„Erőtan I. - 2.1.14” változatai közötti eltérés
A Fizipedia wikiből
(Új oldal, tartalma: „<noinclude> Kategória:Kísérleti fizika gyakorlat 1. Kategória:Szerkesztő: Bácsi Ádám Kategória:Erőtan I. {{Kísérleti fizika gyakorlat | tárgynév …”) |
(→Megoldás) |
||
| (3 szerkesztő 13 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
| 2. sor: | 2. sor: | ||
[[Kategória:Kísérleti fizika gyakorlat 1.]] | [[Kategória:Kísérleti fizika gyakorlat 1.]] | ||
[[Kategória:Szerkesztő: Bácsi Ádám]] | [[Kategória:Szerkesztő: Bácsi Ádám]] | ||
| − | [[Kategória:Erőtan I.]] | + | [[Kategória:Mechanika - Erőtan I.]] |
{{Kísérleti fizika gyakorlat | {{Kísérleti fizika gyakorlat | ||
| tárgynév = Kísérleti fizika gyakorlat 1. | | tárgynév = Kísérleti fizika gyakorlat 1. | ||
| − | | témakör = Erőtan I. | + | | témakör = Mechanika - Erőtan I. |
}} | }} | ||
== Feladat == | == Feladat == | ||
| − | </noinclude><wlatex># Egy $\alpha$ hajlásszögű lejtő tetejéről a $t=0$ időpontban elengedünk egy $m$ tömegű testet, ugyanakkor el is kezdjük húzni a lejtővel párhuzamosan $F(t)=kt$ nagyságú erővel felfelé. A mozgást addig vizsgáljuk, míg a test újra meg nem áll. Numerikus adatok : $\alpha=\ | + | </noinclude><wlatex># (2.1.14) Egy $\alpha$ hajlásszögű lejtő tetejéről a $t=0$ időpontban elengedünk egy $m$ tömegű testet, ugyanakkor el is kezdjük húzni a lejtővel párhuzamosan $F(t)=kt$ nagyságú erővel felfelé. A mozgást addig vizsgáljuk, míg a test újra meg nem áll. Numerikus adatok : $\alpha=45^\circ$, $m=4\,\mathrm{kg}$, $k=\sqrt{2} \,\mathrm{\frac{N}{s}}$, $\mu=0,5$, $g=9,81\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$. |
#: a) Mekkora a test gyorsulása a $t=0$ időpontban? | #: a) Mekkora a test gyorsulása a $t=0$ időpontban? | ||
#: b) Add meg a test gyorsulását az idő függvényében! Mennyi idő telik el, míg a testre ható erők kiegyenlítik egymást? | #: b) Add meg a test gyorsulását az idő függvényében! Mennyi idő telik el, míg a testre ható erők kiegyenlítik egymást? | ||
| 14. sor: | 14. sor: | ||
#: d) Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása a megállás pillanatában? | #: d) Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása a megállás pillanatában? | ||
#: e) Ha a lejtőt $a_{0}=g/2$ gyorsulással megtolnánk, mekkora lenne a test gyorsulása a $t=0$ időpontban? | #: e) Ha a lejtőt $a_{0}=g/2$ gyorsulással megtolnánk, mekkora lenne a test gyorsulása a $t=0$ időpontban? | ||
| − | </wlatex><includeonly><wlatex>{{Végeredmény|content= | + | </wlatex><includeonly><wlatex>{{Útmutatás|content= Határozd meg a testre ható erők közti összefüggéseket a Newton törvények segítségével!}}{{Végeredmény|content= a) $a(0)=3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$ <br> b) $t_{e}=9,81\,\mathrm{s}$ <br> c) $t_{s}=19,62\,\mathrm{s}$ <br> d) $a(t_{s})=-3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$ <br> e) $a'(0)=8,67\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$}}</wlatex></includeonly><noinclude> |
== Megoldás == | == Megoldás == | ||
