Fizika | Középiskola » GDF Fizika példatár I.

GÁBOR DÉNES FŐISKOLA FIZIKA PÉLDATÁR 1 1. A fény terjedési sebessége közel 3×108 m/s Határozzuk meg, hogy mennyi idő alatt teszi meg a fény az egy atommag átmérőjével (2×10–15 m) egyenlő távolságot! MEGOLDÁS: 1. Egyenes vonalú egyenletes mozgás 2. s = v⋅t , 3. t= 4. s = v ⋅ t = 3 ⋅ 108 ebből t = s v 2 ⋅ 10−15 m = 6,66 ⋅ 10 −24 s m 3 ⋅ 108 s m ⋅ 6,66 ⋅ 10 −24 = 2 ⋅ 10−15 m s 2. Egy gépkocsi 28 km-es utat tett meg végcéljáig Az út első 9 km-es szakasza városi utakon vezetett, ahol az autó 27 km/ó átlagsebességgel mozgott. Az út fennmaradó részén a gépkocsi autópályán haladt A teljes menetidő 41 perces volt Mekkora volt a kocsi átlagsebessége az autópályán? 1. Egyenes vonalú egyenletes mozgás A test tömegpontnak tekinthető A mozgás két részből áll, amelyeknek átlagsebessége eltérő. MEGOLDÁS: 1. 2. Egyenesvonalú egyenletesnek

tekinthető mozgás. s s v= ⇒t= t v s1 + s2 = s s 2 = s − s1 t1 + t 2 = t t 2 = t − t1 s1 = v1 t1 s2 = v2 t2 t1 = v2 = 3. s1 v1 s2 s − s1 = s1 t2 t− v1 s = 28 km s1 = 9 km s 2 = 28 − 9 = 19 km v1 = 27 km / ó t 2 = t − t1 = t − s1 v1 t= 41 ó 60 v2 = 4. 28 − 9 19 60 ⋅ 19 = = = 54,3 km / ó 41 9 41 20 29 − − 60 27 60 60 t1 + t 2 = s1 s2 9 19 41 + = + = 0,68 = v1 v 2 27 54 ,3 60 3. A kaliforniai San Andreas törésvonal két oldalának összeillő alakzataiból a geológusok arra a következtetésre jutottak, hogy a két, eredetileg folytonosan illeszkedő sziklafal mintegy 20 millió év alatt 325 km-t csúszott el egymáshoz képest. Határozzuk meg az elmozdulás átlagsebességét centiméter per évben! Megjegyzés: A Hollister közelében fekvő területen az elcsúszás sebessége jelenleg körülbelül 6 cm/év, körülbelül ilyen sebességgel nőnek a körmeink. MEGOLDÁS: 1. 2. 3. Egyenesvonalú egyenletes mozgás. s v= t s = 325

km = 325 ⋅ 10 3 m = 325 ⋅ 10 5 cm t = 20 millió év = 20 ⋅ 10 6 év 32,5 ⋅ 10 6 cm cm v= = 1,625 6 év 20 ⋅ 10 év 4. v ⋅ t = 1,625 cm ⋅ 20 ⋅ 10 6 év = 32 ,5 ⋅ 10 6 cm = 325 km év 4. Határozzuk meg, km/s-ben, hogy milyen sebességgel mozog a Föld Nap körüli pályáján! (A Föld keringési ideje a nap körül 365,3 nap, átlagos távolsága a Naptól 1,5 x 1011m) MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. s = 2rπ v= 3. s t r = 1,5 ⋅ 1011 m t = 365,3 nap = 365,3 ⋅ 24 ⋅ 3600 s = 3,16 ⋅ 10 7 s s = 2 ⋅ 1,5 ⋅ 1011 ⋅ 3,14 m = 9,42 ⋅ 10 11 m s 9 ,42 ⋅ 1011 m m v= = = 29810 7 t s 3,16 ⋅ 10 s 4. s 9,42 ⋅ 1011 m t= = = 3,16 ⋅ 10 7 s m v 29810 s 5. Egyes amerikai autópályákon kb1,6 kilométerenként (mérföldenként) számozott oszlopokat helyeznek el, hogy segítsék az autósokat sebességmérő órájuk ellenőrzésében Mekkora idő telik el két oszlop közötti távolság megtétele során, ha a gépkocsi sebessége 110

km/óra? MEGOLDÁS 1. Egyenesvonalú egyenletes mozgás. 2. v= 3. s = 1,6 km s t v = 110 t= 4. t= s v km ó 1,6 km = 0,0145 ó = 0,873 perc = 52 s km 110 ó s = v ⋅ t = 110 km ⋅ 0,0145 ó = 1,6 km ó 6. A Los Angeles és San Francisco közötti kb 680 km-es távolságot egy gépkocsi 8 óra alatt teszi meg. Mekkora az átlagsebessége? Fejezzük ki az eredményt km/ó-ban és m/s-ben is! MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletes mozgás 2. v= 3. s = 680 km s t t=8ó v= 4. 680 km km 85 ⋅ 1000 m m = 85 = = 23,6 8ó ó 3600 s s s = v ⋅ t = 85 km ⋅ 8 ó = 680 km ó 7. Egy autós 1 km-t 15 km/ó sebességgel tett meg Mekkora sebességgel kell megtennie a következő kilométert, hogy a teljes két kilométeres útszakaszon az átlagsebessége 5 km/ó legyen? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletes mozgások összetétele 2. v= s t t= s v s1 + s = s 3. t1 + t 2 = t t1 = v= s t t= t2 = s s1 − v v1 v2 = s2 s2 = s s1 t2 − v v1 s1 v1 t

2 = t − t1 s v s1 = s2 = 1 km s = s1 + s2 = 2 km v=5 4. km ó v1 = 15 km ó v2 = 1 t1 = 2 1 − 5 15 1 6 1 − 15 15 s1 1 = ó v1 15 t = t1 + t 2 = v= = = km 1 15 = =3 5 ó 5 15 t2 = s2 1 = ó v2 3 1 1 1 5 6 + = + = ó 15 3 15 15 15 s 2 km km = =5 6 t ó ó 15 8. Egy futó a 100 m-es vágtaszámot 10,3 s-os eredménnyel nyerte meg Egy másik futó 10,8as idővel futott be Feltéve, hogy az atléták a teljes távon egyenletesen futottak, határozzuk meg, hogy milyen távol volt a második futó a céltól, amikor a győztes átszakította a célszalagot! MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletes mozgások 2. v= s t v2 = 3. s= v⋅t s t2 a második futó sebessége s , = v 2 ⋅ t1 = s ⋅t t2 1 s − s, = a két futó távolsága ebben a pillanatban s, = ennyi utat tett meg a második futó addig, amíg az első célba ért 100 m ⋅ 10,3 = 95,37 m 10,8 ∆s = s – s’ = 100 – 95,37 = 4,63 m-re van a második futó a céltól abban a

pillanatban, mikor az első célba ér. 4. A két futó idejének különbsége t 2 − t 1 = 10,8 − 10,3 = 0,5 s A második futó sebessége 100 = 9 ,26 10,8 A második futó által megtett út az első beérkezése után. ∆s = 0,5s ⋅ 9,26 = 4,63 m 9. Egy motorkerékpár 5 s alatt gyorsul fel 0-ról 97 km/ó értékre a) Mekkora az átlagos gyorsulása m/s2-ben? b) Hányadrésze ez a gyorsulás a nehézségi gyorsulásnak? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. a= 3. 97 ∆v ∆t m s2 g = 9 ,81 km 1000 m = 97 = 27 ó 3600 s ∆t = 5s m ∆v m s a= = = 5,4 2 ∆t 5s s 27 m s2 = 0,55 9,81 5,4 a 55%-a a g-nek 4. 5s ⋅ 5,4 m m 2 = 27 s s 10. Egy baseball-labda 10 m/s-os végsebességgel röpül ki a dobó kezéből Mekkora volt a labda átlagos gyorsulása, ha tudjuk, hogy a dobó keze 0,8 m hosszú szakaszon egyenes vonalban gyorsította a labdát? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. s= a 2 t 2 v0 =

0 vt = a ⋅ t 3. t= m s a 10 0,8 m = a= 4. a ⋅ 2 t= v t = 10 m s vt a s = 0,8 m 100 m2 s2 a2 100 = m2 s2 a2 m2 s2 2a 100 = 100 m m 2 = 62 ,5 2 2 ⋅ 0,8 s s a 2 62 ,5 100 t = ⋅ = 0,8 m 2 2 62 ,5 2 11. Egy golfütés során a kezdetben nyugvó labda 31 m/s-os sebességgel repült el Mekkora volt a labda átlagos gyorsulása, ha az ütő 1,17 ms időtartamig érintkezett a labdával? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenlegesen gyorsuló mozgás. 2. a= ∆v ∆t m m s a= − 3 = 26496 2 1,17 ⋅ 10 s s 31 3. 4. a ⋅ ∆t = 117 , ⋅ 10 − 3 ⋅ 26496 = 31 m s 12. Egy asztronauta leejtett egy kalapácsot a Holdon A kalapács 1,55 s alatt ért a talajra A Hold vonzása miatt fellépő gravitációs gyorsulás 1,67 m/s2. Határozzuk meg ennek felhasználásával a kalapács végsebességét! MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. v t = a ⋅ ∆t 3. v t = 1,67 m m 2 ⋅ 1,55 s = 2 ,59 s s m ∆v m s a= = = 1,67 2 ∆t

1,55 s s 2 ,59 4. 13. Egy gépkocsi sebessége 9 s alatt 4 m/s-ról egyenletesen 7 m/s-ra növekszik a) Mekkora a kocsi gyorsulása? b) Ezután az autó egyenletesen lassulva 12 s alatt megáll. Mekkora a gyorsulás ezen a szakaszon? c) Mekkora az átlagos gyorsulás a mozgás teljes 21 s időtartama alatt? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonaló egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. vt = a 3. a1 = ∆v 1 7 − 4 3 1 m m m = = = 2 = 0,33 2 = 0,33 2 ∆t 1 9 9 3s s s a2 = m −7 m 2 = −0,58 s 12 s a= 4. ∆v ∆t a= ∆v ∆t −4 m = −0,19 2 21 s ∆v = 0,26 m m 2 ⋅ 15 s = 4 s s 14. Leejtettünk egy követ 2 m magasról Mennyi idő alatt érkezik a talajra? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. s= a 2 t 2 t= 2s a 3. s = 2m 4. g 2 9 ,81 t = ⋅ 0,64 2 = 2 2 2 t= a=g 2⋅2 = 0,64 s 9,81 15. Egy 10 m/s sebességgel haladó teherautó 10 s alatt egyenletesen gyorsulva megkétszerezi sebességét. a) Határozzuk meg a gyorsulását! b)

Mekkora utat tesz meg ezalatt a teherautó? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás 2. a= 3. a= ∆v ∆t 20 s = 10 4. s = v0 t + a 2 t 2 m m − 10 m s s =1 2 10 s s m 1 m 2 ⋅ 10 s + 2 ⋅ 100s = 150 m s 2s v ⋅ ∆t = s v= 15 v 0 + v t 10 + 20 30 m = = = 15 2 2 2 s m ⋅ 10 s = 150 m s 16. Egy labdát 16 m/s sebességgel felfelé hajítottunk a) Mennyi idő alatt ér pályájának csúcspontjára? b) Mekkora a labda sebessége abban a pillanatban, amikor 8 m-rel van az elhajítási hely felett és felfelé mozog? c) Határozzuk meg a labda maximális magasságát! MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen lassuló mozgás. 2. ∆v = a ⋅ ∆t s = v0 ⋅ t + vt − v0 = ∆t g a 2 t 2 v 02 − v t2 = 2 gh ha v=0 (ekkor van a labda a csúcson) v 0 − g ⋅ ∆t = 0 v 0 = g ⋅ ∆t ∆t = v0 g hmax v0 g v02 v02 g 2 = v0 ⋅ ∆t − ⋅ ∆t = v0 ⋅ − ⋅ 2 = 2 g 2 g 2g a) m s = 1,63 s ∆t = m 9,81 2 s 16 3. 2 ⋅ 9,81⋅ 8 =

162 − vt2 vt = 162 − 2 ⋅ 9,81⋅ 8 = 9,95 c) 4. hmax m s v02 256 = = = 13,05 m 2 g 2 ⋅ 9,81 b) ellenőrzése v0 t − t= vt − v0 16 − 9,95 = = 0,617 s −g 9,81 g 2 9,81 t = 16 ⋅ 0,617 − ⋅ 0,617 2 = 9,87 − 1,87 = 8 2 2 17. Egy labdát 20 m/s kezdősebességgel feldobtunk a) Mennyi idő alatt éri el pályájának csúcspontját? b) Milyen magasan van ekkor? c) Mekkora sebességgel érkezik vissza a labda kiinduló helyére? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen lassuló, majd gyorsulómozgás. 2. hmax = v02 2g t emelkedés = v0 g vvisszaérkezés = − v0 3. a) t emelkedés = 20 = 2,04 s 9,81 202 = = 20,4 m 2 ⋅ 9,81 b) hmax c) vt = g ⋅ t esés = g ⋅ t emelkedés = 20 A sebesség lefelé irányul. 4. a) 9,81 m m 2 ⋅ 2 ,04 s = 20 s s m s 20 m m − 20 = 0 s s g 2 m 9,81 t = 20 ⋅ 2,04 − ⋅ 2,04 2 = 40,8 − 20,4 = 20,4 m s 2 2 b) v0 t − c) 20,4 ⋅ 9,81 = 20 m s 18. Egy 20 m/s sebességgel haladó gépkocsi

egyenletesen felére csökkenti sebességét a = 2 m/s2 értéknek megfelelően. a) Mennyi idő szükséges ehhez? b) Mekkora utat tesz meg ezalatt? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen lassuló mozgás. 2. a) a= b) a s = v0 t + ∆t 2 2 a) a = −2 3. ∆v ∆t ∆t = m s2 ∆v a ∆v = −10 m s m ∆v s = 5s ∆t = = m a −2 2 s − 10 4. b) a m s = v0 t + ∆t 2 = 20 ⋅ 5 s + 2 s a) a ⋅ ∆t = ∆v − 2 ⋅ 5 = −10 b) −2 2 m s 2 ⋅ 25 s 2 = 100 m − 25 m = 75 m m s 2as = v02 − vt2 a= 300 vt2 − 20 100 − 400 m = =− = −2 2 2s 2 ⋅ 75 150 s 19. Egy labdát 12 m/s sebességgel függőlegesen felfelé hajítottunk Hol van, mekkora és milyen irányú sebességgel rendelkezik a) 1s és b) 2s időpontban az elhajítás után? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen lassuló mozgás 2. s = v0 t + a 2 t 2 vt = v0 + at 3. a = −g a) v0 = 12 s1 = 12 ⋅ 1 − m s 9,81 ⋅ 1 = 7,1m 2 vt1 = 12 − 9,81 ⋅ 1 = 2,19 b) s2 =

12 ⋅ 2 − m s 9,81 ⋅ 4 = 24 − 19,62 = 4,38 m 2 vt 2 = 12 − 9,81 ⋅ 2 = −7,62 4. a= felfelé mutató sebessége van m s lefelé mutató sebessége van vt 2 − vt 1 − 7,72 − 2,19 m = = −9,81 2 ∆t 1 s 20. Egy követ 50 m mély kútba ejtettünk Határozzuk meg, hogy mennyi idő múlva halljuk a kő csobbanását! (A hang terjedési sebessége 330 m/s.) MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás az eső kő mozgása, egyenesvonalú egyenletes mozgás a hang terjedése 2. s= g 2 t 2 1 s = vh ⋅ t 2 ez az egyenlet érvényes a kő kútba esése ez az egyenlet érvényes a hang felérkezésére tösszes = t1 + t2 3. t1 = 2s g t2 = s vh s = 50 m vh = 330 t = t1 + t 2 = 4. 2s s + = g vh m s 100 50 + = 319 , + 0,15 = 3,34 s 9,81 330 g 2 9,81 t1 = ⋅ 3,19 2 = 50 m 2 2 330 ⋅ t2 = 330 ⋅ 0,15 = 50 m 21. Egy gépkocsi 15 m/s-os egyenletes sebességgel egyenes úton halad Abban a pillanatban, 2 amikor egy parkoló motoros

rendőr mellé ér, a rendőr 2 m/s állandó gyorsulással üldözni kezdi: a) Mennyi idő alatt éri utol a rendőr az autót? b) Mennyi utat tesz meg ezalatt a rendőr és mekkora a sebessége a találkozás pillanatában? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletes mozgás a gépkocsi mozgása, egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás a motoros rendőr mozgása. A két találkozás pillanatában a két test ideje s az általuk megtett út megegyezik. 2. s1 = s2 = s t1 = t 2 = t v g = gépkocsi sebessége am = a motoros rendőr gyorsulása a 2 t = v⋅t 2 a t=v 2 a) t= 2v a b) s= a 2 t 2 c) vt = a ⋅ t a) m s = 15 s t= m 2 2 s b) m2 2 ⋅ 15 2 s = 225 m s= m 2 2 s c) vt = 2 2 ⋅ 15 3. 2 4. v g ⋅ t = 15 m m 2 ⋅ 15s = 30 s s m ⋅ 15 s = 225 m s 22. Egy érmét 4 m/s sebességgel dobtunk fel Mennyi idő alatt ér 0,50 m magasra? Miért kapunk két eredményt? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen lassuló, majd gyorsuló mozgás. Azért fogunk

két választ kapni, mert az érme kétszer lesz 0,5 m magasságban, egyszer felfelé, egyszer lefelé. 2. s = v0 t + 3. v0 = 4 t1,2 a 2 t 2 t1,2 m s 4v02 8 s − 2v0 ± + a a2 a = 2 a = −g 8 4 ⋅ 16 8 ⋅ 0,5 ± − 9,81 9,812 9,81 0,815 ± 0,665 − 0,407 0,815 ± 0,508 = = = 2 2 2 t1 = 0,662 s t2 = 0,154 s 4. s1 = v0t1 + a 2 9,81 t1 = 4 ⋅ 0,154 − ⋅ 0,154 2 = 0,616 − 0,116 = 0,5 m 2 2 s2 = v0 t2 + a 2 9,81 t2 = 4 ⋅ 0,662 − ⋅ 0,662 2 = 2,649 − 2,149 = 0,5 m 2 2 23. Egy labdát a egy szakadék széléről felfelé hajítottunk A labda 5 m magasra emelkedik, majd 15 m mélyen ér talajt a szakadék alján. a) Mekkora volt a labda kezdősebessége? b) Mekkora sebességgel csapódik a talajba? c) Mennyi ideig tartózkodik a labda a levegőben? MEGOLDÁS: 1. 2. 3. Egyenesvonalú egyenletesen lassuló, majd gyorsuló mozgás. Függőleges hajítás hmax v02 = 2g b) vt = gtesés = g 2s = 2sg = 2 g(hmax + h0 ) g s = hmax + h0 = g 2 t 2 ⇒ a)

