3.8.
Nem fotóztad le a 3.3-as feladatot, ahol a feltételek vannak felírva. Feltételezem, hogy az van ott, hogy a fonal súlytalan és a csigák is súlytalanok.

A kötélerő mindenhol ugyanaz kell legyen a folytonos kötél mentén, mert a kötél súlytalan. (Ha nem egyforma lenne a kötélerő, vagyis egy fonaldarabra hatna valamekkora eredő erő, akkor a gyorsulás végtelen lenne a nulla tömeg miatt.)
Szóval legyen a kötélerő jele `K`, rajzold be ezt mindenhová: `m_1`-et felfelé húzza `K`, aztán a bal oldali csiga mindkét oldalán lefelé van `K`, a fal ezért `2K` erővel tartja a csigát, a jobb oldali csiga két oldalán felfelé van `K` erő, és a kötél végén a fal is `K` erővel tartja a kötelet.

Ezen kívül az `m_1` tömegre hat még lefelé `m_1·g`, az `m_2`-re pedig `m_2·g`.

Előre gondolkodás: Az `m_2` tömeget feleakkora nagyságú `m_1` tartaná egyensúlyban. Most `m_1` ennél nagyobb, ezért `m_1` lefelé fog gyorsulni, `m_2` pedig felfelé. Ez ki fog jönni majd a továbbiakból, de előre ezt tippelem, illetve ilyen feltételezéssel fogom felírni az egyenleteket. Ha mégse ez lenne, akkor majd negatív erők vagy gyorsulások jönnek ki.
Szóval azt feltételezem, hogy az `m_1` tömeg `a_1`gyorsulása lefelé irányú, az `m_2` tömeg `a_2` gyorsulása pedig felfelé.

A két tömegre felírva Newton 2. törvényét:
`m_1·g-K = m₁·a_1`
`2K-m_2·g = m₂·a_2`
(Ezeket ugye érted? Ha nem, kérdezz rá.)

Három ismeretlen van, úgyhogy kell még egy egyenlet:
`a_1=2·a_2`
Ennek az az oka, hogy ha a jobb oldali csiga felemelkedik `x` cm-rel, akkor a fonal `2x` cm-rel kell feljebb menjen, hisz a csiga mindkét oldalánál `x` cm fonaldarab van. Ezért `m_1` sebessége illetve gyorsulása is dupla akkora, mint `m_2`-é.

Oldd meg az egyenletrendszert.

3.13.
Itt is hivatkoznak a 3.3-as feladatra, igazán érdekel, mik vannak odaírva...

Az `m_1·g` nehézségi erőt fel kell bontani két komponensre. Rajzold fel a hasonló háromszögeket a lejtővel párhuzamos (`F_p`) és arra merőleges (`F_m`) komponensekkel.
`F_p=m_1·g·sin\ α`
`F_m=m_1·g·cos\ α`

A kötélerő legyen `K`.
Most nincsenek adatok megadva, tehát bármi lehet a végeredmény... Az egyenleteket azzal a feltételezéssel fogom felírni, hogy `m_2` gyorsul lefelé.

Mindkét test ugyanakkora `a` gyorsulással fog gyorsulni, mert a kötél nem nyúlik meg.

a) Súrlódás nélkül:
`K-F_p = m_1·a`
`m_2·g-K = m_2·a`
-----
`m_2·g-(m_1·a+F_p) = m_2·a`
`m_2·g-F_p = (m_1+m_2)·a`
`m_2·g-m_1·g·sin\ α = (m_1+m_2)·a`
`a=g·(m_2-m_1·sin\ α)/(m_1+m_2)`

b) Ha van súrlódás, akkor hat `m_1`-re egy `F_s=µ·F_m` súrlódási erő is. Az iránya attól függ, merre lesz az elmozdulás, szóval ellentétes azzal. Feltételezve, hogy balra gyorsul: (most a feltételezés nem elegendő egyébként. Ha nem igaz, akkor teljesen más egyenlet lenne (mínusz helyett plusz van), nem csak annyi, hogy a végén negatívra jön ki valamelyik erő mondjuk...)
Az első egyenlet helyett ez van:
`K-F_p-F_s = m_1·a`
A befejezést rád bízom.

