„Erőtan I. - 2.1.26” változatai közötti eltérés

A Fizipedia wikiből
(Feladat)
 
(egy szerkesztő 3 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.
8. sor: 8. sor:
 
}}
 
}}
 
== Feladat ==
 
== Feladat ==
</noinclude><wlatex># Sima, vízszintes síkon levő kis méretű testre $F(t)=kt$ törvény szerint változó erő hat úgy, hogy iránya a vízszintessel $\alpha$ szöget zár be. A test és a sík közti súrlódástól eltekintünk. Határozza meg   
+
</noinclude><wlatex># (*2.1.26) Sima, vízszintes síkon levő kis méretű testre $F(t)=kt$ törvény szerint változó erő hat úgy, hogy iránya a vízszintessel $\alpha$ szöget zár be. A test és a sík közti súrlódástól eltekintünk. Határozza meg   
 
#: a) a test sebességét abban a pillanatban, amikor a test kezd felemelkedni,
 
#: a) a test sebességét abban a pillanatban, amikor a test kezd felemelkedni,
 
#: b) a felemelkedés kezdetéig befutott utat! ($v(t=0)=0$ és $x(t=0)=0$)
 
#: b) a felemelkedés kezdetéig befutott utat! ($v(t=0)=0$ és $x(t=0)=0$)
</wlatex><includeonly><wlatex>{{Útmutatás|content= Határozzuk meg először azt az időpontot, amikor a test felemelkedik! A gyorsulás integrálásával határozzuk meg a sebesség, majd még egyszer integrálva a test helyzetének időfüggését}}{{Végeredmény|content= a) $$v(t_{e})=\frac{mg^{2}\cos\alpha}{2k\sin^{2}\alpha}$$ <br> b) $$x(t_{e})=\frac{m^{2}g^{3}\cos\alpha}{2k^{2}\sin^{3}\alpha}$$}}</wlatex></includeonly><noinclude>
+
</wlatex><includeonly><wlatex>{{Útmutatás|content= Határozzuk meg először azt az időpontot, amikor a test felemelkedik! A gyorsulás integrálásával határozzuk meg a sebesség, majd még egyszer integrálva a test helyzetének időfüggését}}{{Végeredmény|content= a) $$v(t_{e})=\frac{mg^{2}\cos\alpha}{2k\sin^{2}\alpha}$$ <br> b) $$x(t_{e})=\frac{m^{2}g^{3}\cos\alpha}{6k^{2}\sin^{3}\alpha}$$}}</wlatex></includeonly><noinclude>
 +
 
 
== Megoldás ==
 
== Megoldás ==
<wlatex>#: a) A testre ható erőket az ÁBRÁn ábrázoltuk. Az általunk kifejtett erőt érdemes felbontani egy $F_{x}(t)=F(t)\cos\alpha$ és egy $F_{y}(t)=F(t)\sin\alpha$ nagyságú komponensre.
+
<wlatex>#: a) A testre az $F(t)$ erőn kívül a függőleges irányú gravitációs és nyomóerők hatnak. Az általunk kifejtett erőt érdemes felbontani egy $F_{x}(t)=F(t)\cos\alpha$ nagyságú vízszintes és egy $F_{y}(t)=F(t)\sin\alpha$ nagyságú függőleges komponensre. Amíg a test el nem emelkedik, addig a függőleges irányban az erők kiegyenlítik egymást. $$N=mg-kt\sin\alpha$$ Ez egészen addig a $t_{e}$ pillanatig tart, amíg a nyomórerő zérussá nem válik. Ezután már nem tud megtörténni az erők kiegyenlítődése, hiszen a nyomóerő nem lehet negatív. $$0=mg-kt_{e}\sin\alpha\qquad\Rightarrow\qquad t_{e}=\frac{mg}{k\sin\alpha}$$ A vízszintes irányú mozgásegyenlet: $$ma(t)=kt\cos\alpha$$ Ez alapján a sebesség az idő függvényében $$v(t)=v(0)+\int_{0}^{t}a(t')dt'=\frac{k\cos\alpha}{2m}t^{2}$$ A felemelkedés pillanatában tehát $$v(t_{e})=\frac{mg^{2}\cos\alpha}{2k\sin^{2}\alpha}\,.$$
ÁBRA
+
#: b) Az elmozdulás az idő függvényében az alábbiak szerint számolható ki. $$x(t)=x(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=\frac{k\cos\alpha}{6m}t^{3}$$ Így a felemelkedésig megtett út $$x(t_{e})=\frac{m^{2}g^{3}\cos\alpha}{6k^{2}\sin^{3}\alpha}\,.$$
Amíg a test el nem emelkedik, addig a függőleges irányban az erők kiegyenlítik egymást. $$N=mg-kt\sin\alpha$$ Ez egészen addig a $t_{e}$ pillanatig tart, amíg a nyomórerő zérussá nem válik. Ezután már nem tud megtörténni az erők kiegyenlítődése, hiszen a nyomóerő nem lehet negatív. $$0=mg-kt_{e}\sin\alpha\qquad\Rightarrow\qquad t_{e}=\frac{mg}{k\sin\alpha}$$ A vízszintes irányú mozgásegyenlet: $$ma(t)=kt\cos\alpha$$ Ez alapján a sebesség az idő függvényében $$v(t)=v(0)+\int_{0}^{t}a(t')dt'=\frac{k\cos\alpha}{2m}t^{2}$$ A felemelkedés pillanatában tehát $$v(t_{e})=\frac{mg^{2}\cos\alpha}{2k\sin^{2}\alpha}\,.$$
+
#: b) Az elmozdulás az idő függvényében az alábbiak szerint számolható ki. $$x(t)=x(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=\frac{k\cos\alpha}{6m}t^{3}$$ Így a felemelkedésig megtett út $$x(t_{e})=\frac{m^{2}g^{3}\cos\alpha}{2k^{2}\sin^{3}\alpha}\,.$$
+
 