v0 = 2 ghmax 2(hmax + h0 ) v0 + g g c) tösszes = temelkedés + tesés = a) v0 = 2 ghmax = 98,1 = 9,9 b) vt = 2 g(hmax + h0 ) = 19,8 c) tösszes = temelkedés + tesés = m s m s 2(hmax + h0 ) v0 + = 1,009 + 2,019 = 3,03 s g g 4. a) v02 = hmax = 5 m 2g b) vt = g ⋅ tesés = 9,81 ⋅ 2,019 = 19,8 c) s = v0 t − m s g 2 9,81 t = 9,9 ⋅ 3,03 − ⋅ 3,032 = 30 − 45 = −15 m 2 2 24. Egy csapból egyenletesen csöpög a víz a 30 cm-rel lejjebb elhelyezett mosogatóba A csepegés üteme olyan, hogy amikor egy csepp becsapódik, akkor a következő már a levegőben van és a harmadik éppen leszakad a csapról. Határozzuk meg, hogy hány csepp esik le percenként! MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. s= 3. s = 30 cm = 0,3 m a 2 t 2 0,3 m = t= a=g g 2 t 2 2 ⋅ 0,3 = 0,247 s 9,81 Ennyi idő alatt 2 csepp esik le. 0,247 s alatt 2 csepp 60 s alatt 486 csepp 4. s= g 2 9,81 t = ⋅ 0,247 2 = 0,3 m 2 2 25. Egy földalatti

vasút a tervek szerint maximálisan l,5 m/s2 gyorsulással, ill lassulással mozoghat. a) Határozzuk meg, hogy minimálisan mekkora idő szükséges két állomás közötti 800 m távolságú út megtételéhez! b) Határozzuk meg, hogy ennek során milyen maximális sebességet ér el a szerelvény! MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. Egy test által megtett út egyenlő a v(t) függvénynél a függvény és az x tengely közti területtel. v t = 2t1+t2 v = at1 S t1 t2 t3= t1 t A test által megtett út egyenlő a sebesség–idő függvény alatti területtel. s = 2⋅ v ⋅ t1 + v ⋅ t 2 = v(t1 + t 2 ) = v(t − t1 ) = at1 (t − t1 ) 2 s = t − t1 at1 t= s +t at 1 1 Egy függvénynek ott van minimuma, ahol a differenciálja 0 t min ahol dt =0 dt1 dt s = − 2 +1 = 0 dt1 at 1 s =1 at12 t1 = s a t= s a 3. t=2 s a + s s s s = + =2 a a a as s 800 =2 = 46,18 s a 1,5 4. s 800 = = 23,09 s a 1,5 t1 = t2 = 0 v S t1 t

Ha ennél nagyobb lenne t1, akkor nem lenne ideje lefékezni a vonatnak. Ha kisebb, akkor adott s-nél t mindenképpen nagyobb lenne. 26. Egy épület tetőpárkányáról lehulló tégla 0,2 s idő alatt halad el egy 2 m magas ablak előtt Milyen magasan van a párkány az ablak felső széle felett? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. h; t1 2m = s 0,2s = t s = v0 t + v 0 = gt1 h= g 2 t 2 1 a 2 g t = gt1 ⋅ t + t 2 2 2 t1 = g 2 t 2 gt s− 3. t1 = h= 4. g 2 t 2 = 2 − 0,196 = 0,92 gt 9,81 ⋅ 0,2 s− g 2 t = 4,14 m 2 1 A tégla sebessége az ablak felső széléhez való érkezéskor v 0 = g ⋅ t 1 v 0 = g ⋅ t 1 = 9,8 ⋅ 0,92 = 9,02 m s Amikor az ablak alsó széléhez ér, sebessége v t = v 0 + gt = 9,02 + 9,81 ⋅ 0,2 = 10,98 m -ra s nő. Ennek megfelelően, mivel egyenletesen gyorsul az ablak előtt való elhaladáskor, átlagsebessége v= v 0 + v t 9,02 + 10,98 m = = 10 2 2 ó s = v ⋅ t = 10 lesz 0,2 s alatt ezzel az

átlagsebességgel m ⋅ 0,2 s = 2 m -t tesz meg. s 27. Idegen égitestekről érkezett betolakodók ellen vívott űrütközetben a földi űrhajó (A űrhajó) 300 m/s sebességgel üldözi az idegeneket (B űrhajó), akik 270 m/s sebességgel menekülnek. A két űrhajó ugyanazon egyenes mentén mozog és a sebességeket ugyanahhoz az inerciarendszerhez képest ismerjük. Amikor a két űrhajó távolsága 8000 m-re csökken, az A hajó parancsnoka 75 m/s2 gyorsulással mozgó rakétát lő ki. Mennyi idő alatt éri el a rakéta a betolakodót? (A számításokat a már felhasznált inerciarendszerben végezzük!) MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletes és egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. A rakéta t idő alatt s1 = v A t + a 2 t utat tesz meg ugyanezen idő alatt a B űrhajó s2 = v B ⋅ t utat tesz meg. 2 A kettő különbsége a két űrhajó távolsága a rakéta kilövésének pillanatában. 3. s1 − s2 = 8000 m s1 = v A ⋅ t + a 2 75 t = 300 ⋅ t + t 2 2 2

s2 = 270 ⋅ t 300t + 75 2 t − 270t = 8000 2 30t + t2 + 75 2 t = 8000 2 60 8000 ⋅ 2 t− =0 75 75 t 2 + 0,8t − 213,3 t1,2 = − 0,8 ± 0,8 2 + 4 ⋅ 213,3 = 14,25 2 A – gyök lehetetlen. 4. s1 = 300 ⋅ 14,2 + 75 ⋅ 14,2 2 = 4260 + 7561,5 = 11821,5 2 s2 = 3834 s2 − s1 = 7987,5 ≅ 8000 m 28. Egy forgalmi lámpa olyan kereszteződésben áll, ahol 40 km/ó sebességkorlátozás érvényes. A kereszteződés felé a maximálisan megengedett sebességgel gépkocsi közeledik. A kocsi maximális lassulása 2 m/s2, a vezető reflexideje 0,5 s a) Tegyük fel, hogy a gépkocsi maximális sebességgel haladt és 3 m/s2 egyenletes lassulással fékezett. Milyen messzire volt a lámpától a fékezés megkezdésének pillanatában (amikor a lámpa éppen sárgára váltott), ha éppen a stop-vonalon állt meg. b) Milyen hosszú volt a sárga jelzés időtartama, ha a lámpa pontosan a kocsi megállásának pillanatában váltott pirosra? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú

egyenletes és egyenletesen lassuló mozgás 2. s = s1 + s2 = v 0 t1 + v 0 t 2 + a 2 t 2 2 t1 a vezető reflexideje v0 a kocsi sebessége, amivel a kereszteződés felé közeledik vt = 0 v 0 + at 2 = 0 t2 = − v0 a b) km 1111 , h t2 = = = 5,56 s m 2 2 2 s a) s = 1111 , ⋅ 0,5 + 1111 , ⋅ 5,56 − 40 3. 4. , − 2 ⋅ 5,56 = 0 v 0 − at 2 = 1111 t1 = 0,5 s 2 ⋅ 5,56 2 = 36,41 m 2 29. A 42 km és l94 méter hosszú Los Angeles-i maratoni távot l987-ben Art Boileau nyerte 2 óra l3 perc és 9 másodperces idővel. a) Mennyi volt Art Boileau átlagsebessége? b) A 34 km-es jelzésnél Boileau 2,5 perccel vezetett a második helyen futó ellenféllel szemben, aki a célvonalon 30 másodperccel a győztes után haladt át. Tegyük fel, hogy Boileau a távot végig egyenletes sebességgel tette meg, valamint, hogy amikor a győztes a 34 km-es jelhez érkezett, akkor a második helyen futó is vele azonos sebességgel futott. Mekkora átlagos gyorsulással kellett

ezután a második helyen futó atlétának mozognia? MEGOLDÁS: 1. Változó egyenesvonalú mozgásra átlagsebesség. Egyenesvonalú egyenletes mozgások 2. ∆s = 42 km 194 m − 34 km = 8194 m t ArtBoileau = ∆s v Art Boileau ideje a 34. kőtől a célig t 2 .helyett = t A B − 2 perc ∆s = v 0 t 2 + a= 3. a 2 t 2 2 A 2. helyezett ideje ezen a távon v0 = v (∆s − v t )2 0 2 t a) v= b) a= t A. B = 2 2 42194m 42194m m = = 5,28 2h13 p9 s 7989 s s (8194 − 5,28 ⋅ 1492)2 1492 2 = 2,85 ⋅ 10 −4 m s2 8194 = 1552 5,28 t 2 . = t A B − 60s = 1492 4. ∆s = 5,28 ⋅ 1492 + 2,8 ⋅ 10 −4 ⋅ 1492 2 = 8194 m 2 30. Két autó vakmerően frontálisan rohan egymás felé ütközési próbapályán Sebességük rendre 25 m/s és szintén 25 m/s. A két vezető ugyanabban az időpontban lép a fékre és megállásig egymással egyenlő és egyenletes lassulással mozog. Ezzel a lassulással 20 m/s kezdősebességről indulva 4,7 s alatt tudnának

megállni. Milyen távol voltak egymástól a gépkocsik a fékezés megkezdésének pillanatában, ha éppen a frontális összeütközés előtt tudtak megállni? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen lassuló mozgások. 2. a= ∆v1 ∆t1 ∆t 2 = s1 = v 0 ∆t 2 + a 2 ∆t 2 2 s 2 = v 0 ∆t 2 + a 2 ∆t 2 2 ∆v 2 v 0 = a a s = s1 + s2 = (v 0 + v 0 )∆t 2 + a ⋅ ∆t 22 = 2v 0 ∆t 2 + a∆t 22 m ∆v s = 4,26 m a= 1 = ∆t 1 4,7 s s2 20 3. ∆t 2 = ∆v 2 v 0 = = a a 25 m 4,26 2 s = 5,87 s a s = 2v 0 ∆t 2 + 2 ∆t 22 = 2 ⋅ 25 ⋅ 5,87 − 4,26 ⋅ 5,87 2 = 146,7 2 31. Egy kődarabka válik le a kút pereméről és a vízbe hull a) Milyen mély a kút, ha a kő csobbanását a leválás után 2,4 másodperccel halljuk meg? (A hang sebessége az adott hőmérsékleten 336 m/s.) Mekkora hibát követünk el a mélység meghatározásában, ha a hang terjedéséhez szükséges időt elhanyagoljuk? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló és

egyenletes mozgás. 2. s= g 2 t 2 1 s: a kút mélysége t1: a,íg a lő leér a vízhez t2: amíg a csobbanás hangja fölér t = t1 + t 2 t 2 = t − t1 g 2 t = ct 2 = c(t − t1 ) = ct − ct1 2 1 g 2 t + ct1 − ct = 0 2 1 t12 + 2c 2c t1 − t = 0 g g c: a hang sebessége − (t ) = (t ) 4 ⋅ 336 2 8 ⋅ 336 − 2 ⋅ 336 ± + ⋅ 2,4 9,81 9,812 9,81 = = 2 1 1, 2 3. 2c 4c 2 8c ± + t g g2 g 1 1, 2 = 2 − 68,5 ± 4692 + 657,6 − 68,50 ± 73,14 = = 2 2 c = 336 − m s t = 2,4 s 70,82 2 2,32 s Tekintve, hogy időről van szó a – gyök érvénytelen. t1 = 2,32 s t 2 = 2,4 − 2,32 = 0,08 s A hiba mértéke, ha nem vesszük figyelembe, hogy a hang terjedése időt igényel: 0,08 ⋅ 100 = 3,33% 2,4 s = c ⋅ t 2 = 336 ⋅ 0,08 = 26,88 4. s= g 2 9,81 t1 = ⋅ 2,32 2 = 26,40 ≅ 26,88 2 2 32. Galilei egy ún ”páratlan szám” szabályt állapított meg a szabadon eső testek mozgására vonatkozóan. A szabály következő: Ha egy nyugalomból

induló test az első másodpercben 5 m-t tesz meg, akkor a következőben 3×5 m-t, a harmadikban 5×5 m, a negyedikben 7×5 m és így tovább. Mutassuk meg, hogy ebből a szabályból az x = 5t2 út-idő összefüggés adódik, ahol x a teljes utat, t pedig a teljes eltelt időt jelöli! n (Útmutatás: ∑ X = n(n + 1) / 2 ) x=1 MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. Az összes megtett út egyenlő az egyes másodpercek alatt megtett útszakaszok összegével. n n n  n( n + 1)  X = ∑ X n = ∑ 5(1 + 3 + 5.) = 5∑ 2n − 1 = 5 ⋅ 2 − n = 2   n =1 n =1 n =1 = (n 2 + n − n)5 = 5n 2 De n az eltelt másodpercek száma, azaz n = t x=5t2 n ∑n = X =1 n(n + 1) 2 3. Nincs szükség számolásra 4. Nincs szükség ellenőrzésre 33. Egy 20 m magas épület tetejéről leesik egy cserép Az épület melletti járdán egy járókelő közeledik 4m/s sebességgel. Abban a pillanatban, amikor a cserép elindul 75 m

távolságra van attól a ponttól, ahol a cserép földet fog érni. A járókelő magassága 180 m Fejére esik-e a cserép? Ha nem, milyen távolságra ér tőle földet? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletes mozgás és egyenletesen gyorsuló mzgás. 2. ∆h = g 2 t 2 s = v ⋅t 3. h1 = 20 m h2 = 1,8 m t1 = t= 2∆h g ∆h = 20 − 1,8 = 18,2 m v=4 m s 2 ∆h = 1,926 s g s = vt = 4 ⋅ 1,926 = 7,7m 7,7-7,5=0,2 A cserép 20 cm-re a sétáló ember mögött lesz fejmagasságban. De milyen távolságra lesz a cserép az embertől, mikor földet ér? A cserép 20 m-ről t2 = 2 ⋅ 20 s alatt esik le. 9,81 t2 = 2,02 s Ezalatt a járókelő s = v ⋅ t2 = 4 ⋅ 2,02 = 8,08 m -t tesz meg. ∆s = 8,08 − 7,5 = 0,42 , azaz 42 cm-re az ember mögött ér földet a cserép. 4. 7,5m = v ⋅ t = 4 t = m ⋅ t s t’ amíg a sétáló ember a zuhanó cseréppel egy vonalba ér. 7,5 = 1,875 s 4 Ugyanebben a pillanatban a cserép ∆h = 20 − 9,81 1,8752 = 2,76 m -re

van a talajtól. 2 34. Egy leejtett kődarab útjának a talajra érkezés előtti utolsó harmadát 1,0 s alatt teszi meg Milyen magasról esett le a kő? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás. 2. s= g 2 t 2 s a magasság, ahonnan leesik, t az az idő, ami alatt földet ér. 2s g 2 = t 3 2 1 2s g t= 3. t1 az az idő, amíg az út 2/3-át megteszi a kő t1 = t − t1 = 1 2s 4s − =1 g 3g 2− 2+ s= 4. 4s 3g t= t1 = 4 = 3 g s ⋅ g s négyzetre emelem mindkét oldalt 4 8 g −2 = 3 s 3 g 10 2 −4 3 3 2s = g = 9,81 = 145,8 0,0673 2 ⋅ 145,8 = 5,45 s 9,81 2 2 ⋅ 145,8 3 = 4,45 s 9,81 t − t1 = 1 s 35. Egy hajó 40 km-t északra, majd 50 km-t 60°-os szögben délnyugatra vitorlázik Adjuk meg az eredő elmozdulás nagyságát és irányát. (A Föld görbületétől tekintsünk el) MEGOLDÁS: 1. Elmozdulás két dimenzióban. 2., 3 É (y) 40 25 NY K 40 − 25 3 60° Fe (x) 25 3 50 D 50 = −25 2 S x1 = 0 S x2 =

−50 ⋅ cos 60° = − S y1 = 40 S y2 = 50 ⋅ sin 60° = Sx = x irányú elmozdulás = −25 (nyugat irányú) Sy = y irányú elmozdulás = 40 − 25 3 = −3,3 (déli irányú) S x2 + S y2 = 3,30 2 + 252 = 25,2 km Se tg α = 50 ⋅ 3 = 25 3 2 3,3 = 0,13 25 α = 7,4° délnyugatra 36. Egy repülő sólyom 5m/s sebességgel, a vízszintessel 60° szöget bezáró irányban bukik alá Milyen sebességgel mozog a Földön az árnyéka, ha a Nap pontosan a fejünk felett van. MEGOLDÁS: 1. 2., 3 Állandó sebességű 2 dimenziós (síkmozgás) 60° 5 m/s 2,5 m/s m 1 m ⋅ = 2,5 s 2 s A sólyom árnyéka a Földön 2,5 m/s-al mozog. v x = v ⋅ cos 60° = 5 37. Egy motorbicikli 20 m/s sebességgel 3 percig déli irányban mozog, ekkor nyugatra fordul és két percig 25 m/s sebességgel halad, majd 1 percig 30 m/s sebességgel északnyugati irányban száguld. A mozgás 6 perces teljes időtartamára határozzuk meg a) az eredő elmozdulást, b) az