3.15.
Kezdetben állandó sebességgel halad:
`v=72 (km)/h=20m/s`
`m=500\ t=500·10^3kg=5·10^5kg`
`µ="0,01"=10^(-2)`
`F_s=µ·m·g=...` számold ki
Mivel állandó a sebesség, ugyanekkora a húzóerő is:
`F_h=...`

Leszakadás után a súrlódási erő lecsökken, ezért gyorsulni fog a szerelvény.
`m_1=4·10^5kg`
`F_h-µ·m_1·g=m_1·a_1`
`a_1=...`

A másik része a súrlódás miatt lassul:
`m_2=1·10^5kg`
`µ·m_2·g=m_2·a_2`
`a_2=...`
Ennyi idő alatt lassul le:
`v=a_2·t`
`t=...`
Ez alatt megtett ennyi utat:
`s_2=1/2·a_2·t^2`
(Mindegy, hogy nulláról gyorsul fel `v`-re, vagy `v`-ről lassul le nullára, ugyanannyi utat tesz meg. Lehetne hivatalosan is számolni azzal, hogy `v` kezdősebességgel és `a` lassulással megtett  út:
`s_2=v·t-1/2·a_2·t^2`
de ugyanaz jön ki így is. Próbáld ki...)

A nagyobbik szerelvény által megtett út:
`s_1=v·t+1/2·a_1·t^2`

A végén a távolság a két rész között:
`s=s_1-s_2`

3.16.
`m=20\ g="0,02"\ kg`
`v=1000m/s`
Egy lövedék impulzusa `I_1=m·v=...` számold ki.
Mondjuk 1 perc alatt ennek a 240-szerese csökken le nullára a becsapódások miatt.
`ΔI=240·I_1=...`
`Δt=60\ s`
Az átlagos erő pedig:
`ΔI=F·Δt`
`F=(ΔI)/(Δt)=...`

b)
Ugyanakkora, hisz az impulzusmegmaradás miatt amekkora impulzusa van a golyóknak, ugyanakkora ellentétes irányú impulzusa van a puskának is. Ezért az a `(ΔI)/(Δt)` is pont `F`.

3.19.
`m="0,2"\ kg`
`h_1="1,2"\ m`
`h_2="0,9"\ m`
`Δt="0,015"\ s`

A labda sebessége leérkezéskor az energiamegmaradásból számolható:
`m·g·h_1=1/2·m·v_1^2`
`v_1=sqrt(2g·h_1)`
Az ütközéskor veszít az energiájából, ezért nem ugyanekkora sebességgel pattan vissza, hanem kisebbel, amivel csak `h_2` magasra megy fel, az is hasonlóan számolható:
`v_2=sqrt(2g·h_2)`
Ez ellentétes irányú, ezért az impulzus változása:
`ΔI=m·v_1+m·v_2`
a váltás `Δt` idő alatt következik be, ezért az átlagos erő:
`ΔI=F·Δt`
`F=(ΔI)/(Δt)`

b)
Hmm, itt nem tudom, mit kellene pontosan kiszámítani. Lehet, hogy azt, hogy mennyi az a `t_1` idő, amíg lefelé esett a labda, meg mennyi az a `t_2`, amíg felfelé ment. Mindkét ideig `m·g` erő hatott rá, közben `Δt` ideig `F`. A súlyozott átlag:
`F_"átl"=(t_1·m·g+t_2·m·g-Δt·F)/(t_1+t_2+Δt)`
(Azért negatív a visszapattanáskor, mert az `F` erő felfelé mutat.)

Viszont azt hiszem, gyorsabban is lehet számolni: Kiinduláskor `h_1` magasan nulla a sebesség, a végén amikor `h_2` magasra került, akkor is nulla, ezért a teljes folyamat során az impulzusváltozás nulla. Így az átlagos erő is nulla. Szóval az előző csúnya képletre nincs szükség, a válasz az, hogy 0.