Toplista
- betöltés...
Ha szívesen korrepetálnál, hozd létre magántanár profilodat itt.
Ha diák vagy és korrepetálásra van szükséged, akkor regisztrálj be és írd meg itt, hogy milyen tantárgyban!
Mechanika
makákó
kérdése
378
Sziasztok!
A feladat a csatolt képen található. Ha van akinek van 5lete, és ezt le is vezetné, azt megköszönném. Megérteni szeretném a feladatot, nem pedig csak másolni. Köszönöm a segítséget!
A feladat a csatolt képen található. Ha van akinek van 5lete, és ezt le is vezetné, azt megköszönném. Megérteni szeretném a feladatot, nem pedig csak másolni. Köszönöm a segítséget!
Jelenleg 1 felhasználó nézi ezt a kérdést.
parabola, egyenlet, magasság, kezdősebesség, súrlódás, nyomóerő, erő, függvény, simulókör
parabola, egyenlet, magasság, kezdősebesség, súrlódás, nyomóerő, erő, függvény, simulókör
0
Felsőoktatás / Fizika
Válaszok
2
bongolo
{ 
}
válasza
Szerintem így mehet:
Nincs súrlódás, tehát a kezdeti helyzeti energia lesz a pillanatnyi helyzeti és mozgási összege. Ebből a sebesség számolható x függvényében.
Aztán a simulókör sugara azért fontos, mert ki lehet vele számolni az m·v²/r centripetális erőt, és az a kérdés.
A levezetés ugye megy?
Nincs súrlódás, tehát a kezdeti helyzeti energia lesz a pillanatnyi helyzeti és mozgási összege. Ebből a sebesség számolható x függvényében.
Aztán a simulókör sugara azért fontos, mert ki lehet vele számolni az m·v²/r centripetális erőt, és az a kérdés.
A levezetés ugye megy?
0
-
makákó: Az a gond, hogy középsuliban csak egy évig volt fizikám, és most egyetemen ez így hirtelen elég nagy falat, és órán meg nem ilyeneket csinálunk :/ elég sok mindent kell bepótolnom 4 éve 0
bongolo
{ }
megoldása
Az induló helyzeti energia: `E=m·g·h`
`x`-nél a magasság `h_x=Ax^2`.
Ott van helyzeti meg mozgási is:
Helyzeti: `E_(hx)=m·g·h_x=m·g·Ax^2`
Mozgási: `E_(mx)=E-E_(hx)` hisz a kettő összege `E` kell legyen.
A mozgási persze `1/2·m·v^2`:
`1/2·m·v^2 =E_(mx)=m·g·h-m·g·Ax^2`
`v^2 =2g(h-Ax^2)`
Körmozgáskor van centripetális erő, ami merőleges a felületre (hisz a kör középpontja felé mutat). Az kell ahhoz, hogy körpályán tartsa a testet. Ezt még gimiben tanultátok. Amit most tanultatok az meg az, hogy tetszőleges görbe pályán is a pillanatnyi erőnek az a komponense, ami merőleges a felületre (az a nyomóerő egyébként), az is a centripetális erő, ugyanúgy kell számolni, mint körpályánal, csak a sugár a simulókör sugara.
`F_(cp)=m·v^2/r`
`F_(cp)(x)=m·(2g(h-Ax^2))/(R(x))`
Most már csak a deriválásokat kell megcsinálni az `1//R(x)`-hez:
`f(x)=Ax^2`
`(df)/(dx)=2Ax`
`(d^2f)/(dx^2)=2A`
`1/(R(x))=(2A)/(1+(2Ax)^2)^(3/2)`
`F_(cp)(x)=m·2g(h-Ax^2)(2A)/(1+(2Ax)^2)^(3/2)`
`x`-nél a magasság `h_x=Ax^2`.
Ott van helyzeti meg mozgási is:
Helyzeti: `E_(hx)=m·g·h_x=m·g·Ax^2`
Mozgási: `E_(mx)=E-E_(hx)` hisz a kettő összege `E` kell legyen.
A mozgási persze `1/2·m·v^2`:
`1/2·m·v^2 =E_(mx)=m·g·h-m·g·Ax^2`
`v^2 =2g(h-Ax^2)`
Körmozgáskor van centripetális erő, ami merőleges a felületre (hisz a kör középpontja felé mutat). Az kell ahhoz, hogy körpályán tartsa a testet. Ezt még gimiben tanultátok. Amit most tanultatok az meg az, hogy tetszőleges görbe pályán is a pillanatnyi erőnek az a komponense, ami merőleges a felületre (az a nyomóerő egyébként), az is a centripetális erő, ugyanúgy kell számolni, mint körpályánal, csak a sugár a simulókör sugara.
`F_(cp)=m·v^2/r`
`F_(cp)(x)=m·(2g(h-Ax^2))/(R(x))`
Most már csak a deriválásokat kell megcsinálni az `1//R(x)`-hez:
`f(x)=Ax^2`
`(df)/(dx)=2Ax`
`(d^2f)/(dx^2)=2A`
`1/(R(x))=(2A)/(1+(2Ax)^2)^(3/2)`
`F_(cp)(x)=m·2g(h-Ax^2)(2A)/(1+(2Ax)^2)^(3/2)`
1
-
makákó: Köszönöm! 4 éve 0
-
makákó: Át fogom nézni! 4 éve 0