átlagsebesség nagyságát MEGOLDÁS: 1. v= se t összes se = sx2 + s 2y S x = S1x + S2 x + S3 x S y = S1y + S2 y + S3y 2. a) b) sx = − s2 − s3 2 S y = − S1 + S3 2 v= tg α = 3. Se t1 + t2 + t3 sy sx * ábra helye a) s1 = v1t1 = 20 m ⋅ 180 s = 3600 m s s2 = v2 t2 = 25 m ⋅ 120 s = 3000 m s s3 = v3t3 = 30 m ⋅ 60 s = 1800 m s sx = − s2 − s3 = −3000 − 1276,6 = −4276,6 2 s y = − s1 + s3 = −3600 + 1276,6 = 2323,4 2 se = sx2 + sy2 = 4866,5 m tg α = sy sx = 2323,4 = 0,543 4276,6 α = 28,5° b) v= Se 4866,5 m = = 13,5 t 180 + 120 + 60 s 38. Egy autó 8 percig 25 km/h sebességgel keleti irányban, ezután 3 percig 40 km/h sebességgel déli irányban, végül 17 percen át 30 km/h sebességgel délkeleti irányban halad. Határozzuk meg a) a gépkocsi eredő elmozdulását kilométerben, b) a kocsinak a teljes útra vonatkoztatott átlagsebességét. MEGOLDÁS: 1. Egyenletes síkmozgások összetétele 2. se = sx2 + sy2 s1 =

v1t1 s3 2 s2 = v2 t2 sx = s1 + sy = − s2 − s3 2 s3 = v3t3 3. * ábra helye s3 = 9,34km 2 sx = s1 + sy = − s2 − s3 = 8,01 km 2 a) se = sx2 + sy2 = 12,3 km b) v= s1 = km 8 h ⋅ 25 = 3,33 km h 60 s2 = 3 km h ⋅ 40 = 2 km 60 h s3 = 17 km = 8,5 km h ⋅ 30 60 h 12,3 km km = 26,37 8 + 3 + 17 h h 60 39. Egy műugró a víz felett 3 m magasban elhelyezett ugródeszkáról a vízszinteshez képest 60°-os szögben, 2 m/s sebességgel rugaszkodik el. Mennyi ideig lesz a levegőben? MEGOLDÁS: 1. Vízszintes hajítás 2. vy h { h = −v y t + g 2 t 2 v0 vx g 2 t − vyt − h = 0 2 vy = t1,2 = 3. t1,2 = v0 2 v y ± v y2 + 2 gh g 1 ± 1 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ 3 1 ± 59,86 = = 9,81 9,81 0,89 s − 0,687 s t = 0,89 s a negatív gyök idő esetén értelmezhetetlen. 4. s = − v0 t + 9,81 g 2 t = −1 ⋅ 0,89 + ⋅ 0,89 2 = 2,995 ≈ 3m 2 2 40. Egy bérház ablakából vízszintes irányban 6 m/s sebességgel labda repült ki A labda a ház

aljától 10 m távolságban ért talajt. Milyen magasról dobták ki? MEGOLDÁS: 1. Vízszintes hajítás 2. h= g 2 t 2 Nincs függőleges irányú kezdősebesség. s = v0 t 3. 4. t= s 10 = s = 1,67 s v0 6 h= 9,81 100 ⋅ = 13,625 m 2 36 t= 2h = g 2 ⋅ 13,625 = 1,67 s 9,81 41. Egy labdát bedobtak egy az eldobás helyétől 23 méterre lévő , 20 méter magasságban lévő nyitott ablakán. (A ablak saját magasságától eltekintünk) A labda az ablakon vízszintes irányú sebességgel repült be. Mekkora volt a) a labda v0 kezdősebessége és b) az elhajítás ϕ szöge? MEGOLDÁS: 1. Ferde hajítás 2. v0 x = v0 cosϕ A kezdősebesség x irányú komponense v0 y = v0 sin ϕ A kezdősebesség y irányú komponense } v x = v0 x v y = v0 y − gt A test sebességének x; y komponense egy tetszőleges időpontban. Ha az ablakon való berepülés pillanatában a sebesség vízszintes irányú, akkor ebben a pillanatban vy = 0 v y = v0 y − gt = 0 t= v0

y g v02 sin 2 ϕ h= = 2g 2g v02y s = v0 x ⋅ t = v0 x ⋅ v0 y g = v02 sin ϕ cosϕ g v02 sin 2 ϕ h sin ϕ 1 2g = 2 = = tg ϕ s v0 sin ϕ cosϕ 2 cosϕ 2 g 3. tg ϕ = 2 b) 4. h = 20 m h s s = 23 m ϕ = 60° h= a) h = 1,739 s tg ϕ = 2 v02 sin 2 ϕ 2g v0 = 2 gh 2 19,81 2 gh m = = = 22,87 2 sin ϕ sin ϕ 0,866 s 2 g 2 v0 y 22,87 2 ⋅ 0,8662 h = v0 y ⋅ t − t = = = 20 m 2 2g 2 ⋅ 9,81 s = v0 x ⋅ t = v0 ⋅ cosϕ ⋅ v0 sin ϕ = 23 m g 42. Egy lövedéket egy 160 m magas hegycsúcsról a vízszinteshez képest 53,1°-os szögben lőttek ki. A gránát eltalálta a kilövés helye alatt 160 m, vízszintesen 120 m távolságban fekvő célpontot. Milyen sebességgel lőtték ki a gránátot? MEGOLDÁS: 1. Ferde hajítás 2. x = v0 x ⋅ t y = − v0 y t + g 2 t 2 v0 x = v0 cosϕ v0 y = v sin ϕ 3. ϕ = 53,1° x = 120 m y = 160 m x = 120m = v0 cosϕ ⋅ t t= 120 200 = v0 ⋅ 0,6 v0 y = − v0 y ⋅ t + g 2 200 g 40000 + ⋅ = 160 t = − v0 sin ϕ

⋅ 2 v0 2 v02 2 ⋅ 160v02 + 2 ⋅ 200 sin ϕ ⋅ v02 = 9,81 ⋅ 40000 v02 (640) = 392400 v0 = 24,76 4. m s x = v0 ⋅ cosϕ ⋅ t = v0 cos ϕ ⋅ y = − v0 y t + t= 200 = 200 ⋅ cosϕ = 200 cos 53,1° = 120 m v0 200 g 2 g 2 + t = 160 m t = − v0 sin α ⋅ 2 2 v0 200 − 8,08 s v0 43. Vízszintes puskacsövet pontosan a 100 m távolságban elhelyezett céltábla közepe felé tartva a golyó 10 cm-rel a középpont alatt csapódik be. Mekkora sebességgel hagyta el a golyó a fegyver csövét? MEGOLDÁS: 1. Vízszintes hajítás 2. x = v0 t t= x v0 y= g 2 t 2 y= g x2 ⋅ 2 v02 v02 = g ⋅ x2 2y v0 = x 3. g 2y v0 = 100 m v0 = 700 4. 9,81 2 ⋅ 0,1 x = 100 m y = 0,1 m m s t= x 100 = = 0,143 v0 700 y= g 2 9,81 t = ⋅ 0,1432 = 0,10 m 2 2 44. A vízszinteshez képest 50°-os szögben kilőtt lövedék egy 80 m magas hegycsúcson, a kilövés helyétől számítva 210 m távolságban talált célba. Mekkora volt a kezdősebessége? MEGOLDÁS: 1.

Ferde hajítás 2. v0 sin 50° v0 50° v0 cos 50° v0 cos 50°⋅t = x v 0 sin 50°⋅t − g 2 t =y 2 t= x v0 cos 50° x g x2 v 0 sin 50°⋅ − =y v 0 cos 50° 2 v 02 cos2 50° g x2 tg 50° x − y = 2 v 02 cos 2 50° x2 2 tg 50° x − y ) = 2 ( g v0 cos2 50° v02 = v0 = x2 2 tg 50°⋅x − y ) cos2 50° ( g gx 2 2 cos 50° ( tg 50° x − y ) 2 3. v 0 = 326,7 ⋅ 0,1697 = 55,44 4. 55,44 ⋅ cos 50°⋅t = 210 v 0 sin 50°⋅t − = x g ⋅ cos 50° 2( tg 50° x − y ) m s x = 210 m y = 80 m t = 5,89 s g 2 t = 80 m 2 45. 25 m magas hídról vízszintes irányban hajítottunk el egy követ A kő becsapódási helyét a vízszintestől lefelé 45°-os irányban látjuk. a) Mekkora sebességgel hajítottuk el a követ? b) Mekkora és milyen irányú sebességgel csapódott a kő a vízbe? MEGOLDÁS: 1. Vízszintes hajítás 2. v0 t = x x = 25 m t= * ábra helye g 2 g x2 h = 25m = t = 2 2 v 02 gx 2 g =x 2h 2h a) v0 = b) v tx = v 0 = x g 2h x v0

v ty = gt = g x = g⋅ v0 x g x 2h = 2 gh vt = vtx2 + vty2 tg α = 3. vty vtx = gh h = g x x h g 9,81 m = 25 = 11,07 2h 50 s a) v0 = x b) vtx = v0 = 11,07 m s vty = g ⋅ t = 2 gh = 22,15 vt = vtx2 + vty2 = 24,7 tg α = vty vtx m s m s =2 α = 63,43° vtx α vty 4. t= x = 2,258s v0 h= g 2 t = 25 m 2 46. Egy baseball játékos 24 m/s sebességgel, a vízszinteshez képest 53,1°-os szögben (ez a 34-5 típusú háromszögek egyik szöge) üti el a labdát a) Mennyi ideig repül a labda? b) Mekkora maximális magasságba emelkedik? c) Mekkora a hajítási távolság? d) Mekkora és milyen irányú sebességgel rendelkezik a labda 3 másodperccel az elütés után? MEGOLDÁS: 1. Ferde hajítás 2. * ábra helye v0 = 24 a) m s t= v0 y = 4 ⋅ 24 5 v0 x = 3 ⋅ 24 5 2v0 y g v02y b) hmax = c) x = v0 x ⋅ t d) v x = v0 x 2g v y = v0 y − g ⋅ t v = v x2 + v y2 3. a) b) t= 24 5 = 3,914 s 9,81 2⋅4⋅ hmax A földetérés ideje

24 2 576 16 ⋅ 2 256 ⋅ 5 = 25 = 61,3 = 9,812 96,2 c) x = 3⋅ d) vx = 24 3 5 = 24 = 56,36 9,81 52 ⋅ 9,81 2⋅4⋅ 72 m 5 s vy = 96 m − 9,81 = −10,23 5 s v x0 = 72 5 v y = −10,23 72 2 m 2 + (− 10,23) = 17,66 5 s v3 = 4. v3 y = v0 y ⋅ t − g 2 96 9,81 t = ⋅ 3,914 − ⋅ 3,914 2 = 75,14 − 75,14 = 0 2 5 2 47. Vízszintes sík felett 20 m magasságból, 8 m/s sebességgel, a vízszintessel 50°-os szöget bezáró irányban követ hajítottunk felfelé. a) Határozzuk meg, hogy a síkhoz képest mekkora maximális magasságot ér el a kő. b) Mennyi idő telik el míg a kő a talajba csapódik? c) Mekkora vízszintes távolságot tesz meg a test? d) Mekkora és milyen irányú sebességgel csapódik a talajba? MEGOLDÁS: 1. 2. Ferde hajítás a) hmax = b) v02y h = h0 + hmax 2g t = temelkedés + tesés = temelkedés = tesés = v0 y g + 2( g0 + hmax ) g v0 y g 2(h0 + hmax ) g c) x = v0 x ⋅ tösszes d) v x = v0 x = v0 cos 50° v0 y

= v0 sin 50° v y = v0 y − gt = v0 sin 50°−9,81 ⋅ t v = v x2 + v y2 3. 82 sin 2 50° = 20m + = 20m + = 20 + 1,914 = 21,914 m 2 ⋅ 9,81 2 ⋅ 9,81 v02y a) h = h0 + hmax b) tösszes = temelkedés + tesés = c) x = v0 cos 50°⋅tösszes = 14,04 m d) v x = v0 x = 8 ⋅ cos 50° = 514 , v0 sin 50° 2 ⋅ 21,914 + = 0,62 + 2,11 = 2,73 s 9,81 9,81 m s v y = v0 y − gt = 8 sin 50°−9,81 ⋅ 3 = −23,3 m s v3 = v x2 + v y2 = 514 , 2 + (− 23,3) = 23,86 2 m s 48. Egy labdát függőlegesen feldobunk, hogy az 5 m-rel feljebb elhelyezkedő társunk elkapja Társunk a labdát csak akkor tudja elkapni, ha 6 m/s-nál kisebb sebességgel érkezik hozzá. Mekkora a labda minimális és maximális repülési ideje? MEGOLDÁS: 1. Függőleges hajítás 2. 6 m > v 0 − gt ≥ 0 s 6 m > v − gt s 0 vö − gt ≥ 0 h = v0 t − h+ g 2 t = v0 t 2 v0 = 6 g 2 t 2 h g + ⋅t t 2 m h g h g > v0 − gt = + t − gt = − t s t 2 t 2 6t > h − g 2 t

2 g 2 t + 6t − h > 0 2 t1,2 > − 6 ± 36 + 2 gh g v0 − gt ≥ 0 h g + t − gt ≥ 0 t 2 h g − t≥0 t 2 2h ≥t g 3. t> − 6 ± 36 + 2 gh = 0,57 s g 2h = 1,01 g t≤ tmun = 0,57 s 4. t max = 1,01 s v01 = 5 m + 9,81 ⋅ 0,57 = 1158 , 0,57 s v02 = 5 9,81 m + ⋅ 1,01 = 9,9 1,01 2 s v01 ⋅ tmin − g 2 t =5m 2 min v02 ⋅ t max − g 2 t =5m 2 max v01 − gt min = 5,99 v02 − gtmax = −0,008 49. A kinematikai egyenletekből kiindulva határozzuk meg egy a vízszintes síkhoz képest α szög alatt, v0 kezdősebességgel kilőtt lövedék röppályájának egyenletét és az R lőtávolságot! MEGOLDÁS: 1. Ferde hajítás 2. v x = v0 x = v0 cos α v y = v0 y − gt = v0 sin α − gt a) x = v 0 x t = v 0 cos α ⋅ t y = v0 y ⋅ t − g 2 g t = v0 sin α ⋅ t − t 2 2 2 teljes repülési idő b) 2 v0 y g =2 v0 sin α g 2v0 sin α v02 R = v0 cos α ⋅ = sin 2α g g 50. Határozzuk meg, hogy milyen α kilövési szög esetén

lesz egy lövedék R lőtávolsága egyenlő a H emelkedési magasságával! (Induljunk ki a kinematikai egyenletekből.) MEGOLDÁS: 1. 2. Ferde hajítás v x = v0 x = v0 cos α v y = v0 y − gt = v0 sin α − gt x = v 0 x t = v 0 cos α ⋅ t y = v0 y ⋅ t − g 2 g t = v0 sin α ⋅ t − t 2 2 2 teljes repülési idő R = v0 cos α ⋅ H= 2g R= v02y v02 = sin 2α 2g g v02 sin 2 α v02 sin 2α = 2g g sin 2 α = 4 sin α cosα α = 76° v0 y g =2 v0 sin α g 2v0 sin α v02 = sin 2α g g v02y tg α = 4 2 v02 sin 2α g 51. A kinematikai egyenletek alapján határozzuk meg a v0 kezdősebességgel, α kilövési szöggel kilőtt lövedék maximális ym emelkedési magasságát! MEGOLDÁS: 1. Ferde hajítás v02 sin 2 α = 1. ym = 2g 2g v02y 52. Egy szöcske vízszintes irányban legfeljebb 1 m távolságra tud elugrani Feltételezve, hogy az elugráshoz szükséges idő elhanyagolható, határozzuk meg, hogy vízszintes úton mekkora maximális sebességgel

halad a szöcske, ha mindig a maximális távolságba ugrik. MEGOLDÁS: 1. Ferde hajítás 2. R= 3. R =1m v02 sin 2α g (lásd a 49-es példát) α = 45° R ekkor maximális v02 R =1m= g v0 = 9 R = 9,81 ⋅ 1 = 3,13 v x = v0 cos 45° = 3,31 ⋅ 0,0707 = 2,34 m s m s 53. Galilei Két új tudomány című művében azt állítja, hogy „a 45°-nál ugyanannyival nagyobb, ill. kisebb emelkedéssel (hajítási szöggel) elhajított testek azonos távolságra jutnak el” Bizonyítsuk be ezt az állítást. MEGOLDÁS: 1. Ferde hajítás 2. R= v02 sin 2α g (lásd a 49-es példát) * ábra helye 3. α 1 = 45°+ β α 2 = 45°− β R1 = v02 v2 sin 2(45°+ β ) = 0 sin(90°+2β ) g g R2 = v02 v2 sin 2(45°−2β ) = 0 sin(90°−2β ) g g sin(α ± β ) = sin α cos β ± cosα sin β v02 R1 = (sin 90° cos 2β + cos 90° sin 2β ) g R2 = v02 ( sin 90° cos 2β − cos 90° sin 2β ) g sin 90° = 1 R1 = R2 = cos90° = 0 v02 cos 2β g 54. Felszállás előtt

egy helikopter motorját percenként 300 fordulattal járatják be Mekkora sebességgel mozog a 4 m hosszú légcsavarszárny csúcspontja? MEGOLDÁS: 1. Körmozgás 2. v= 3. r=4m 2 rπ = 2 rπ n T n= 300 300 1 1 = ⋅ =5 perc 60 s s v = 2 ⋅ 4 ⋅ 3,14 ⋅ 5 = 125,6 m s 55. Egy részecske 10 m/s állandó sebességgel körpályán mozog Határozzuk meg a sebességvektor változásának nagyságát és irányát mialatt a részecske a kör kerületének a harmadát befutja! MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. V1 ∆v V2 v2 -v1 = ∆v A v2 és a v1 közötti szög 120 fokos, hiszen a mellette lévő szög 60 fokosnak adódik abból a megfontolásból, hogy a négyszög szögeinek összege 360 fok, így az a szög csak 360 2 x 90 - 120 =60 fok lehet csak. ha a magassága mentén kettévágjuk a háromszöget, már látjuk, hogy ezek a nevezetes egyenlő oldalú háromszögnek a két fele, amit befogói mentén illesztettünk össze. Innen már adódik , hogy ∆v