| − | <wlatex>#: a-b) Egy általános időpillanatban a testre ható erőket az | + | <wlatex>#: a-b) Egy általános időpillanatban a testre ható erőket az ábrán ábrázoltuk. A gravitációs erőt érdemes felbontani egy lejtőre merőleges $F_{g1}=F_{g}\cos\alpha$ és egy a lejtővel párhuzamos $F_{g2}=F_{g}\sin\alpha$ komponensre. [[Kép:2.1.14.svg|none|250px]] A lejtőre merőleges irányban nem történik mozgás, ezért $$N=F_{g1}\,.$$ A lejtővel párhuzamos irányban a gyorsulást az eredő erő határozza meg. A gyorsulást a lejtő irányában lefelé tekintjük pozitívnak. $$ma(t)=F_{g2}-F(t)-S\,,$$ ahol a súrlódási erőt a nyomóerő segítségével adhatjuk meg: $S=\mu N$. $$ma(t)=mg\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)-kt$$ A kezdeti $t=0$ időpillanatban $a(0)=g\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$. <br><br> Amikor a testre ható erők kiegyenlítik egymást, akkor a gyorsulás zérus. Ez abban a $t_{e}$ időpontban történik meg, amikor $a(t_{e})=0$. Ebből $$t_{e}=\frac{mg}{k}\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=9,81\,\mathrm{s}\,.$$ |
| − | + | ||
| − | A lejtőre merőleges irányban nem történik mozgás, ezért $$N=F_{g1}\,.$$ A lejtővel párhuzamos irányban a gyorsulást az eredő erő határozza meg. A gyorsulást a lejtő irányában lefelé tekintjük pozitívnak. $$ma(t)=F_{g2}-F(t)-S\,,$$ ahol a súrlódási erőt a nyomóerő segítségével adhatjuk meg: $S=\mu N$. $$ma(t)=mg\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)-kt$$ A kezdeti $t=0$ időpillanatban $a(0)=g\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$. <br><br> Amikor a testre ható erők kiegyenlítik egymást, akkor a gyorsulás zérus. Ez abban a $t_{e}$ időpontban történik meg, amikor $a(t_{e})=0$. Ebből $$t_{e}=\frac{mg}{k}\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=9,81\,\mathrm{s}\,.$$ | + | |
#: c) A sebesség az idő függvényében az alábbiak szerint számolható ki. $$v(t)=v(0)+\int_{0}^{t}a(t')dt'$$ A kezdeti sebesség 0, így $$v(t)=gt\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)-\frac{k}{2m}t^{2}\,.$$ A test abban a $t_{s}$ időpillanatban áll meg, amikor $v(t_{s})=0$. Ebből az egyenletből a $t_{s}=0$ is adódik természetesen, hiszen a kezdeti időpillanatban is $0$ volt a sebesség, de fizikailag most az egyenlet másik megoldása érdekes. $$t_{s}=\frac{2mg}{k}\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=19,62\,\mathrm{s}\,.$$ | #: c) A sebesség az idő függvényében az alábbiak szerint számolható ki. $$v(t)=v(0)+\int_{0}^{t}a(t')dt'$$ A kezdeti sebesség 0, így $$v(t)=gt\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)-\frac{k}{2m}t^{2}\,.$$ A test abban a $t_{s}$ időpillanatban áll meg, amikor $v(t_{s})=0$. Ebből az egyenletből a $t_{s}=0$ is adódik természetesen, hiszen a kezdeti időpillanatban is $0$ volt a sebesség, de fizikailag most az egyenlet másik megoldása érdekes. $$t_{s}=\frac{2mg}{k}\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=19,62\,\mathrm{s}\,.$$ | ||
| − | #: d) A megállás pillanatában a gyorsulás $$a(t_{s})=-g\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=-3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$$ éppen $-1$-szerese a kezdeti gyorsulásnak. | + | #: d) A megállás pillanatában a gyorsulás $$a(t_{s}-0)=-g\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=-3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$$ éppen $-1$-szerese a kezdeti gyorsulásnak. $a(t_s+0)$-ban viszont a gyorsulás nulla, mivel a tapadás egy ideig állva tartja a testet, amíg a külső húzóerő elég nagyra nem nő. A gyorsulás-idő függvénynek tehát a megállás pillanatában szakadása van! |