</wlatex>
 
</wlatex>
 
</noinclude>
 
</noinclude>

A lap jelenlegi, 2014. január 9., 15:23-kori változata

Navigáció Pt·1·2·3
Kísérleti fizika gyakorlat 1.
Gyakorlatok listája:
  1. Deriválás
  2. Integrálás
  3. Mozgástan
  4. Erőtan I.
  5. Erőtan II.
  6. Munka, energia
  7. Pontrendszerek
  8. Merev testek I.
  9. Merev testek II.
  10. Rugalmasság, folyadékok
  11. Rezgések I.
  12. Rezgések II.
  13. Hullámok
Mechanika - Erőtan I.
Feladatok listája:
  1. Erőtan I. - 2.1.2
  2. Erőtan I. - 2.1.4
  3. Erőtan I. - 2.1.7
  4. Erőtan I. - 2.1.9
  5. Erőtan I. - 2.1.14
  6. Erőtan I. - 2.1.16
  7. Erőtan I. - 2.1.26
  8. Erőtan I. - 2.1.30
  9. Erőtan I. - 2.1.35
  10. Erőtan I. - 2.1.38
  11. Erőtan I. - 2.1.48
  12. Erőtan I. - 2.3.1
  13. Erőtan I. - 2.4.1
  14. Erőtan I. - 2.4.4
  15. Erőtan I. - 2.4.7
  16. Erőtan I. - Harmonikus rezgés gravitációs térben
© 2012-2013 BME-TTK, TÁMOP4.1.2.A/1-11/0064

Feladat

  1. (*2.1.26) Sima, vízszintes síkon levő kis méretű testre \setbox0\hbox{$F(t)=kt$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% törvény szerint változó erő hat úgy, hogy iránya a vízszintessel \setbox0\hbox{$\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% szöget zár be. A test és a sík közti súrlódástól eltekintünk. Határozza meg
    a) a test sebességét abban a pillanatban, amikor a test kezd felemelkedni,
    b) a felemelkedés kezdetéig befutott utat! (\setbox0\hbox{$v(t=0)=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% és \setbox0\hbox{$x(t=0)=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%)

Megoldás

  1. a) A testre az \setbox0\hbox{$F(t)$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% erőn kívül a függőleges irányú gravitációs és nyomóerők hatnak. Az általunk kifejtett erőt érdemes felbontani egy \setbox0\hbox{$F_{x}(t)=F(t)\cos\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% nagyságú vízszintes és egy \setbox0\hbox{$F_{y}(t)=F(t)\sin\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% nagyságú függőleges komponensre. Amíg a test el nem emelkedik, addig a függőleges irányban az erők kiegyenlítik egymást.
    \[N=mg-kt\sin\alpha\]
    Ez egészen addig a \setbox0\hbox{$t_{e}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% pillanatig tart, amíg a nyomórerő zérussá nem válik. Ezután már nem tud megtörténni az erők kiegyenlítődése, hiszen a nyomóerő nem lehet negatív.
    \[0=mg-kt_{e}\sin\alpha\qquad\Rightarrow\qquad t_{e}=\frac{mg}{k\sin\alpha}\]
    A vízszintes irányú mozgásegyenlet:
    \[ma(t)=kt\cos\alpha\]
    Ez alapján a sebesség az idő függvényében
    \[v(t)=v(0)+\int_{0}^{t}a(t')dt'=\frac{k\cos\alpha}{2m}t^{2}\]
    A felemelkedés pillanatában tehát
    \[v(t_{e})=\frac{mg^{2}\cos\alpha}{2k\sin^{2}\alpha}\,.\]
    b) Az elmozdulás az idő függvényében az alábbiak szerint számolható ki.
    \[x(t)=x(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=\frac{k\cos\alpha}{6m}t^{3}\]
    Így a felemelkedésig megtett út
    \[x(t_{e})=\frac{m^{2}g^{3}\cos\alpha}{6k^{2}\sin^{3}\alpha}\,.\]