= 2 x v 3 /2, azaz v 3 3. ∆v = 10 m 1,73= 17,3 s iránya a kezdősebesség irányára 120 fok 56. A Hold jó közelítéssel körpályán mozog a Föld körül Mekkora a centripetális gyorsulása? (keringési idő 27,32 nap, átlagos távolság a Földtől 3,84 x 108 m) MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás  2rπ    2  T  v 4r 2π 2 4π 2 r acp = = = = 2 r r rT 2 T 2 2. 3. acp = 4 ⋅ 3,14 2 ⋅ 3,84 ⋅ 108 m (27,32 ⋅ 24 ⋅ 3600)2 s 2 = 151,44 ⋅ 108 151,44 ⋅ 108 −3 m = 10 = 2 ,72 ⋅ 10 2 s2 (23604 ⋅ 10 )2 557,15 ⋅ 10 57. A Bohr modell szerint a hidrogénatom elektronja 5,29×10–11 m sugarú pályán 2,19×106 m/s sebességgel mozog a magot alkotó proton körül. Mekkora az elektron gyorsulása? MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. v2 acp = r m2 (2,19 ⋅ 10 ) s 2 2,192 ⋅ 1012 22 m acp = = −11 −11 = 9 ,06 ⋅ 10 s2 5,29 ⋅ 10 m 5,29 ⋅ 10 6 2 3. 58. Vidámparki körhinta vízszintes síkú, 5 m-es sugarú pályán mozog

Mekkora lehet az utasok maximális sebessége, ha a centripetális gyorsulásuk nem haladja meg a 0,4 g értéket? MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. v2 acp = r 3. v max = r ⋅ 0,4 g = 5 ⋅ 0,4 ⋅ 9,81 = 4,43 4. acp = acpmax = 0,4 g v = r ⋅ acp r =5m m s v 2 (4,43) = = 3,92 = 0,4 ⋅ g r 5 2 59. Egy lemezjátszó percenként 33 1/3 fordulatszámmal forgó korongján a tengelytől 10 cm távolságban ül egy hangya. Mekkora a hangya gyorsulása? MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. v = 2rπ n 3. a= 4. r = 0,1 m a= v2 r n = 33,0 v 2 4r 2 π 2 n 2 m = = 131,5 2 r r s m , 2 1315 a s n= = = 33,3 , 2 4rπ 2 4 ⋅ 0,1 ⋅ 314 60. A nagy gyorsulásoknak az emberi testre gyakorolt hatását úgy tanulmányozzák, hogy az űrhajósokat egy 15 m hosszú rúd végéhez rögzített kabinban vízszintes síkú körpályán megforgatják. a) Mekkora az űrhajós gyorsulása, ha a kabin 23 fordulatot tesz meg percenként? b) Hányszorosa ez a gyorsulás a

nehézségi gyorsulásnak? MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. a) b) 3. a) b) acp = 2rπ n n = 23 1 23 1 = perc 60 s acp g acp = 2rπ n = 2 ⋅ 15 ⋅ 314 , ⋅ acp g = 36,11 = 3,68 9,81 m 23 = 36,11 2 s 60 r = 15 acp = 3,68 g 61. A modern ultracentrifugákkal 109 g nagyságú centripetális gyorsulást lehet előállítani Ezekben az eszközökben a szokásos mechanikai csapágyazás helyett mágneses felfüggesztést használnak a forgás súrlódásmentessé tételére. A nagy sebességű ultracentrifugákkal az 50 atomi tömegegységtől a dohány mozaikvírus durván 100 millió atomi tömegegységéig terjedő tartományban l %-os pontossággal határozható meg a molekulák atomtömege. A centrifugákban a vizsgált anyagot kicsiny, 10–2 mm-es sugáron forgatják. a) Mekkora az ultracentrifuga maximális fordulatszáma? b) Mekkora sebességgel mozog ekkor a vizsgált anyag? (Megjegyzés: Hasonló sugarú kicsiny acélgolyók a centrifugális hatások

következtében 1000 m/s kerületi sebesség körül már szétrobbannak.) MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. a = 109 g a= r = 10 −2 mm = 10 −5 m v 2 4r 2π 2 n 2 = r r a = 4rπ 2 n 2 3. 4. v = 2rπ n n= 1 2π a 1 2 = 4rπ 2π a r amax 1 109 ⋅ 9,81 = ⋅ = 0,5 ⋅ 107 = 5 ⋅ 106 r 2 ⋅ 3,14 10−5 a) nmax = b) v = 2rπ n = 2 ⋅ 10−5 ⋅ 3,14 ⋅ 5 ⋅ 106 = 314 m s v2 m 314 2 a= = −5 = 9,8 ⋅ 109 2 r 10 m s 62. A tipikus pulzárokról úgy hisszük, hogy kb 40 km sugarú, másodpercenként l fordulatot tevő, különlegesen sűrű neutroncsillagok. a) Mekkora a neutroncsillag egyenlítőjén elhelyezkedő részecske gyorsulása? b) Mekkora a 45. szélességi körön (azaz az egyenlítő és a pólus között félúton) lévő részecske gyorsulása? c) Milyen irányban gyorsul a b) kérdés szerint mozgó részecske? MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. a) acp = v2 r v = 2r π n acp = 4rπ 2 n 2 b) *ábra helye r, = r 2 acp, = 4r

2 π 2 n 2 = 4 3. acp r ⋅ π 2n2 = 2 2 11 4 m 2 = 157,75 ⋅ 10 s s2 a) acp = 4rπ 2 n 2 = 4 ⋅ 40 ⋅ 103 m ⋅ 314 , 2 b) acp, = c) Az ábra szerinti irányban gyorsul a 45. szélességi fokon lévő test acp 2 = m 157,75 4 m ⋅ 10 2 = 112 2 s s 1,41 63. Chicago az északi szélesség 4l,9 fokán helyezkedik el Mekkora a város centripetális gyorsulása a Föld forgása következtében? A föld sugara 6378 km. MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás 2. *ábra helye r, = cosα rF v = 2r π n = 2rπ T , v 2 ( 2r π n) 4r , π 2 4r ,π 2 a = , = = = r T 2r , T2 r, 2 2 , cp 3. rF = 6378 km α = 41,9° r , = rF ⋅ cosα = 6378 km ⋅ cos 41,9° = 6378 ⋅ 0,744 = 4747 km = 4,747 ⋅ 106 m T = 24h = 24 ⋅ 3600 s = 86400 s a = , cp m 4r , ⋅ π 2 4 ⋅ 4,747 ⋅ 106 ⋅ 9,86 = = 0,025 2 2 2 T s 86400 64. Légturbinával hajtott nagysebességű fogorvosi fúrógép 350 000 fordulat/perc fordulatszámmal forog. A fúrófej átmérője 1 mm a) Mekkora a fej egy

kerületi pontjának sebessége? b) Mekkora egy kerületi pont gyorsulása? Hányszorosa ez a nehézségi gyorsulásnak? c) Mekkora egy kerületi pont tangenciális gyorsulása, ha a fúrót l,2 s alatt egyenletesen lassulva leállítjuk? MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgás; változó kormozgás Ca kerületi pont mozgása, a fúrófej mozgása egyenletes, illetve változó forgómozgás 2. a) v = 2r π n b) acp = v 2 4r 2π 2 n 2 = = 4rπ 2 n 2 r r acp g at = c) 3. a) ∆v ∆t n = 350000 1 350000 1 = = 58333 perc s 60 10−3 r= m = 5 ⋅ 10− 4 m 2 m 1 v = 2 ⋅ 5 ⋅ 10− 4 m ⋅ 3,14 ⋅ 58333 = 183,17 s s b) v 2 33550 7 m acp = = − 4 = 6,71 ⋅ 10 r 5 ⋅ 10 s2 acp g c) = 6,84 ⋅ 106 m , 18317 ∆v s = 152,64 m at = =− ∆t s2 1,2 s ∆t = 1,2 s ∆v = 0 − 18317 , = −183,17 m s 65. Határozzuk meg az egyenlítő egy pontjának a Föld forgása következtében fellépő gyorsulását !. Határozzuk meg a Föld Nap körüli keringése miatt

fellépő centripetális gyorsulását ! A Föld sugara 6378 km, keringési ideje a Nap körül 365,3 nap, a Naptól való átlagos távolsága 1,50 x 1011m. MEGOLDÁS: 1. Egyenletes körmozgások 2. v 2  2rπ  1 4rπ 2 acp = =  ⋅ = 2 r  T  r T 3. r1 = rF 2 T1 = 24 h = 24 ⋅ 3600 s rF = 6378 km = 6,378 ⋅ 106 m r2 = a Föld a Naptól való átlagos távolság = 1,5 ⋅ 1011 m T2 = 365,3 nap = 365,3 ⋅ 24 ⋅ 3600 s 4 ⋅ 6,378 ⋅ 106 ⋅ 3,14 2 2,52 ⋅ 108 −2 m = = 2 2 9 = 3,34 ⋅ 10 s2 24 ⋅ 3600 7,46 ⋅ 10 a) acp b) acp = 1 2 4 ⋅ 1,5 ⋅ 1011 ⋅ 3,14 2 59,16 ⋅ 1011 −3 m = 2 2 2 14 = 5,95 ⋅ 10 s2 365,3 ⋅ 24 ⋅ 3600 9,95 ⋅ 10 66. Vidámparki 25 m átmérőjű, függőleges síkú óriáskerék 5 fordulat/perc fordulatszámmal forog. A kereket 9 s alatt lefékezik Mekkora egy utasnak a gyorsulása (nagyság és irány szerint) a fékezés után 6 másodperccel? Készítsünk vázlatot, amely feltünteti az óriáskerék

forgásirányát, az utas a gyorsulásvektorát és a gyorsulásvektornak a radiálisan befelé mutató iránnyal alkotott φ szögét! MEGOLDÁS: 1. Változó körmozgás 2. *ábra helye v0 = 2rπ n at = ∆v ∆t v2 acp = r tg ϕ = 3. at acp r = 25 m n=5 v0 = 2rπ n = 2 ⋅ 25m ⋅ 1 5 1 = perc 60 s m 1 1 ⋅ = 13,08 s 12 s ∆t1 = 9 s ∆v = v0 v 2 ( 6 s után) m = 0,76 2 acp ( 6 s után) = s r v6 = v0 − at ⋅ ∆t2 = 13,08 ∆t2 = 6 s m m m − 1,454 2 6 s = 13,08 − 8,72 = 4,36 s s s a = acp2 + at2 = 2,11 + 0,58 = 1,64 tg ϕ = at = 0,89 a m s2 ϕ = 41,67° 67. Egy sólyom 12 m sugarú, vízszintes síkú íven 4 m/s sebességgel repül a) Mekkora a centripetális gyorsulása? b) Mekkora a sólyom gyorsulásának nagysága és iránya, ha pályájának síkja és íve nem változik, de l,2 m/s2 gyorsulással növelni kezdi sebességét? MEGOLDÁS: 1. Egyenletes és változó körmozgás 2. a) acp = b) a = at2 + acp2 v2 r tg ϕ = at acp 2 3. a)

b)  m 4   s 16 4 m acp = = = 12 m 12 3 s 2 at = 1,2 m s2 tg α = v=4 1,2 1,3 m s r = 12 m α = 42,7° 2  4 a = 1,2 2 +   = 1,44 + 1,78 = 1,79  3 68. Egy gépkocsi 10 m/s állandó sebességgel mozog a 80 m sugarú kanyarban a) Mekkora a gyorsulása? b) Mekkora a tangenciális gyorsulás, ha a kocsi 6 s alatt megáll a kanyarban? Hogyan változik a teljes gyorsulás iránya és nagysága ezalatt? MEGOLDÁS: 1. Egyenletes és változó körmozgás 2. a) acp = v2 r b) at = ∆v ∆t A centripetális gyorsulás egyenletesen csökken, a tangenciális gyorsulás állandó. Ennek megfelelően, tekintve, hogy a tg ϕ = t acp akkor tg ϕ ∞ ; ϕ 90° azaz a gyorsulás iránya egyre inkább megközelíti a tangenciális gyorsulás irányát. ha acp 0 ; 2 3. a)  m  10   s m 100 acp = = = 1,25 2 s 80 m 80 m ∆v s = 1,25 m / 1,67 m at = = ∆t s2 s2 6s 10 b) ∆v = v0 = 10 m s ∆t = 6 s 69. Egy versenyautó

1,6 km kerületű körpályán állandó gyorsulással 64 km/óráról 128 km/órára növeli sebességét, és közben 1,2 km utat tesz meg. a) Mekkora az érintő menti gyorsulás? b) Mekkora a gépkocsi centripetális gyorsulása, amikor a sebesség l28 km/ó? MEGOLDÁS: 1. Egyenletesen változó körmozgás 2. a) at = s= b) 3. a) ∆v v2 − v1 = ∆t ∆t v1 + v2 ∆t 2 ∆t = 2s v1 + v2 at = (v2 − v1 )(v2 + v1 ) = v22 − v12 v2 − v1 = 2s 2s 2s (v 1 + v2 ) acp = v2 r acp = v 2 2π k k = 2rπ k = 1,6 km = 1600 m v1 = 64 km m = 17,78 h s v2 = 128 km m = 35,56 h s s = 1,2 km = 1000 m r= k 2π at = b) 4. v22 − v12 1264 − 316 m = = 0,395 2 s 2s 2400 v 2 2π 1264 ⋅ 2 ⋅ 3,14 m acp = = = 4,96 2 k s 1600 s = v 0 ∆t + a 2 ∆t = 800,0 + 399,9 = 1200 m 2 2s = 45s v1 + v2 ∆t = 70. A mesterséges holdak körpályán való egyenletes sebességű mozgása akkor stabilis, ha centripetális gyorsulásuk a pálya sugarának négyzetével

fordítottan arányos. a) Mutassuk meg, hogy a műhold tangenciális sebessége a pályasugár négyzetgyökével fordítva arányos. b) Mutassuk meg, hogy az egy fordulat megtételéhez szükséges idő a pályasugár 3/2-ik hatványával arányos. MEGOLDÁS: 1. Változó körmozgás 2. acp = a) b) K r2 K tetszőleges állandó v2 K = 2 r r v2 = K r v= K r v= 2rπ T K 2 rπ = r T 3 2rπ 2r 2 π T= = K K r 71. Egy versenyautó 210 km/ó sebességgel mozog a 2 km kerületű körpályán, majd egy teljes kört megtéve egyenletesen lassítva megáll. a) Mekkora az autó tangenciális gyorsulása? b) Mekkora a centripetális gyorsulás l km-rel a megállás előtt? c) Mekkora ebben a pillanatban az eredő gyorsulás? MEGOLDÁS: 1. Változó körmozgás 2. a) at = ∆v ∆t1 v2 + v1 ⋅ ∆t1 2 s= ∆t = 2s v1 + v2 v2 − v1 v2 − v1 v22 − v12 0 − v12 at = = = = 2s ∆ t1 2s 2s v1 + v2 v2, − v12 at = 2s, 2 b) (v ) , 2 2 = 2 s ,at + v12 v2 = 2 sat +

v12 3. acp (v ) = acp (v ) 2π = , 2 2 2rπ = K r r= K 2π , 2 2 K c) a 2 = at2 + acp2 a) at = − v12 m 3403 =− = −0,85 2 s 2s 4000 s = 2 km = 2000 m v1 = 210 b) v2, = 2 s , at + v12 = − 2000 ⋅ 0,85 + 3403 = 1703 = 41,27 acp c) 4. km m = 58,3 h s (v ) = , 2 2 K 2π = 5,35 a 2 = at2 + acp2 = m s m s2 (− 0,85)2 + 5,352 = 5,41 m s2 Mekkora utat tesz meg a test, amíg v2, -ről 0-ra csökken a sebessége? s ,, -t 02 − (v2, ) = at 2 s ,, 2 2 − ( v2, ) − (41,27) − 1703 = = ≈ 1000 s = 2at 2 ⋅ −(0,85) − 1,70 2 ,, Tekintve, hogy addig amíg v1 -ről v2 -re csökkent a sebessége a 2000-ből éppen 1000 mt tett meg, ez az eredmény éppen megfelel várakozásainknak. 72. Egy 300 m-es állandó görbületi sugarú úton haladó autó l,2 m/s2 gyorsulással fékezni kezd. Határozzuk meg az autó gyorsulásának irányát és nagyságát abban az időpontban, amikor sebessége 15 m/s. MEGOLDÁS: 1. Egyenletesen lassuló körmozgás

2.  v2  a = a +a = a +   r 2 t acp = 2 cp 2 2 r v2 r tg ϕ = at acp ϕ a sugáriránnyal bezárt szöge a gyorsulásnak 2 3. m  225  = 2 = 1,41 2 a = 1,2 2 +   300  s at = 1,2 tg ϕ = m s2 r = 300 m at 1,2 = = 1,6 acp 0,75 v = 15 m s ϕ = 58° 73. Egy fonalra kötött labdát 0,3 m sugarú, a talaj felett 1,2 m magasban levő, vízszintes síkú körpályán állandó sebességgel pörgetünk. A fonal hirtelen elszakad és a labda attól a ponttól 2 m távolságban ér talajt, amelyet úgy kapunk, hogy az elszakadás pillanatában elfoglalt helyzetét függőlegesen a talajra vetítjük. Mekkora volt a labda centripetális gyorsulása, amíg körmozgást végzett? MEGOLDÁS: 1. Vízszintes hajítás, egyenletes körmozgás 2. v 0 x ⋅ ∆t = s v0 y = 0 g 2 ∆t = h 2 ∆t = 2h g v0 x ⋅ 2h =s g v0 x = g ⋅s 2h g 2 ⋅s v acp = = 2h r r 2 0x 3. g 2 m ⋅s 9,81 2 ⋅ 4m m s acp = 2h = = 54,5 2 r s 2 ⋅ 1,2m ⋅

0,3m h = 1,2 m s=2m r = 0,3 m 74. Adjuk meg SI-egységben a következőket: a) egy 72 kg tömegű emberre ható gravitációs erőt, b) egy 720 N súlyú férfi tömegét, c) egy 20 kg-os testre ható gravitációs erőt, d) egy 200 N súlyú test tömegét, e) mekkora eredő erő gyorsít egy 720 N súlyú testet 9,8 m/s2 gyorsulással? f) mekkora eredő erő gyorsít egy 20 kg tömegű testet 9,8 m/s2 gyorsulással? MEGOLDÁS: 1. Tömegvonzás, Newton 2. törvénye 2. a) G=mg g = 9,81 m s2 G g b) m= c) G = m ,g d) G m = g e) F =ma= ,, G ⋅a g 3. f) F =ma a) m = 72 kg G = m g = 72 kg ⋅ 9,81 b) m= m = 605,32 N s2 G 720 N = = 73,4 kg m g 9,81 2 s G = 720 N c) G = m, g = 20 kg ⋅ 9,81 m = 196,2 N s2 m, = 20 kg d) m,, = G 200 N = = 20,39 kg g 9,81 G = 200 N e) F =ma= G ⋅ a = 720 N g G = 720 N f) a = 9,8 F = m a = 20 kg ⋅ 9,8 m s2 m = 196 N s2 m = 20 kg 75. Határozzuk meg: a) Mekkora a tömege a 400 N súlyú szeneszsáknak? b)