| − | #: e) Ha | + | #: e) Ha megtoljuk a lejtőt az ábra szerint balra, akkor a lejtőhöz rögzített rendszerben egy tehetetlenségi erőt kell figyelembe vennünk. A gravitációs erő mellett a tehetetlenségi erőt is érdemes felbontani lejtővel párhuzamos és arra merőleges komponensre. A mozgásegyenlet a lejtőre merőleges irányban az erők kiegyenlítik egymást. $$N=F_{g}\cos\alpha-F_{t}\sin\alpha=mg\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)\,.$$ A lejtővel párhuzamos irányban $$ma'(0)=F_{g}\sin\alpha-\mu N+F_{t}\cos\alpha=mg\left(\sin\alpha-\mu\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)+\frac{\cos\alpha}{2} \right)$$ $$a'(0)=g\left(\sin\alpha-\mu\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)+\frac{\cos\alpha}{2} \right)=8,67\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$$ a test gyorsulása a lejtőhöz viszonyítva. Megjegyezzük, hogy az álló rendszerhez képest ehhez a gyorsuláshoz vektoriálisan hozzá kell adni az $a_{0}$ gyorsulást. Továbbá ha a lejtőt az ábrán jobbra toljuk meg ugyanekkora gyorsulással, akkor a súrlódási erő épp a tapadási határon lesz, azaz a test nem is indul el a lejtőn. |
| − | + | ||
| − | A mozgásegyenlet a lejtőre merőleges irányban az erők kiegyenlítik egymást. $$N=F_{g}\cos\alpha-F_{t}\sin\alpha=mg\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)\,.$$ A lejtővel párhuzamos irányban $$ma'(0)=F_{g}\sin\alpha-\mu N+F_{t}\cos\alpha=mg\left(\sin\alpha-\mu\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)+\frac{\cos\alpha}{2} \right)$$ $$a'(0)=g\left(\sin\alpha-\mu\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)+\frac{\cos\alpha}{2} \right)=8,67\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$$ a test gyorsulása a lejtőhöz viszonyítva. Megjegyezzük, hogy az álló rendszerhez képest ehhez a gyorsuláshoz vektoriálisan hozzá kell adni az $a_{0}$ gyorsulást. | + | |
</wlatex> | </wlatex> | ||
</noinclude> | </noinclude> | ||
A lap jelenlegi, 2013. október 9., 13:56-kori változata
Feladat
- (2.1.14) Egy
hajlásszögű lejtő tetejéről a 
időpontban elengedünk egy 
tömegű testet, ugyanakkor el is kezdjük húzni a lejtővel párhuzamosan 
nagyságú erővel felfelé. A mozgást addig vizsgáljuk, míg a test újra meg nem áll. Numerikus adatok : 
, 
, 
, 
, 
.
- a) Mekkora a test gyorsulása a időpontban?
- b) Add meg a test gyorsulását az idő függvényében! Mennyi idő telik el, míg a testre ható erők kiegyenlítik egymást?
- c) Mikor áll meg a test?
- d) Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása a megállás pillanatában?
- e) Ha a lejtőt
gyorsulással megtolnánk, mekkora lenne a test gyorsulása a időpontban?
- a) Mekkora a test gyorsulása a
Megoldás
- a-b) Egy általános időpillanatban a testre ható erőket az ábrán ábrázoltuk. A gravitációs erőt érdemes felbontani egy lejtőre merőleges
és egy a lejtővel párhuzamos 
komponensre. A lejtőre merőleges irányban nem történik mozgás, ezért
A lejtővel párhuzamos irányban a gyorsulást az eredő erő határozza meg. A gyorsulást a lejtő irányában lefelé tekintjük pozitívnak.![\[N=F_{g1}\,.\]](/images/math/1/f/0/1f04cdff3fa3b9ef4f8edfb3e5bf538b.png)
ahol a súrlódási erőt a nyomóerő segítségével adhatjuk meg:![\[ma(t)=F_{g2}-F(t)-S\,,\]](/images/math/6/3/7/637e11b93c4d6158bdb506e7e765d3a0.png)
. A kezdeti![\[ma(t)=mg\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)-kt\]](/images/math/8/0/5/805fac3d4fb483ef0a5d0c2a00ada805.png)
időpillanatban 
.
