőkarjának hosszát az alábbi módon számolhatjuk ki. Meghosszabbítjuk az erő hatásvonalát. Merőlegest állítunk a tengelyre. Tudva, hogy hol található az F erő támadáspontja a rúdon, olyan derékszögű háromszöget kapunk, amelynek bármely adatát ki tudjuk számolni. Így kF = 2L/3·sinβ . · F kF β 2L/3

A nyomatékegyenlet és megoldása Helyettesítsük be a nyomatékegyenletbe az erőkarokra vonatkozó kifejezéseket, a kötélerő számolt alakját, illetve a nehézségi erők kifejezéseit, így az alábbit kapjuk: Ennek megoldása formálisan, és behelyettesítés után Vagyis a rudat ebben az esetben 60N erővel kell tartanunk.

KÖSZÖNÖM A FIGYELMET!