Mekkora gravitációs erő hat rá? c) Mekkora a súlya egy 26 kg tömegű gyermeknek? d) Mekkora gravitációs erő hat rá? e) Mekkora erővel gyorsíthatnánk a szeneszsákot 9,8 m/s2 gyorsulással felfelé? MEGOLDÁS: 1. Tömegvonzás, súly, Newton 2. törvénye 2. a) G = mg m= G g b) Gravitációs erő = súly = G = mg c) G = m, g d) lásd b)-t e) ∑F =ma ∑F = F gy −G Fgy − G = ma Fgy = G + ma = mg + ma = m( g + a ) 3. a) m= G 400 N = = 40,77 kg g 9,81 G = 400 N b) Fgravitációs = G = 400 N c) G = m, g = 26kg ⋅ 9,81 d) Fgravitációs = G = 255N e) Fgy = m( g + a ) = 799 N ≈ 800 N m = 255N s2 m = 40,77 kg a = 9,8 m s2 76. Ha egy ember a Földön legfeljebb 48 kg tömegű testet tud felemelni, mekkorát tudna felemelni a Holdon? (A nehézségi gyorsulás a Holdon 1,6 m/s2.) MEGOLDÁS: 1. Tömegvonzás 2. FF = m ⋅ g F FH = m, g H FFöld = FHold m ⋅ g F = m, ⋅ g H m, = 3. m ⋅ gF gH m = 48 kg g F = 9,81 g H = 1,6 m, = m s2

m s2 48 ⋅ 9,81 = 294,3 kg 1,6 4. 294,3 kg ⋅ 16 48 kg ⋅ 9,81 m = 470,88 N s2 m = 470,88 N s2 77. A Klondike-i aranyláz idején egy aranyásó a kanadai Dawson City-ben, ahol g = 9,82288 m/s2, 1 kg tömegű aranyrögöt talált és Szingapúrba vitte, ahol g = 9,78031 m/s2. a) Mennyivel kisebb az arany súlya millinewtonban Szingapúrban? c) Mennyit veszít az aranyásó, ha Dawson City helyett Szingapúrban adja el aranyát? (Mindkét városban 470 S/ -t fizetnek 31 g aranyért.) MEGOLDÁS: 1. 2. Tömegvonzás. A példa azért ravasz, mert az arany eladásakor nem annak tömegét mérik, hanem súlyát, ami a g függvényében változik. De attól függően, hogy ezt a súlyt hogyan mérik, lehet – a fogalmak pontatlan használata miatt – az eredmény más és más. Például ha az arany súlyát Szingapúrban egy rugós erőmérővel mérik, amit előzőleg Dawsonban kalibráltak, akkor az arany „tömegét” Szingapúrban kisebbnek fogják találni. De ha

kétkarú mérleggel mérik, akkor Dawsonban éppen annyinak fogják a „tömegét” találni, mert Szingapúrban ugyanis Gsúlyok = msúlyok ⋅ g D = marany ⋅ g D msúlyok ⋅ gS = marany ⋅ gS gD a Dawsonban mért g gS a Szingapúrban mért g a) ∆G = m(g D − gS ) b) Az arany ára Dawsonban 1000 ⋅ 470 $ 30 Szingapúrban, ha karos mérleggel mérik ugyanennyi, ha rugóssal, akkor g 1000 ⋅ 470 ⋅ S gD 31 3. a) ∆G = 1 kg(9,82288 − 9,78031) b) Árkülönbség = m = 0,04257 N = 42,57 mN s2  g  1000 ⋅ 470 1 − S  = 61,4 $ gD  31  78. Egy 5 kg tömegű testre 20 N eredő erőt hat a) Mekkora a test gyorsulása? b) Nyugalomból indulva mekkora úton tesz szert a test 8 m/s sebességre? MEGOLDÁS: 1. a) Newton II. törvényének egyszerű alkalmazása b) egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló kezdősebesség nélkül 2. a) F = m⋅a a= F m b) v = a⋅t t= v a a 2 a v2 v2 s= t = ⋅ 2 = 2 2 a 2a 3. 4. v=8 a= b) m2 64 2 s =

8m s= m 2⋅4 2 s m = 5 kg m s m t= s =2s m 4 2 s 8 m 20 N =4 2 s 5 kg a) F = 20 N m 8 ∆I ∆( mv ) m∆v F= = ⋅ = 5 kg s = 20 N ∆t ∆t ∆t 2s 79. Görkorcsolyázó gyerek – nyugalomból indulva 12°-os lejtőn gurul le Mekkora a gyerek sebessége 6 m út megtétele után? Rajzoljuk meg a gyerek vektorábráját! MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás Lejtőmozgás 2. F = m g sin α s= t= a 2 g sin α 2 t = t 2 2 2s g sin α v = a ⋅ t = g sin α ⋅ 3. a = g sin α 2s = 2 s g sin α g sin α v = 2 ⋅ 6 ⋅ 9,81 ⋅ sin 12° 80. Egy 720 N súlyú férfi l,25 m/s2 gyorsulással mozog egyenes vonalban a) Mekkora eredő erő hat rá? b) Nyugalomból indulva mennyi idő alatt éri el a 3,75 m/s-os sebességet? MEGOLDÁS: 1. Newton II. törvényének egyszerű alkalmazása 2. F = m⋅a 3. F= G = m⋅ g m= G g F= G ⋅a g 720 ⋅ 1,25 = 91,74 N 9,81 81. Rajzoljuk meg az alábbiakban aláhúzással jelölt testek

vektorábráját Ismételjük meg az ábrákat úgy is, hogy az erőket a problémához illeszkedő merőleges komponensekre bontjuk. Írjuk fel ezekre a komponensekre a mozgásegyenleteket: a) Egy végsebességét már elért (azaz állandó sebességgel eső) lehulló tollpihe. b) Parabolapályájának csúcspontján repülő futball-labda. c) Egy kanyarban (nem túlemelt útpályán) v állandó sebességgel, r sugarú körpályán mozgó teherautóban ülő sofőr. d) A pálya legmagasabb pontján lévő hintázó gyermek. e) A pálya legalacsonyabb pontján lévő hintázó gyermek f) Függőleges síkú ív csúcspontján haladó hullámvasút kocsi. MEGOLDÁS: 1. Erők összegzése Különböző mozgástípusok a) egyenesvonalú egyenletes mozgás b) ferdehajítás c) körmozgás d) ingamozgás 2. e) ingamozgás f) körmozgás a) G = Fközegellenállás v = áll. *ábra helye b) G = mg = ma a=g *ábra helye a=0 c) v2 Fcp = m r *ábra helye d) Fe = K + G

*ábra helye e) Fe = 0 K=G *ábra helye d) Fe = K − G *ábra helye 82. 300 N súlyú kocsit 75 N erővel vízszintes úton vízszintes irányban húzunk A súrlódás elhanyagolható. a) Milyen távolságra jut el a nyugalomból induló kocsi 5 s alatt? b) Mekkora sebességet ér el? MEGOLDÁS: 1. Egyenesvonalú, egyenletesen gyorsuló Newton II. törvénye 2. a= F m 3. a= F F ⋅ g 75 ⋅ 9,81 m = = = 2,45 2 m G s 300 N s= 2,45 (6 s) 2 = 44,15 m 2 s= a 2 t 2 v = a⋅t m= G g 83. Egy 720 N súlyú ember összecsavart lepedőből font függőleges kötélen menekül egy égő ház emeletéről. a) Hogyan tud leereszkedni anélkül, hogy a kötél elszakadna, ha a kötél szakítószilárdsága 650 N? b) Mekkora sebességgel érkezik le, ha az emelet magassága 4,5 m? MEGOLDÁS: 1. Erők összegzése Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás Newton II. törvénye 2. m⋅a = G − K K = G − m⋅a *ábra helye a) a min = b) s= G−K m a 2 t 2 s=

t= 2s a 2s a t v = a⋅t = a⋅ 3. a min = a 2 t 2 2s = 2 sa a m 720 − 650 720 − 650 = = 0,95 2 G 720 s g 9,81 v = 2 sa = 2 ⋅ 4,5 ⋅ 0,95 = 2,92 m s 84. Az almásláda lejtősre állított, görgős szállítószalagon súrlódásmentesen, nyugalomból indulva 1,2 s alatt 1,8 m-t tesz meg. Mekkora a lejtő hajlásszöge? MEGOLDÁS: 1. Lejtőmozgás egyenesvonalú egyenlegesen gyorsuló mozgás *ábra helye 2. s = 1,8 m s= t = 1,2 s a 2 t 2 a= 2s t2 a = g ⋅ sin α sin α = 3. a 2s = 2 g t g 2 ⋅ 1,8 m 1,2 2 s 2 ⋅ 9,81 m s2 = sin α = 0,2548 α= 4. s= a 2 g ⋅ sin α 2 t = ⋅ t = 1,7997 ≈ 1,8 2 2 85. Határozzuk meg, hogy mekkora eredő erővel gyorsítható fel egy elektron 5 cm-es úton nyugalomból indulva 9×105 m/s vízszintes sebességre! Magyarázzuk meg, hogy miért hanyagolható el a számítás során az elektronra ható gravitációs erő? AZ elektron tömege 9,109 x 10-31 MEGOLDÁS: 1. Newton 2. törvénye Egyenesvonalú

egyenletesen gyorsuló mozgás 2. F =ma a= ∆v ∆t s= ∆v 1 ⋅ ∆t 2 = ∆v ⋅ ∆t ∆t ⋅ 2 2 ∆v = F = m⋅ ∆v ∆v ∆v 2 = m⋅ = m⋅ 2s ∆t 2s ∆v ∆v = 9 ⋅ 105 ∆t = m s 2s ∆t s = 5 ⋅ 10−2 m m2 ∆v s 2 = 737,8 ⋅ 10 −20 N F = m⋅ = 9,109 ⋅ 10 −31 kg −2 2s 2 ⋅ 5 ⋅ 10 m 9 2 ⋅ 1010 2 3. 2s ∆t G = mg = 9,109 ⋅ 10−31 ⋅ 9,81 m = 89,36 ⋅ 10−31 N s2 F 737,8 ⋅ 10−20 = = 8,25 ⋅ 1011 G 89,36 ⋅ 10− 3 86. Mekkora minimális gyorsulással csúszhat le biztonságosan egy 300 N súlyú gyerek a 250 N szakítószilárdságú kötélen? MEGOLDÁS: 1. Newton 2. törvénye 2. ∑ F = m⋅ a = G − F K G = 300 N FKmax = 250 N 3. m ⋅ a min = 300 − 250 = 50 N m= a= 300 N 9,81 m 50 N 9,81 ⋅ 50 m 9,81 = = 1,635 2 2 = 300 N s 300 s 6 m 9,81 2 s 87. 4 kg tömegű testre két erő – a lefelé mutató nehézségi erő és egy állandó, vízszintes irányú erő – hat. A megfigyelések szerint a test

nyugalomból indult és 12 m/s2 gyorsulással mozog. Határozzuk meg, hogy a) mekkora a vízszintes irányú erő? b) milyen irányban gyorsul a test? c) vajon egyenes vonalon vagy parabolán mozog-e a test? MEGOLDÁS: 1. Newton 2. törvénye 2-3. *ábra helye Fe = ma G = mg a) FX = m2 a 2 − m2 g 2 = m a 2 − g 2 = 27,66 b) FX = cos α Fe c) egyenesvonalban, tekintve, hogy a ráható erők eredőjének iránya állandó cosα = 27,66 = 0,576 4 ⋅ 12 α = 54,8° 88. Nyugalomból induló test súrlódásmentesen csúszik le a vízszintessel 30°-os szöget bezáró lejtőn. a) Mennyi idő alatt ér el 50 m/s-os sebességet? b) Milyen távolságba jut el ezalatt? MEGOLDÁS: 1. Lejtőmozgás 2. Fgy = K + G = ma = G ⋅ sin α = mg sin α 3. a) v = a∆t b) s= ∆t = v a a 2 ∆t 2 a = g sin α = 9,81 = 4,905 2 ∆v = 50 m s m s = 10,2 s ∆t = 4,905 50 a) b) s= 4,905 ⋅ 10,2 2 = 255,2 m 2 89. Egy gépkocsi l8 m sugarú, függőleges síkú, kör

alakú domboldalon mozog felfelé A domb tetején a vezető tapasztalja, hogy éppen csak érinti az ülést. Mekkora sebességgel haladt a gépkocsi? MEGOLDÁS: . Kényszererők, körmozgás 2. Az, hogy csak érinti az ülést , azt jelenti hogy K=0 mv 2 mg = G = r v = r g = 18 m ⋅ 9,8 = 13,3 m s 90. A hullámvasút kocsija állandó, 6 m/s-os sebességgel halad át a pálya 6 m sugarú, függőleges síkú részének tetőpontján. A kocsi és az utasok együttes tömege 1350 kg a) Mekkora és milyen irányú a kocsi gyorsulása a tetőponton? b) Mekkora eredő erő hat ebben a pillanatban a kocsira és az utasokra összesen? c) Mekkora erővel nyomja a pálya a kocsit a tetőponton? MEGOLDÁS: 1.Kényszererők, körmozgás 2. a) m2 v 2 36 s 2 m a = acp = = =6 2 r s 6m sugárirányú befelé v = állandó b) Fe = G − K = ma = 1350kg ⋅ 6 c) K = G − Fe = 1350kg ⋅ 9,81 m = 8100 N s2 m − 8100 N = 5143,5N s2 91. Egy 18 m átmérőjű óriáskerék négyet

fordul percenként a) Mekkora az utasok centripetális gyorsulása? Mekkora erőt gyakorol az ülés egy 40 kg-os utasra b) a pálya legmélyebb, c) a legmagasabb pontján? d) Mekkora és milyen irányú erőt fejt ki az ülés az utasra, amikor félúton van a legfelső és a legalsó helyzet között? MEGOLDÁS: 1. Kényszererők, körmozgás 2. n= 1 T v= m 2rπ 2 ⋅ 18 ⋅ 3,14 = = 7,536 T s 15 s T= 1 = n a) v2 m a= = 316 , r s2 b) mv 2 K−G= r 1 1 60 s = = = 15s 4 4 4 perc 60s mv 2 K= +G r K= c) mv 2 m + G = 40 kg ⋅ 3,16 2 + G = 126,4 N + 392,4 N = 518,8 N s r G−K = mv 2 r K=G− mv 2 = 266 N r G + K = Fcp = d) mv 2 r 2  mv 2  K =  + G2  r  2 2  mv 2  K=   + G 2 = 15977 + 153978 = 412,26 N  r  G = sin α = 0,95 K α= 92. Hintában ülő 30 kg-os gyereket vízszintes F erővel oldalra húzva egyensúlyban tartunk, miközben a hinta kötele 30°-os szögben áll a függőlegeshez képest. a) Mekkora az F erő?

b) Mekkora erő feszíti ezalatt a hinta kötelét? MEGOLDÁS: 1. Erők összegzése *ábra helye 2., 3 a) F + G + K = 0 = ma KY = G KY = cos30° K KX = F K= KX 1 = sin 30° = K 2 K = 170 N = F 2 KX = b) KY G = cos 30° cos 30° K= mg 30 kg ⋅ 9,81 60 ⋅ 9,81 = = = 339,8 N cos 30° 3 3 2 93. Egy 9 m-es kötél egyik végét egy fához, másikat egy sárba ragadt gépkocsihoz kötöttük A sofőr a kötél közepét 360 N erővel 60 cm távolságba oldalra húzza. Mekkora erőt fejt ki a kötél a gépkocsira? MEGOLDÁS: . Erők összegzése Newton 2. törvénye 2. a=0 *ábra helye 2FY = Fh FY = 3. Fh 2 FY 0,6 = F 4,5 F= 4,5 ⋅ FY 4,5 ⋅ 360 = = 1350 N 0,6 2 ⋅ 0,6 ∑F =0 94. Két diák 9 kg tömegű jelzőtáblát akaszt egymástól 30 m távolságban lévő épületek azonos magasságú pontjához rögzített kötél középpontjára. A cégtábla belógása a felfüggesztési pontokat összekötő vízszintes alá 30 cm. Mekkora erő feszíti a

kötelet? MEGOLDÁS: 1. 2. Erők összegzése, Newton 2. törvénye ∑ F = 0, mert a = 0 2 FKY = FKY FK X mg 9,81 ⋅ 9 = = 44,15 2 2 = d 15 FK X = FKY 0,3 ⋅ 15 = 9,81 ⋅ 9 ⋅ 15 = 2207,25 2 ⋅ 0,3 F = FK2X + FK2Y = 2207,69 95. Egy egyszerű inga 0,75 m hosszú fonalán 600 g tömegű ingatest lóg Mekkora erő feszíti a fonalat akkor, amikor az ingatest 80 cm/s sebességgel lendül át pályájának legalsó pontján? MEGOLDÁS: 1. Kényszererők, körmozgás Newton 2. törvénye 2. Tudjuk, hogy az erők eredőjének, tekintve, hogy a test az alsó ponton átlendülve éppen körmozgást végez, befelé kell mutatni és mv2/r -rel kell egyenlőnek lennie Fcp = 3. mv 2 = Fe = K − mg r  v2   0,82  K = m + g = 0,6 kg + 9,81 = 6,4 N  r   0,75  96. Két, fonallal összekötött 1 kg-os test vízszintes, súrlódásmentes síkon mozog a) Mekkora a testek gyorsulása, ha 2,4 N erővel húzzuk őket, az egyik testhez erősített

fonallal? b) Mekkora erő feszíti eközben a testeket összekötő fonalat? MEGOLDÁS: 1. Newton 2. törvénye Newton 3. Törvénye 2. F = 2,4 N ∑F =ma F12 = F21 a) F = ma = (m1 + m2 )a b) F21 = m1a F − F12 = m2 a F12 = F − m2 a 3. 4. F m 2,4 N = = 1,2 2 m1 + m2 (1 + 1) kg s a) a= b) F21 = m1a = 1,2 N F12 = F − m2 a = 2,4 N − 1,2 m ⋅ 1kg = 1,2 N s2 97. Egy 1,4 m hosszú fonalinga függőleges síkban mozog Amikor az ingatest sebessége 2,2 m/s, akkor a fonal 20°-os szöget alkot a függőlegessel. Határozzuk meg ebben a pillanatban a) az ingatest centripetális gyorsulását! b) az ingatest tangenciális gyorsulását! c) a fonalat feszítő erőt, ha az ingatest tömege 600 g! MEGOLDÁS: 1. Kényszererők Erők összetétele Változó körmozgás Newton 2. Törvénye m = 0,6 kg v = 2,2 2.-3 a) m s acp = mv 2 m = 2,074 2 r s mv 2 K − GY = r K=  v2  mv 2 mv 2 + GY = + G ⋅ cos 20° = m + g cos 20° r r  r  b) at = G X