Amikor a testre ható erők kiegyenlítik egymást, akkor a gyorsulás zérus. Ez abban a
időpontban történik meg, amikor 
. Ebből ![\[t_{e}=\frac{mg}{k}\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=9,81\,\mathrm{s}\,.\]](/images/math/2/1/3/2132fec809119a28ee332507f2090048.png)
- c) A sebesség az idő függvényében az alábbiak szerint számolható ki. A kezdeti sebesség 0, így
![\[v(t)=v(0)+\int_{0}^{t}a(t')dt'\]](/images/math/b/6/2/b626776db780679c5049b4960bd1026b.png)
A test abban a![\[v(t)=gt\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)-\frac{k}{2m}t^{2}\,.\]](/images/math/1/f/e/1fe6aa55515b18e46e93e614d789f20d.png)
időpillanatban áll meg, amikor 
. Ebből az egyenletből a 
is adódik természetesen, hiszen a kezdeti időpillanatban is 
volt a sebesség, de fizikailag most az egyenlet másik megoldása érdekes. ![\[t_{s}=\frac{2mg}{k}\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=19,62\,\mathrm{s}\,.\]](/images/math/f/6/c/f6ccee1742b4302f089e1fbd28ecd08b.png)
- d) A megállás pillanatában a gyorsulás éppen
![\[a(t_{s}-0)=-g\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=-3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}\]](/images/math/8/4/3/8431ad5c33af918ec3d497db10dbab06.png)
-szerese a kezdeti gyorsulásnak. 
-ban viszont a gyorsulás nulla, mivel a tapadás egy ideig állva tartja a testet, amíg a külső húzóerő elég nagyra nem nő. A gyorsulás-idő függvénynek tehát a megállás pillanatában szakadása van!
- e) Ha megtoljuk a lejtőt az ábra szerint balra, akkor a lejtőhöz rögzített rendszerben egy tehetetlenségi erőt kell figyelembe vennünk. A gravitációs erő mellett a tehetetlenségi erőt is érdemes felbontani lejtővel párhuzamos és arra merőleges komponensre. A mozgásegyenlet a lejtőre merőleges irányban az erők kiegyenlítik egymást. A lejtővel párhuzamos irányban
![\[N=F_{g}\cos\alpha-F_{t}\sin\alpha=mg\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)\,.\]](/images/math/5/f/0/5f0b60e30c19175ff418211488b3a576.png)
![\[ma'(0)=F_{g}\sin\alpha-\mu N+F_{t}\cos\alpha=mg\left(\sin\alpha-\mu\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)+\frac{\cos\alpha}{2} \right)\]](/images/math/6/b/7/6b7c4bb629db0c255821708a2a270885.png)
a test gyorsulása a lejtőhöz viszonyítva. Megjegyezzük, hogy az álló rendszerhez képest ehhez a gyorsuláshoz vektoriálisan hozzá kell adni az![\[a'(0)=g\left(\sin\alpha-\mu\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)+\frac{\cos\alpha}{2} \right)=8,67\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}\]](/images/math/9/c/c/9cc138586598714042c70e8200422c1b.png)
gyorsulást. Továbbá ha a lejtőt az ábrán jobbra toljuk meg ugyanekkora gyorsulással, akkor a súrlódási erő épp a tapadási határon lesz, azaz a test nem is indul el a lejtőn.
- a-b) Egy általános időpillanatban a testre ható erőket az ábrán ábrázoltuk. A gravitációs erőt érdemes felbontani egy lejtőre merőleges
