Pontrendszerek - 3.1.13

A Fizipedia wikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Bacsi (vitalap | szerkesztései) 2013. április 13., 13:34-kor történt szerkesztése után volt.

(eltér) ←Régebbi változat | Aktuális változat (eltér) | Újabb változat→ (eltér)
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 - Pontrendszerek
Feladatok listája:
  1. Pontrendszerek - 3.1.2
  2. Pontrendszerek - 3.1.3
  3. Pontrendszerek - 3.1.6
  4. Pontrendszerek - 3.1.7
  5. Pontrendszerek - 3.1.9
  6. Pontrendszerek - 3.1.11
  7. Pontrendszerek - 3.1.12
  8. Pontrendszerek - 3.1.13
  9. Pontrendszerek - 3.1.14
  10. Pontrendszerek - 3.1.16
  11. Pontrendszerek - 3.1.18
  12. Pontrendszerek - Rugalmas ütközés térben
  13. Pontrendszerek - 3.1.21
  14. Pontrendszerek - 3.1.23
  15. Pontrendszerek - 3.1.26
  16. Pontrendszerek - 3.3.1
© 2012-2013 BME-TTK, TÁMOP4.1.2.A/1-11/0064

Feladat

  1. Egy \setbox0\hbox{$M=70\,\mathrm{kg}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% tömegű ember kezében \setbox0\hbox{$m=10\,\mathrm{kg}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% tömegű teherrel a vízszintessel \setbox0\hbox{$45^\circ$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%-os szöget bezáró irányban \setbox0\hbox{$v_{0}=7\,\mathrm{m/s}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% kezdősebességgel felugrik. Pályája tetőpontján a terhet vízszintes \setbox0\hbox{$u=8\,\mathrm{m/s}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% relatív sebességgel hátrafelé hajítja. Mennyivel nagyobb távolságra ugrik ily módon?

Megoldás

  1. A felugráskor az ember sebességének vízszintes és függőleges komponense
    \[v_{x}=v_{0}\cos\alpha\qquad\qquad v_{y}=v_{0}\sin\alpha\]
    Ha nem dobja el a terhet az ugrás során, akkor
    \[s=2v_{x}\frac{v_{y}}{g}\]
    távolságig ugrik. Ha a terhet a pályája legfelső pontján eldobja, akkor az eldobás után a sebessége \setbox0\hbox{$v_{x}'$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% lesz, melyet az impulzus megmaradás segítségével számíthatunk ki, hiszen nem hatnak vízszintes irányú külső erők az eldobás pillanatában.
    \[(m+M)v_{x}=Mv_{x}'-m(u-v_{x})\qquad\Rightarrow\qquad v_{x}'=\frac{mu+M v_{x}}{M}\]
    Ebben az esetben
    \[s'=(v_{x}+v_{x}')\frac{v_{y}}{g}\]
    távolságig ugrik. A két távolság különbsége
    \[\Delta s=s'-s=\frac{muv_{0}\sin\alpha}{Mg}=0,566\,\mathrm{m}\,.\]