G sin 20° m = = g sin 20 = 3,35 2 m m s c)  v2  K = m g cos 20° = 7,6 N  r  98. Súrlódásmentesen forgó csigán átvetett, elhanyagolható tömegű kötél végeire 1,8 és 3,6 kg-os tömeget erősítettünk, majd nyugalomból indítva magára hagytuk a rendszert. a) Határozzuk meg a testek gyorsulását! b) Mekkora erő feszíti a fonalat, miközben a testek gyorsulnak? c) Mekkora sebességgel érkezik le 15 cm magasból a 3,6 kg-os test? MEGOLDÁS: 1. Newton II. törvénye Newton III. törvénye m1 = 1,8 kg m2 = 3,6 kg s = 0,15 m 2. a) Mivel össze vannak kötve, és a kötél nyúlása elhanyagolható a1 = a2 = 0 Newton III. törvénye miatt K1 = K2 = K m1a = K − m1g m2 a = m2 g − K + (m 1 + m2 )a = (m2 − m1 )g a= m2 − m1 g m1 + m2 b) K = m1 (a + g ) c) s= a 2 t 2 v = a⋅t = a⋅ 3. t= 2s a 2s = 2sa a m2 − m1 m g = 3,27 2 m1 + m2 s a) a= b) K = m1 (a + g ) = 23,54 N c) v = 2sa = 0,99 m s 99. 30

fokos lejtő tetejére csigát szerelünk A csigán átvetett kötél egyik végére, a lejtőre fektetve egy 10 kg tömegű testet, a másik végére a lejtő függőleges fala mellett lelógatva, egy m tömegű testet kötöttünk. Mekkora az m tömeg ha tudjuk, hogy a 10 kg tömegű test 0,2 m/s2 gyorsulással mozog felfelé a súrlódásmentes lejtőn, és a csiga tengelysúrlódása is elhanyagolható? MEGOLDÁS: 1. Lejtőmozgás, Newton 2. törvénye m=? a = 0,2 m s M = 10kg K1 = K2 = K a M = am = a 2. M a = K − Fgy = K − M g sin α ma=mg−K M a + m a = m g − M g sin α m( g − a) = M (a + g sin α ) 3. m= M (a + g sin α ) g−a m= 10(0,2 + 9,81⋅ sin 30°) = 5,31 kg 9,81 − 0,2 4. Ha közös rendszernek tekintjük (m + M )a = m g − Fgy 100. A vízszintes padlón 1,8 m/s sebességgel csúszó doboz 2 másodperc alatt megáll Mekkora a doboz és a padló közötti csúszó súrlódási együttható? MEGOLDÁS: 1. Súrlódási erő Egyenesvonalú

egyenletesen lassuló mozgás 2. vt = v0 + a t vt = 0 0 = v0 + a t a=− v0 t F = m a = −m v0 t Fs = µ G = µ m g m v0 =µmg t M= v0 tg 1,8 = 0,09 2 ⋅ 9,81 3. µ= 4. Energiamegmaradással is lehet E= 1 2 mv = Fs ⋅ s = µ m g s 2 µ= v2 = 0,09 2 gs s = v0 t + a= − v0 t a 2 v vt t = v0 t − 0 t 2 = 0 = 1,8 m 2 2t 2 101. Jégen csúszó szánkó súlya a rajta ülőkkel együtt 120 N A szánkó és a jég közötti súrlódási együttható 0,070. a) Mekkora vízszintes erővel tartható egyenletes sebességű mozgásban a szánkó? b) Mekkora vízszintes irányú erővel mozgatható a test 0,60 m/s2 gyorsulással? MEGOLDÁS: 1. Súrlódási erő Newton 2. torvénye G = 120 N m= G = 12,23 kg g Fa = gyorsítóerő Fs = µ G µ = 0,07 a) v = állandó b) Fa − Fs = m a a2 = a = 0,6 m s2 Fa = m a + Fs = m a + µ G 3. a) b) 102. Mekkora a tapadási súrlódási együttható, ha egy jégen csúszó 120 N súlyú szánkó az előző feladat

esetén a szánkó nyugalomból való kimozdításához 10 N erő szükséges? MEGOLDÁS: 1. Súrlódás (Tapadási) Fs = µ 0G 2. µ0 = Fs 10 N = G 120 3. µ0 = 10 N = 0,083 120 103. Egy gyerek a parttól 12 m-re áll egy befagyott tavacska jegén Csizmája és a jég közötti nyugalmi súrlódási együttható 0,05. Határozzuk meg azt a minimális időt, amely alatt kisétálhat a partra, ha megcsúszás nélkül lépked? MEGOLDÁS: 1. Súrlódás (Tapadási) Newton 2. törvénye egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás 2. Fmax = m amax amax = Fmax = µ0 g m Fmax = µ0mg s= a 2 t 2 3. tmin = 4. s= tmin = 2s = a 2s µ0 g 2s = 6,95 s µ0 g a 2 M0 g 2 , ≈ 12 m t = t = 1185 2 2 104. Rakodórámpán láda fekszik Ha a rámpa szöge 30°-os, akkor a láda megcsúszik Amennyiben a csúszó láda alatt a lejtő hajlásszöge 20°-ra csökken, akkor a láda mozgása egyenletessé válik. Határozzuk meg a láda és a lejtő közötti a) csúszási és b)

tapadási súrlódási együttható értékét! MEGOLDÁS: 1. Lejtőmozgás, súrlódás 2. a) v = áll ∑F = 0 FS = Fgy Itt a lejtő gyorsító ereje épp legyőzi a tapadási súrlódási erőt µ0mg cosα = mg sin α µ0 = tg α = 0,57 b) v = áll ∑F =0 Itt a csúszási súrlódási erőt egyenlíti ki a gyorsítóerő. µmg cosα = mg sin α µ = tg α = tg 20° = 0,36 105. Egy 40°-os lejtőn a már mozgásba hozott test magára hagyva egyenletes sebességgel csúszik le. Mekkora a test és a lejtő közötti csúszó súrlódási együttható? MEGOLDÁS: 1. Lejtőmozgás Súrlódási erő 2. mg sin α = µmg cosα µ = tg α 3. µ = tg 40° = 0,83 106. 5 kg tömegű test csúszik le a vízszinteshez képest 41°-ban hajló lejtőn A test és a lejtő között a csúszási súrlódási együttható 0,3. a) Határozzuk meg a súrlódási erőt! b) Mekkora gyorsulással csúszik le a test? MEGOLDÁS: 1. Súrlódási erő Lejtőmozgás α = 40° m = 51 g µ

= 0,3 2. 3. a) Fs = µ m g cos α b) a= a) Fs = 111 , N b) a = 4,21 ∑ F = mg sin α − µmg cosα = g( sin α − µg cosα ) m m m s2 107. A vízszintessel 60°-os szöget bezáró lejtőn egy test g/2 gyorsulással csúszik le Mekkora a csúszó súrlódási együttható a test és a lejtő között? MEGOLDÁS: 1. Lejtőmozgás, súrlódás a= g 2 α = 60° 2. a= m g sin α − µ m g cos α = g sin α − µ g cos α m a − sin α g −µ= cosα sin α − µ= a g cos α = 0,73 108. Egy 32°-os egy 400 N súlyú ládát állandó sebességgel eresztenek le egy lejtőn úgy, hogy a ládát tartó kötél párhuzamos a lejtő síkjával, és át van vetve egy lejtő csúcsára szerelt csigán, és a végét egy munkás húzza. Mekkora erővel húzza a munkás a kötelet, ha a láda és a lejtő között a csúszó súrlódási együttható 0,25? (A csiga tengelysúrlódása elhanyagolható.) MEGOLDÁS: 1. Lejtőmozgás, súrlódás G = 400 N µ =

0,25 2. ∑F = m a = 0 K + Fs = Fgy K = Fgy − Fs Fgy = m g sin α Fs = µ m g cos α K = mg sin α − µmg cosα = mg( sin α − µ cosα ) 3. K = 400(0,53 − 0,25 ⋅ 0,84) = 128 N 109. Egy 15 m/s sebességgel haladó targoncán ládát szállítanak A láda és a targonca platója közötti nyugalmi súrlódási együttható 0,4. Mekkora az a minimális út a targonca lefékezéséhez, amelynél a láda még nem csúszik meg? MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Newton 2. törvénye Egyenesvonalú egyenletesen gyorsuló mozgás 2. A súrlódási erő tudja csak együtt lassításra kényszeríteni a ládát. amax = µ 0mg = −µ0 g m vt2 − v02 = 2 sa v02 + 2 sa max = 0 S sum = − 3. v02 v2 − v02 = = 0 2a max − 1µ0 g 2 µ0 g smin = 45,87 m 110. Két, vízszintes síkon fekvő 1kg-os testet fonallal kötöttünk össze A testek és a sík közötti csúszási súrlódási együttható 0,5. a) Mekkora vízszintes irányú F erővel mozgathatjuk a testeket 2 m/s2

gyorsulással? b) Mekkora erő feszíti ezalatt az összekötő fonalat? MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Newton 2. törvénye F 12 kg Fh 12 kg FS2 FS1 m1 = m2 = 1 kg a=2 m s2 F=? M = 0,5 FS1 + FS2 = FS = µ (m1 + m2 )g ∑ F = F − µ(m + m )g = (m F = (m + m )(a + µg ) 1 h h 3. 1 2 1 + m2 )a 2 Fh = (1 + 1)(2 + 0,5 ⋅ 9,81) = 13,81 N 111. Határozzuk meg, hogy mekkora F erő szükséges egy 5 kg tömegű doboz vízszintes sík menti egyenletes mozgatásához, ha egy, a vízszintessel 45°-os szöget bezáró kötél segítségével húzzuk? (A csúszó súrlódási együttható 0,5.) MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Newton 2. törvénye m = 5 kg α = 45° µ = 0,5 2. 0 = ∑ Fx = F cosα − Fs = F cosα − µK = F cosα − µ (mg − F sin α ) ∑F = mg − F sin α − K = 0 y K = mg − F sin α F cos α = µ (mg − F sin α ) F ( cos α − µ sin α ) = µmg F= 3. µmg cosα − µ sin α 0,5 ⋅ 5 ⋅ 9,91 = 1 1 − 0,5 ⋅ 2 2 F= 2 ⋅ 0,5 ⋅ 5 ⋅

9 ,81 = 2 ⋅ 5 ⋅ 9,81 = 69,4 N 0,5 112. Egy 4 kg tömegű testet F = 20 N erővel húzunk, egy a vízszintessel 30°-os szöget bezáró kötéllel ?. Mekkora a test gyorsulása, ha a test és a talaj közötti csúszó súrlódási együttható 0,2? MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Newton 2. törvénye α = 30° m = 42 kg µ = 0,2 2. ∑F = F cos α − Fs = F (cos α + µ sin α ) − µ mg ∑F = F cos α − Fs = F cos α − µ mg + µF sin α x x ∑F 0 = mg − K − F sin α = 0 K = mg − F sin α Fs = µ K = µ mg − µ F sin α ∑F x a= = F ( cos α + µ sin α ) − µ mg = ma 20 N  3 1 5 ⋅ 1,713 1 F  cos α + µ sin α ) − µmg = + 0,2 ⋅  − 0,2 ⋅ 9,81 = + − 1,96 = 2,8225 ( 4 kg  2 2 2 2 m 113. Egy munkás 200 N súlyú megrakott ládát húz egyenletes sebességgel, 55 N erővel érdes, vízszintes talajon. Az erő iránya 35°-os szöget alkot a vízszintessel a) Mekkora a talaj és a test közötti csúszó súrlódási

együttható? b) Mekkora ugyanilyen irányú erővel lehetne a ládát l,3 m/s2 gyorsulással húzni? MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Newton 2. Törvénye 2. v = állandó a) Fs = Fx = µK = µ (G − F sin α ) G = Fy + K F cosα = µF sin α K = G − Fy = G − F sin α µ= F cos α = 0,27 G − F sin α b) a = 1,3 a= m s2 Fx − Fs ( Fx − Fs ) = m G Ga + µK = Fx g Ga + µG − µF sin α = F cosα g F ( cos α + µ sin α ) = µG + G a g G= cosα + µ sin α µG + G a g 3. µ= a) 55 cos 35° = 0,27 200 − 55 ⋅ sin 35° 1,3 107 9,81 F= = = 109 ,85 N cos 35°+0,27 ⋅ sin 35° 0,82 + 0,27 ⋅ 0,57 0,27 ⋅ 200 + 200 ⋅ b) 114. Egy körhinta 12 s alatt fordul körbe A körhinta középpontjától 3 m távolságban 45 kgos gyerek ül a) Mekkora a gyorsulása? b) Mekkora vízszintes irányú súrlódási erő hat a gyerekre (székének sem támlája, sem kapaszkodója nincsen)? c) Mekkora minimális tapadási súrlódási együttható szükséges, hogy a

gyerek ne csússzon meg? MEGOLDÁS: 1 Súrlódási erő. Körmozgás 2. Fs = Fcp = mv 2 m ⋅ 4r 2 π 2 4rπ 2 m = = r rT 2 T2 Fs = µt ⋅ Fny = µt G v= 3. µt = Fs F 2rπ T Fs = 4 ⋅ 3 ⋅ 3,14 2 ⋅ 45 = 141,3 N 12 2 µt = 141,3 = 0,32 45 ⋅ 9,81 115. Egy vízszintes síkon fekvő 3 kg-os hasáb és a sík közötti súrlódási együttható 0,260 Mekkora F erő szükséges ahhoz, hogy a hasáb 1,2 m/s2 gyorsulással mozogjon, ha a kötelet, melyhez hozzá van kötve a test egy rögzítetlen tengelyű csigán átvetve egy falhoz kötjük, és a testet a csigához rögzített kötél segítségével húzzuk? (A csiga tömege és a tengelysúrlódás elhanyagolható?) MEGOLDÁS: 1. Newton 2. törvénye Súrlódási erő *ábra helye a = 1,2 m s2 m = 3 kg µ = 0,26 2. F1 − Fs = ma F1 = ma + Fs = ma + µmg = m(a + µg ) F = 2 F1 = 2 ⋅ m(a + µg ) 3. m  m F = 2 ⋅ 3 kg 1,2 2 + 9,81 ⋅ 0,26 2  = 22 ,5 N  s s  116. Egy vidámparkban

függőleges tengelyű, nagy méretű, belül üres henger forog Az utasok úgy helyezkednek el, hogy nekitámasztják hátukat a henger belső falának. Meghatározott sebességet elérve a padlót leeresztik a bentlévők alól. Az utasok azonban a fal és a hátuk között ébredő súrlódási erő miatt nem csúsznak le. Határozzuk meg, hogy mekkora minimális µt tapadási együttható szükséges ahhoz, hogy az R sugarú hengerben v sebességgel utazó ember ne csússzon le! MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Körmozgás Newton 2. törvénye 2. K= mv 2 R mv 2 Fs = µt K = µt R Fs = G mv 2 mg = µt R µt = Rg v2 117. Mutassuk meg, hogy a v sebességgel haladó gépkocsi, ha a tapadási súrlódási együttható az út és a kerekek között µt, nem állítható meg csúszás nélkül v02/2gµt - nél rövidebb úton! (Vegyük észre: Mivel általában µk<µt, ha az autó megcsúszik, akkor a fékút nő. Emiatt vészhelyzetben is csak annyira érdemes a féket nyomni, hogy a

kerekek még éppen ne blokkoljanak, s így az autó ne csússzon meg.) MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Energiamegmaradás Súrlódási erő Newton 2. törvénye 2. 1 2 mv = Fs ⋅ S = µt ⋅ mgs 2 s= /:m v2 2 µt g 118. 3 kg-os felső és 5 kg-os alsó hasáb között a tapadási súrlódási együttható 0,4, a vízszintes sík súrlódásmentes. Mekkora maximális vízszintes F erővel húzhatjuk az alsó testet, ha azt akarjuk, hogy a felső test ne csússzon meg rajta? MEGOLDÁS: 1. Súrlódás m=3kg µt = 0,4 F M = 52 kg F = (m + M )a 2. M a = F − K 3. K=ma ma = µt mg Ma = F − ma a = µt g a = 0,4 ⋅ 9,81 = 3,924 119. Két, 5 és 7 kg-os /:m m s2 érintkező hasáb fekszik a vízszintes, súrlódásmentes talajon. a) Mekkora vízszintes F erővel toljuk az 5 kg tömegű testet, hogy a rendszer 2 m/s2 gyorsulással mozogjon? b) Mekkora erővel hat ezalatt a 7 kg-os hasáb az 5 kg-os testre? MEGOLDÁS: a=2 F m = 5 kg 1. Newton 2., 3 törvénye 2.

Ma=K 3. F = (5 + 7) ⋅ 2 = 24 N m s2 M = 7 kg 7 ⋅ 2 = K = 14 N 120. Egy 500 kg tömegű ló 100 kg tömegű szánt húz l m/s2 gyorsulással A szán és a talaj között 500 N súrlódási erő ébred. Határozzuk meg, hogy a) mekkora erő feszíti a kötelet, b) mekkora súrlódási erő hat a lóra! c) Igazoljuk, hogy az egész rendszert a Föld által kifejtett teljes súrlódási erő gyorsítja l m/s2 gyorsulással MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Newton törvényei a=1 FS 2. SZÁN m s2 = 500 N M a = FS LÓ −K m a = K − FS a) b) c) SZÁN K = m a + FS FS LÓ SZÁN = Ma+K ( m + M )a = FS − K + K − FS = FS − FS LÓ SZÁN LÓ SZÁN 121. A vidámparki elvarázsolt kastélyban 2 m sugarú, vízszintes tengelyű henger percenként l0 fordulatot tesz meg. A henger felfelé emelkedő oldalán állandó h magasságban, nyugalmi helyzetben egy gyerek ül. A gyerek és a henger között a csúszási súrlódási együttható µk = 0,40. Határozzuk meg a h

magasságot! MEGOLDÁS: 1. Súrlódási erő Newton 2. törvénye 2. 10 perc 60 T= = 6s 10 R = 2m µ k = 0,4 n= Fr = sugárirányú erő Ft = érintő irányú erő A kisfiú nyugalomban van ΣF = 0 ΣFr = 0 K = Gr ΣFt = 0 Gt = Fs = µK Fs = µk Gt µK = = µ = tg α Gr K R−h = cosα R R − h = R cosα 3. h= R(1-cos α ) tg α = 0,4 α = 21,8o cosα = 0,9285 h = 2 ⋅ (1 − 0,9285) = 0,143m 122. 900 kg tömegű gépkocsi 100 km/ó sebességgel száguld egy 350 m sugarú (túlemelés nélküli) kanyarban. a) Mekkora súrlódási erő hat a gépkocsira? b) Mekkora szögben kellene a vízszinteshez képest túlemelni az úttestet, hogy az adott sebességnél a súrlódási erő zérus legyen? c) Mekkora súrlódási erő hatna a b) esetben az 50 km/ó sebességgel haladó autóra? Megjegyzés: Milyen irányú lenne ez a súrlódási erő? MEGOLDÁS: 1. Súrlódási erő R = 350m ν = 100km / h = 27,78m / s Körmozgás Newton 2. törvénye 2. a) Fs = mυ 2 r

A súrlódási erő gyorsítja, azaz F s =Fcp mυ 2 Fs = R b) A lejtőnek a kocsira ható kényszererejének vízszintes összetevője tartja körpályán az autót K sin α = mν 2 R K cosα = mg tg α = c) ν2 Rg K cosα + Fs sin α − G =0 ΣFy = 0 ΣFx = mν 2 = K sin α − Fs cosα R mν 2 + Fs cosα R K cosα = mg − Fs sin α K sin α = tg α = t gα = mν 2 / R + Fs cosα mg − Fs sin α mg tg α − Fs ⋅ tg α ⋅ sin α = Fs (cosα + mv 2 + Fs cos α R mv 2 sin 2 α ) = mg tg α − R cosα mv 2 R Fs = 2 sin α cos α + cos α mg tg α − sin α cosα 3. 900 ⋅ 27,782 Fs = = 1984 N 350 a) 27,78 2 = 0,2247 tg α = 350 ⋅ 9,81 b) α = 12,66o 2  50  900   3,6  900 ⋅ 9,81 ⋅ 0,2247 − 350 Fs = = 1451,56 N cos 12,66°+ tg 12,66°⋅ sin 12,66° c) 123. Vidámparki körhinta körben elhelyezkedő kis cellákból áll, amelyekben az utasok a külső falnak támaszkodva állnak, mialatt a hinta. Az állandó szögsebességgel

forgó szerkezet ezután lassan a vízszinteshez képest 60°-os szögbe emelkedik. Mekkora minimális sebességgel kell forognia az eszköznek ahhoz, hogy az 5 m sugarú pályán elhelyezkedő utasok tartóhevederek és súrlódás hiányában se zuhanjanak ki? MEGOLDÁS: 1. Kényszererők Körmozgás Newton 2. törvénye mv 2 G cosα + K = 2. R v=min R= 5 m k=0 vmn = Rg cosα 3. v min = 5 ⋅ 9,81⋅ v= n= 3 = 6,52m / s 2 2rπ = 2rπ n T v 6,52 = = 0,208 2rπ 2 ⋅ 5 ⋅ 3,14 124. Mekkora munka árán vihető fel 2 tonna tetőcserép a földszintről a 9 m magas tetőre? MEGOLDÁS: 1. Munkavégzés gravitációs erőtérben 2. mgh=W m=2t= 2⋅10 3 kg 3. W=2⋅10 3 ⋅9⋅9,81J= 176580J h= 9 m 125. Egy fiú a vízszintessel 25°-os szöget bezáró kötéllel érdes, vízszintes talajon, egyenletes sebességgel húz egy ládát. Mekkora a kötélerő, ha a fiú 5 m-es úton 1,2 kJ munkát végzett? MEGOLDÁS: 1. Newton II. törvénye, súrlódás 2. W = F ⋅ s =

F ⋅ s ⋅ cosα F= 3. F= W s ⋅ cosα 1200 = 264,8 N 5 ⋅ cos 25o 126. Egy szállítómunkás 27 kg-os burgonyazsákot vesz a vállára, vízszintes úton elviszi 40 m távolságba, majd a talaj felett 1 m magasan levő kiskocsi platójára teszi. Fizikai értelemben mennyi munkát végzett? MEGOLDÁS: 1. Fizikai értelemben csak a zsák 1 m magasra való emelése jelent munkát. 2. W = mgh 3. W = 27 kg ⋅ 9,81 ⋅ 1m = 264,87 J 127. Motorvonat mozdonya 8 × 104 N vízszintes erővel, állandó sebességgel 27 km távolságba húzza a szerelvényt. Mennyi munkát végez a mozdony? MEGOLDÁS: 1. Munkavégzés 2. W = F ⋅S 3. W = 8 ⋅ 104 N ⋅ 27 ⋅ 103 m = 216 ⋅ 107 = 2,16 ⋅ 109 J 128. Egy kertész állandó sebességgel húzza fel a 7 m mély kútból a 14 kg-os vizesvödröt Mennyi munkát végez? MEGOLDÁS: 1. Munkavégzés nehézségi erőtérben. Munkát csak a helyzeti energia növelésére fordít 2. W= mgh 3. W= 14 kg ⋅ 9,81 ⋅ 7 = 961,38 J

129. Egy ember 30 kg-os dobozt emelt a földről 1,5 m magasba, állandó sebességgel a) Mennyi munkát végzett az ember? b) Mennyi munkát végzett a gravitációs erő? c) Mennyi az ember és a gravitációs erő munkájának összege? MEGOLDÁS: 1. Munkavégzés nehézségi erőtérben 2. a) We = F ⋅ s = mg ⋅ h b) Wgarv = Fgarv ⋅ s = − mgh c) ΣW = 0 Valójában az ember kémiai energiája a Föld és a m tömeg közös gravitációs terének energiáját növelte meg. 3. a) Fe = 30kg ⋅ 9,81⋅ 15 , = 441,45 b) Fg = −441,45 c) ΣW = 0 130. A Hooke-törvénynek megfelelően viselkedő rugó megfeszítéséhez szükséges erő 0-ról 50 N-ra nő, miközben a rugót nyugalmi állapotból 12 cm-rel kihúzzuk. a) Mekkora a rugóállandó? b) Mennyi munkát végeztünk a rugó megnyújtása során? MEGOLDÁS: 1. Rezgőmozgás ,rugóerő Newton 2. törvénye 2. a.) F = − K x ∆F = − K∆x 3. a.) K = − b) W= b) W= K=− 1 2 Kx 2 ∆F ∆x

∆F 50 N =− = 416,66 ∆x 0,12m 1 416,66 ⋅ 0,12 2 = 3J 2 131. Egy rugót nyugalmi állapotból 4 J munka árán 10 cm-rel nyújthatunk meg Mekkora munkavégzés szükséges további 10 cm-rel való megnyújtásához, ha a Hooke-törvény mindvégig érvényben marad? MEGOLDÁS: 1. Rezgőmozgás, rugóerő, rugóenergia 2. W1 = 1 Kx1 2 2 W2 = x2 1 1 W Kx1 2 = ⋅ 12 ⋅ x 2 2 = W1 ⋅ 2 2 x1 2 2 x1 3. K= 2W x12 ∆W = W2 − W1 x1 = 10cm x2 = 20cm W2 = 4⋅ Azért nem kell kivételesen x1 ; x2 − t m-re átváltanunk, mert egymással osztva kiesik a mértékegység. 12 = 16 J 22 W 2 −W1 = 16 J − 4 == 12 J 132. Egy rugó által kifejtett erő a Hooke-törvény helyett az F = –kx3 törvény szerint változik, ahol k = 200 N/m3. Mennyi munkát végzünk, míg 0,l m-ről 0,3 m-re nyújtjuk? MEGOLDÁS: 1. Munkavégzés 2. W = F ⋅s Változó erőnél W= ∫ Fds = F = − Kx 3 0 ,3  x4  3 W = K ∫ x dx = K   0,1  4  0,1 0 ,3 3. 

(0,3)4 (0,1) 4   = 200 ⋅ (0,002025 − 0,00005) = 0,395 J W = 200 ⋅  − 4   4 133. Milyen magasságból kellene szabadon esnie egy gépkocsinak ahhoz, hogy ugyanakkora mozgási energiája legyen, mint amikor 100 km/ó sebességgel halad? MEGOLDÁS: 1. Mozgási energia Gravitációs helyzeti energia 2. Em = 1 2 mv = v 2 1 2 mv = mgh 2 3. E h = mgh l:mg v2 1002 h= = = 39,33 m 2 g 2 ⋅ 9,81 ⋅ 3,62 h= Em = Eh v2 2g 134. Egy 15 g tömegű golyó a fegyver 72 cm hosszúságú csövében 780 m/s sebességre gyorsul fel. A munkatétel felhasználásával határozzuk meg a golyót gyorsító átlagos erőt! MEGOLDÁS: 1. Munkatétel 2. W= 3. 1 2 mv 2 W= F ⋅s s 1 ⋅ 0,015 ⋅ 7802 2 F= = 6337,5N 0,72 135. Egy 1,5 kg-os tégla lezuhan egy magas épület tetejéről Mekkora munkát végez rajta a gravitációs erő a mozgás első két másodpercében? MEGOLDÁS: 1. Munkatétel 2. m 1 W = mgh = mg ⋅ gt 2 = g 2 ⋅ t 2 2 2 3. W = 1,5kg

⋅ 9,812 m2 / s 2 ⋅ 2 ⋅ s = 288,7 J h= 1 2 gt 2 136. Egy 5 g tömegű, 600 m/s sebességű golyó fatörzsbe csapódva 4 cm mélyen hatol a fába a) Energetikai megfontolások alapján határozzuk meg a golyót lassító átlagos súrlódási erőt! b) Feltéve, hogy a súrlódási erő állandó, határozzuk meg, hogy mennyi idő telt el a golyónak a fába való behatolásába megállásáig! MEGOLDÁS: 1. Munkatétel Energiamegmaradás Súrlódási erő 2. 3. a) 1 2 mv = F ⋅ s 2 1 2 mv 2 F⋅s = s b) Fs = ma a= a) F m 1 0,005 ⋅ 600 2 2 = 22500 N Fs= 0,04 I= a 2 t 2 t= 2s = a 2s ⋅ m F b) t= 2 ⋅ 0,04 ⋅ 0,005 = 22500 4 ⋅ 10 −4 2 ⋅ 10 2 = = 1,33 ⋅ 10 −4 s 150 22500 137. Egy 4 kg tömegű csillár 50 cm hosszú láncon lóg a 3,6 m magas mennyezetről Mekkora helyzeti energiája van a csillárnak a) a padlóhoz, b) az 1,2 m magas asztal lapjához képest? MEGOLDÁS: 1. Helyzeti energia 2. E h = mg∆h 3. a) E h = mg (hs 2 − l )

b) E h 2 = mg(hs2 − l − ha ) E h1 = 4 kg ⋅ 9,81m / s 2 (3,6 − 0,5)m = 39,24 ⋅ 3,1J = 121,6 J E h2 = 4kg ⋅ 9,81m / s 2 (3,6 − 0,5 − 1,2)m = 39,24 ⋅ 1,9 J = 74,556 J 138. A fürdőszobai mérleg lapja egy 780 N súlyú ember alatt 8 mm-t süllyed a) Mekkora a mérleg rugójának állandója? b) Mekkora az összenyomott rugóban tárolt potenciális energia? MEGOLDÁS: 1. Energiamegmaradás Hooke-törvény Rugó energiája 2. a.) F = − k x b) 3. W= a.) K = b) W= K=− F x 1 2 kx 2 N 780 N = 97,5 ⋅ 10 3 −3 m 8 ⋅ 10 m 1 2 1 kx = ⋅ 97,5 ⋅ 10 3 ⋅ (8 ⋅ 10 −3 ) 2 = 3,12 J 2 2 139. A gyerekek kedves időtöltése, hogy cipőik talpára rugót erősítve sétálnak Egy gyerek mindkét lábára teljesen egyforma, a Hooke-törvényt követő rugót erősített. Egy lábon állva a rugó a nyugalmi hosszához képest 4 cm-rel nyomódik össze. Ha a gyerek ebből a helyzetből függőlegesen felugrik, és a felső holtponttól 20 cm-t esik, mielőtt a

rugók érintkeznének. Mekkora lesz a rugók maximális összenyomódása, ha a fenti helyzetből a gyerek két lábával egyszerre esik vissza a talajra? (Útmutatás: A felső holtpontból leeső gyereken a gravitációs erő munkát végez. Hová lesz ez az energia?) MEGOLDÁS: 1. Munkavégzés Gravitációs erő munkája Rugóerő Rugóenergia 2. F = − Kx 0 k =− x= 3. mg x0 m g = −k x 0 1 mgh= 2 ⋅ kx 2 2 mgh gh ⋅ x = 2⋅ = hx 0 k m x=0,09 cm 140. Egy 40 kg-os gyerek 4 m függőleges szintkülönbségű vidám parki csúszdán csúszik le Mennyi termikus energia fejlődött a súrlódás miatt, ha a gyerek 3 m/s sebességgel érkezik a csúszda végére? MEGOLDÁS: 1. Energiamegmaradás, helyzeti és mozgási energia 2. mg∆h = 3. 1 Fs ⋅ s = mg∆h − mv 2 = 1569,6 −180 = 1389,6 J 2 x 2 mv + Fs ⋅ s 2 141. Egy 20 kg-os, vízszintes padlón fekvő dobozt F = 80 N vízszintes erővel 4 m távolságba húztunk el. A doboz és a padló között a

csúszó súrlódási együttható 0,200 Mekkora munkát végzett a) az F erő, b) a dobozra ható csúszó súrlódási erő? c) Határozzuk meg a doboz mozgási energiáját a munkatétellel! d) Mekkora a doboz végsebessége? MEGOLDÁS: 1. Súrlódási erő Energiamegmaradás 2. a) WF = F ⋅ s b) Ws = Fs ⋅ s = µmg ⋅ s c) Wm = WF − Ws = Ws = ( F − µmg) s d) 1 2 mv = Wm 2 3. a) WF = 80 N ⋅ m = 320 J b) Ws = 0,200 ⋅ 20kg ⋅ 9,81m / s 2 ⋅ 4m = 156,96 J c) Wm = (80 − 0,20 ⋅ 20 ⋅ 9,81)4 = 40,76 ⋅ 4 = 163,04 J d) v= 2Wm = m v= 2Wm = m ( F − µmg)s ⋅ 2 m 2 ⋅ 163,04 = 4,04m / s 20 142. 2 g tömegű papírvattacsomót 15 m/s sebességgel feldobunk A vattacsomó 10 m magasságot ér el az elhajítás helye felett. Mennyi munkát végzett a légellenállás? MEGOLDÁS: 1. Energiamegmaradás 2. ∆E m − ∆E h = Wl 3. Wl = 1 2 mv − mgh = Wl 2 0,002 kg ⋅ (15m / s) 2 − 0,002 kg ⋅ 9,81m / s 2 10m = 0,225 − 0,1962 =

0,0288 J 2 143. Befagyott tavon egy gyerek a vízszintessel 30°-os szöget bezáró 50 N erővel húzza szánkón ülő játszótársát. A társ és a szánkó együttes tömege 30 kg, a jég és a szánkó közötti csúszó súrlódási együttható 0,l4. Energetikai megfontolások alapján határozzuk meg, hogy a) Mennyi munkát végzett a gyerek, míg a kezdetben álló szánkót 8 m távolságba húzta? b) Mennyi munkát végzett a szánkón a súrlódási erő? c) Mennyi a szánkó végső kinetikus energiája? d) Igazoljuk a munkatételt azzal, hogy megmutatjuk, hogy az erők munkájának összege megegyezik a mozgási energia megváltozásával! MEGOLDÁS: 1. Munkatétel Súrlódási erő Mozgási energia 2. a) WF = F ⋅ s = F ⋅ s ⋅ cos30 o b) Ws = Fs ⋅ s = µmgs c) ΣFx = F cos30o − Fs a= ΣFx m v 2 − v 02 = 2as v = 2as = 2 Wm = v0 = 0 ∑F X m s 1 2 1 ∑ Fx s = F s mv = m ⋅ 2 ∑ x m 2 2 (Fcos30 o – F s )s = Fcos30 o s – F s ⋅s = W

− Ws 3. a.) WF = 50 N ⋅ 8m ⋅ 3 = 346,41 2 b) W s = 0,14 ⋅ 30 ⋅ 9,81⋅ 8 = 329,616 c) Wm = ΣFx ⋅ s = ( F cos 30 0 − µmg ) ⋅ s = (50 ⋅ 3 − 0,14 ⋅ 30 ⋅ 9,81)8 = 2 = 8(43,3 − 41,202) = 16,784 J d.) 346,41-329,616= 16,794 144. Egy 2 kg-os testet vízszintes, 27 N nagyságú erővel tolunk fel egy 20°-os lejtőn A csúszási súrlódási együttható a lejtő és a test között 0,180. a) Mekkora a test gyorsulása? b) Határozzuk meg a kinematikai egyenletek felhasználásával a nyugalomból induló test sebességét abban a pillanatban, amikor 3 m-t tett meg a lejtőn felfelé! c) Válaszoljunk a b) kérdésre a munkatétel alkalmazásával! MEGOLDÁS: 1. Súrlódási erő Newton 2. törvénye Lejtőmozgás 2. a) F s = µK 3. Fcos α − Fs − G sin α = ma F sin α + G cos α = K Fcos α − µk − G sin α = ma F cos α − µF sin α − µG cos α − G cos α = ma a= F cosα − µF sin α − µG cosα − G cos α m b) v2 -v02 = 2as v 2

= 2as v0 = 0 v = 2as c) Wm = 1 2 mv = F cos α ⋅ s − Fs ⋅ s − G sin α ⋅ s 2 A mozgásra merőleges erők nem végeznek munkát. v= 2Wm m m 27 cos 20°−0,18 ⋅ 27 ⋅ sin 20°−0,18 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⋅ cos 20°−2 ⋅ 9,81 ⋅ cos 20° = 0.975 2 s 2 b) v = 2.42 m/s . . c) K= 27sin20 + 2 9.81 cos20 =2767 Fs =µK =498 Wm = 3( 27cos20 - 4.98 - 2981sin20) =5855 v = 2, 42 m/s 145. Egy cölöpverő ütőfejének mozgó tömege 2100 kg A cölöpverővel hosszú acélgerendát verünk a földbe úgy, hogy a fej 5 m magasról szabadon esik a gerendára, s ennek hatására a gerenda 12 cm-rel fúródik beljebb a földbe. A munkatétel átfogalmazott változatának felhasználásával határozzuk meg, hogy mekkora átlagos erővel hat a gerenda az ütőfejre, míg a fej nyugalomba kerül! a) a = MEGOLDÁS: 1. Munkatétel Newton III. törvénye 2. 3. Mgh= 1 Mv 2 = F ⋅ s 2 F= Mgh s F= 2100 ⋅ 9,81 ⋅ 5 = 858375 N 0,12 Ugyanekkora erővel hat a gerenda az

ütőfejre. 146. Egy asszony 1300 J munka árán húz fel egy 12 kg-os vödröt a 10 m mély kútból Mekkora mozgási energiával érkezik a vödör a felszínre? MEGOLDÁS: 1. Energiamegmaradás 2. W = mg∆h + 1 mυ 2 2 1 m ν 2 = W - mg∆h 2 ν = 3. 2Wm m 1 Wm = m υ 2 = 1300 - 12 ⋅ 9,81 ⋅ 10 = 122,8J 2 2Wm = 4,52 m/s b) v = m a) 147. Nyugalomból indítva, állandó erővel 6 m hosszú, a vízszintessel 30°-os szöget bezáró, súrlódásmentes lejtőn 4 kg tömegű ládát húzunk fel. A lejtő tetejére érve a láda sebessége 2 m/s. a) Mekkora kinetikus energiához jutott a láda? b) Mekkora helyzeti energiát szerzett? c) Mekkora munkát végeztünk? d) Mekkora, a lejtővel párhuzamos erőt fejtettünk ki? MEGOLDÁS: 1. Newton II. törvénye Lejtőmozgás Energiamegmaradás törvénye 2. h = l ⋅ sin α = 6 ⋅ sin 30o Eo = 0 mert υ =0 h=0 1 E1 = mgh + m υ 2 2 W = E1 - E o = E1 = F ⋅ l 1 mυ 2 2 a) Em = b) E h = mgh c) W=E d) W = Fl ⋅ l

1 W l 1 m2 E m = ⋅ 4 kg ⋅ 4 2 = 8J 2 s 3 E h = 41 kg ⋅ 9,81 ⋅ 6 ⋅ = 203,90J 2 Fl = 3. a) b) c) W = E m + E h = 211,90J d) W = Fl ⋅ l Fl = 211,90 = 35,31N 6 148. 200 N súlyú gyerek nyugalmi helyzetben lévő, 3 m-es kötelű hintán ül A gyereket barátja úgy húzza oldalra, hogy a hinta kötele 36,0°-os szöget alkosson a függőlegessel. Határozzuk meg hogy mekkora munkára volt szükség ehhez! MEGOLDÁS: 1. Energiamegmaradás Ingamozgás Munkatétel ∆h = l − lsosα = l (1 − cosα ) W = mg∆h = mg l(1 − cos α ) 3. W = 200N ⋅ 3m(1 − cos 36 o ) = 114,6 J 149. Egy 50 kg-os láda lecsúszik egy, a vízszintessel 30°-os szöget bezáró lejtőn a) Határozzuk meg a gravitációs erő munkáját, míg a láda 4 m-t csúszik le a lejtőn! b) Mennyi hő (termikus energia) fejlődik ezalatt, ha a láda 5 m/s sebességet ér el? MEGOLDÁS: 1. Munkatétel Gravitációs erő 2. Energiamegmaradás 2 G = 50 k g ⋅ 9,81m / s = 490,5N a) ∆ W =

4Gmsin 30o ⋅ ∆ l l = 11 sinEαm == mυ 2 ∆E m mozgási energia változása W-∆ 22 υ = 5 m/ s ∆E t termikus energia változása ∆ Em = ∆ E t 1 b) G ⋅ sinα∆ l − mυ 2 = ∆ E t 2 3. 1 W = 490 ⋅ ⋅ 4 = 981N 2 1 b) ∆ E t = 981N − 50 ⋅ 25 = 337 J 2 a) 150. Egy motor tengelyéhez kötött kötél egy érdes lejtőn, a lejtővel párhuzamos 13 N erővel, állandó sebességgel 8 m magasra húz fel egy 3 kg tömegű testet. A test a mozgás során 3 m-rel kerül magasabbra. a) Mennyi munkát végez a kötél? b) Mennyi munkát végez a gravitációs erő? d) Mekkora súrlódási erő hat a testre? MEGOLDÁS: 1. Súrlódás Gravitációs erő 2. 3. l= 8 m a) Wk = F ⋅ s h=3m b) Wg = mgh W k kötél munkája c) Wk − Wg = Fs ⋅ s a) Wk = 13 ⋅ 8 = 104 b) Wg = 31g ⋅ 9,81m / s 2 ⋅ 3m = 88,29 c) Fs = Fs = Wk − Wg s 104 − 88,29 = 1,96 N 8 151. Egy 75 kg tömegű diák 2,6 s alatt rohan fel a 4 m magas emeletre Mekkora az

átlagteljesítménye? MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. P= 3. P = 75 ⋅ 9,81 ⋅ W F ⋅ S mgs = = = F ⋅υ t t t 4 = 490,5 W 2,6 152. Egy vontatóhajó 3 m/s sebességgel húzza a fatörzsekből álló tutajt, és ennek során a vontatókötélben 104 N erő ébred. Mekkora teljesítménye van a vontatóhajónak? MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. P=F⋅ υ 3. P = 3m / s ⋅ 10 4 N = 3 ⋅ 10 4 W = 30kW 153. Az elektromos energia ára kilowattóránként 5,6 Ft Mennyibe kerül, ha egy 100 wattos izzó egy hónapon át (30 nap) folyamatosan ég? MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. K=W⋅k 3. W = 0,1 kW ⋅ 30 ⋅ 24 h = 72 kWh K = költség k = kW óránkénti költség W=P⋅t K = 72 kWh ⋅ 5,6 Ft/kWh = 403,2Ft 154. Egy 4 × 104 kg tömegű teherlift 1 perc 20 másodperc alatt függőlegesen 120 m magasra emelkedik. Mekkora a liftet tartó kábel munkájának átlagos teljesítménye? MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. P=F⋅ υ 3. P = 4 ⋅ 10 ⋅ 4 kg ⋅

9,81 m/ s 2 ⋅ F = mg υ = s t 120m = 588600 W = 588,6 kW 80s 155. Egy 48 km/ó sebességgel egyenletesen haladó gépkocsira a légellenállás 900 N erővel hat. Mekkora teljesítménnyel dolgozik a motor a légellenállás leküzdésére? MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. P= 3. P = 900 N ⋅ W F ⋅s = = F ⋅υ t t 48 m / s = 1200W = 12hW 3,6 156. Egy 1500 kg tömegű gépkocsi 10 másodperc alatt fékez le 100 km/ó sebességről megállásig. Határozzuk meg a) a fék által végzett munkát! b) a fékek által kifejtett átlagos teljesítményt! MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. P= W F ⋅ s m.a s = = t t t v= s t v átlagsebesség Egyenletesen változó mozgásnál v= vo + vt 2 v= vo + 0 vo = 2 2 s = v⋅t = a= vt − vo v = − o A teljesítmény mindig +, akkor is ha a kocsi fékez t t m⋅ P= 3. vo ⋅t 2 vo vo 2 ⋅ ⋅t t 2 = m ⋅ vo t 2t P= 1500 kg ⋅ 27,78 = 57870W = 57,87 kW 2 ⋅ 10 vo = 100km / h = 100 / 3,6m / s 157. Egy köteles

sífelvonó 600 m hosszú, 30°-os lejtőn 3 m/s sebességgel maximum 120, átlagosan 80 kg tömegű személyt szállíthat. Határozzuk meg, hogy maximális terhelés esetén mekkora átlagos teljesítményt fejt ki a felvonó motorja, ha a súrlódás elhanyagolható. MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény, lejtőmozgás 2. P = F⋅υ = mg ⋅ sin α ⋅ υ 3. P = 120 ⋅ 80 ⋅ 9,81 ⋅ υmax = 3m / s mmax = 120 ⋅ 80 1 ⋅ 3m / s = 141264W ≅ 141kW 2 158. Egy bárka vontatásához a sebességgel arányos erő szükséges Határozzuk meg, hogy mekkora teljesítményű motor szükséges a bárka 4 m/s sebességgel történő vontatásához, ha tudjuk, hogy a 3 kW-os motor 3 m/s sebességgel mozgatja a hajót. MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. F = kv P 1 = F1 ⋅ υ1 F1 = P1 = kv1 v1 k= P1 v1 2 F2 = kυ2 P2 = F2 v2 = kv2 2 = 3. P2 = 3kW ⋅ P1 ⋅v 2 v1 2 2 16m 2 / s 2 = 5,33kW 9m 2 / s 2 159. Mekkora teljesítményű motorral emelhetünk egy 1200 kg-os felvonót 0,5

perc alatt 60 m magasba, ha a súrlódási veszteségek leküzdésére a motor teljesítményének 40%-a használódik el? MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. Wh =η Wö Wö = Wh η η = hatásfok Pö = Wh hasznos munka Ph η Wö összes munka Ph = F ⋅ υ = mg ⋅υ h mgυ mg t Pö= = η η 3. Pö = 1200kg ⋅ 9,81m / s 2 ⋅ 0,6 60m 30s = 39240W = 39,24kW 160. Határozzuk meg, hogy egy 45 %-os hatásfokú elektromos emelő motorral 2 kWh energia felhasználásával mekkora tömeget emelhetünk függőlegesen 3 m magasra! MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. Wh = mgh Wh = m = 3. m=30,58 kg Wö = 2 kWh = 2 ⋅ 3,6 ⋅ 10 6 J Wh ηWö = gh gh 0,45 ⋅ 7,2 ⋅ 106 Nm 32,4 ⋅ 105 kgm 2 / s 2 m= = = 3,30 kg 9,81m / s 2 ⋅ m 9,81m 2 / s 2 161. Határozzuk meg, hogy mekkora teljesítményt vesz fel az elektromotor, amely 900 g tömegű terhet 0,6 perc alatt egyenletes sebességgel függőlegesen 140 m magasra emel! A súrlódási veszteség 20 %. MEGOLDÁS: 1.

Teljesítmény 2. Ph = F ⋅ υ = mg ⋅ υ = mg 0,9 kg ⋅ 9,81m / s 2 ⋅ 3. Pö = 0,8 h t Pö = 140m 0,6 ⋅ 60 Ph mgh = t⋅p η = 43,0W 162. Személygépkocsi motorjának hasznos teljesítménye 15% (azaz a fűtőanyag elégetéséből származó energiának 15%-a alakítható a jármű mozgási energiájává). a) Ha tudjuk, hogy 4,5 l benzin elégetésekor 1,34 × 108 J energia keletkezik, határozzuk meg, hogy mennyi benzin szükséges ahhoz, hogy a gépkocsit nyugalmi helyzetből 25 m/s sebességre gyorsítsuk! b) Hány ilyen gyorsításra futja 4,5 l benzinből? c) A kocsi ilyen sebesség mellett 100 kilométerenként 7,5 l benzint fogyaszt. Mekkora teljesítmény adódik át a kerekekre, hogy egyenletes sebesség mellett a légellenállás kiellensúlyozható legyen? MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2-3. Wh = µWö a) 4,5 liter benzin elégetésekor 1,34 ⋅108 J energia, 1 liter benzin elégetésekor 2,98 ⋅10 7 J energia keletkezik b) 4,5 = 71,43 gyorsításra

futja 4,5 l benzinből 0,063 c) Ph = F ⋅ v Pö = Ph F ⋅ v = = F ⋅s η η Wh = 1 mυ 2 = ⋅450kg ⋅ 625m 2 / s 2 = 281,25kJ 2 Wö = Wh 281,25 = = 1875000 J = 1875kJ = 1,875 ⋅ 10 6 J η 0,15 1,875 ⋅ 10 6 l benzin elégetésekor keletkezik = 0,063 l Ennyi energia 2,98 ⋅ 10 7 163. Egy 450 kg tömegű versenyautó 400 m hosszú úton gyorsul fel 160 km/ó sebességre Mekkora a motor átlagos teljesítménye ezen a szakaszon, ha a felvett energia 30 %-a használódik el a súrlódás és a légellenállás stb. leküzdésére? MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény m= 450 kg 2. Newton 2. törvénye s= 400 m F = m⋅a υ = 1602 m / h = 44m / s υ t − υ o = 2as 2 υo = 0 2 υt 2 a= 2s vt 2 F = m⋅ 2s υo + υt υt υt 3 P π = F ⋅υ = F ⋅ = F ⋅ = m⋅ 2 2 4s Pö ⋅ η = Pπ 3. Pö = Pπ η 44 3 kgm3 / s 2 Pπ = 450 ⋅ ⋅ = 23958W = 24 kW s 4 ⋅ 400 Pö = PH 23958 = = 34226 0,7 0,7 164. Az átlagos mosógépmotorok teljesítménye 350 watt A

napelemek 15%-os hatásfokkal alakítják elektromos energiává a sugárzási energiát. Határozzuk meg, hogy a napsugárzás irányára merőlegesen mekkora felületű napelemet kellene elhelyeznünk egy mosógép működtetéséhez! Az egy másodperc alatt a Föld légkörébe, a napsugárzás irányára merőleges 1 m2 felületen belépő sugárzási energia 1370 watt. A légkörben való elnyelődés miatt ez az energia a tenger szintjéig (ahol a mosógépet is működtetjük) 840 wattra csökken. MEGOLDÁS: 1. Teljesítmény 2. Pπ =P ö η 3. Pπ = 350W Pö = 350 = 2333W 0,15 1m 2 870 W x 2333 2333 2 x= m = 2,68m 2 870 165. Fémszalagból r sugarú keskeny karikát készítünk és érdes, vízszintes felületre erősítjük Ezután egy m tömegű, pontszerű testet lökünk be a karikába v0 kezdősebességgel úgy, hogy a belső oldalhoz szorulva folyamatosan körbe járjon. A vízszintes síkkal való súrlódás miatt a test sebessége egy teljes kör után 0,8

v0 -ra csökken. (A karika mentén a pontszerű test mozgása súrlódásmentes.) a) Határozzuk meg a munkatétel alkalmazásával az első kör megtétele során keletkező termikus energiát! b) Mekkora a vízszintes lap és a test közötti csúszó súrlódási együttható? c) Hány további fordulatot tesz meg még a test, mielőtt megáll? MEGOLDÁS: 1. Munkatétel, teljesítmény 2. a) b) F s ⋅s =∆E ∆E = 1 1 m(υo 2 − υt 2 ) = mυo 2 (1 − 0,8 2 ) 2 2 s⋅F s µg 2rπ = c) 1 m µg ⋅ 2rπ = υo 2 ⋅ 0,36 m 2 µ= 0,36υo 2 g ⋅ 4rπ 1 2 v 0,36 2 o n ⋅ 2rπ ⋅ µmg = 1 mυ 2 2 o υo 2 1 mυ o 2 n= = r 4πµg 4rπmg 3. a) 1 ∆E= mυ o 2 ⋅ 0,36 = 0,18mυ o 2 − 0,18 ⋅ 0,02 ⋅ 36 = 0,1296 J 2 b) µ = 2,92 ⋅ 10 3 ⋅ c) n= υo 2 = 0,3 r mυo 2 vo 2 1 1g 4rπ 1 ⋅ = ⋅ = 2,78kör 2 mr 4πµg r 4π 0,36vo g 0,36 166. Két, Hooke-törvény szerint viselkedő k1 és k2 rugóállandójú rugót egymás után kötöttünk. a) Mutassuk

meg, hogy a rendszer egyetlen k1 k2 /(k1 + k2) rugóállandójú rugóval helyettesíthető! b) A teljes rugóenergiának hányad részét tárolja a k1 állandójú rugó? MEGOLDÁS: 1. Rezgőmozgás Rugóerő, rugóenergia 2. F k1 F = k 1 x1 x1= F = k2 x2 x2 = a) F = k⋅ k= b) E= F k2 1 1 F F + k = kF  +  k1 k2  k1 k 2  1 1 1 + k1 k 2 = k1k 2 k1 + k 2 1 2 1 kx + kx 2 2 1 2 2 1 2 kx2 2 1 1 = k1 x1 = x1 = k 2 1 k 2 x2 2 x2 k1 k2 x2 2 2 k 1 x1 = k 2 x 2 =F 167. Két különböző k1 és k2 rugóállandójú Hooke-rugót összeerősítettünk és L távolságra nyújtottunk. A rugók nyugalmi hossza rendre l1 és l2 és L > (l1 + l2) Határozzuk meg a rugók P csatlakozási pontjának x egyensúlyi helyzetét! MEGOLDÁS:1 Rezgőmozgás 2. Rugók nyugalmi hossza l1 ; l2 l1 + l2 + x1 + x 2 = L x = x1 + l1 k1 x1 = k 2 x2 = F l1 + l2 + x1 + x=x 1 + l1 = α= k2 k x1 = l1 + l2 + x1 (1 + 2 ) = L k1 k1 L − l1 − l2 L − l1 − k 1l2 + l +

k 2 l1 + l1 = k1 + k 2 k1 + k 2 k1 k1l + k 2 l − k1l2 k1 + k 2 x2= x1= k2 ⋅x k1 1 L − (l1 + l2 ) k2 1+ k1