Erőtan II. - 2.1.23

A Fizipedia wikiből
Navigáció Pt·1·2·3
Kísérleti fizika gyakorlat 1.
Gyakorlatok listája:
  1. Deriválás
  2. Integrálás
  3. Mozgástan
  4. Erőtan I.
  5. Erőtan II.
  6. Munka, energia
  7. Pontrendszerek
  8. Merev testek I.
  9. Merev testek II.
  10. Rugalmasság, folyadékok
  11. Rezgések I.
  12. Rezgések II.
  13. Hullámok
Mechanika - Erőtan II.
Feladatok listája:
  1. Erőtan II. - 2.1.21
  2. Erőtan II. - 2.1.23
  3. Erőtan II. - 4.2
  4. Erőtan II. - 4.3
  5. Erőtan II. - 4.4
  6. Erőtan II. - 4.8
  7. Erőtan II. - 4.13
  8. Erőtan II. - 4.24
  9. Erőtan II. - 4.37
  10. Erőtan II. - 6.7
  11. Erőtan II. - 6.8
  12. Erőtan II. - 6.10
  13. Erőtan II. - Forgó rotor még egyszer
  14. Erőtan II. - Coriolis
© 2012-2013 BME-TTK, TÁMOP4.1.2.A/1-11/0064

Feladat

  1. (**2.1.23) Milyen magasra emelkedik egy \setbox0\hbox{$v_{0}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% sebességgel függőlegesen felhajított test, ha a sebességgel arányos fékező erő (\setbox0\hbox{$F_{s}=-\alpha v$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%) hat rá? Mennyi idő alatt éri el a pálya legmagasabb pontját?

Megoldás

  1. A testre csak a függőlegesen lefelé irányított gravitációs és a függőlegesen felfelé irányított közegellenállási erők hatnak. A mozgásegyenlet tehát
    \[ma=-mg-\alpha v\]
    alakban írható.A mozgás az \setbox0\hbox{$y$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%-tengely mentén történik, amelyet úgy irányítunk, hogy a pozitív vége függőlegesen felfelé mutat. A gyorsulás a sebességnek az idő szerinti deriváltja, így a mozgásegyenlet matematikai szempontból egy elsőrendű, lineáris differenciálegyenlet a sebességre vonatkozóan.
    \[\dot{v}=-g-\frac{\alpha}{m}v\]
    A differenciálegyenletet kell \setbox0\hbox{$v(0)=v_{0}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% kezdő feltétel mellett megoldani.
    \[\dot{v}=-\frac{\alpha}{m}\left(v+\frac{gm}{\alpha}\right)\]
    Legyen \setbox0\hbox{$\tilde{v}(t)=v(t)+\frac{gm}{\alpha}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%! Ezzel
    \[\dot{\tilde{v}}=-\frac{\alpha}{m}\tilde{v}\,,\]
    melynek megoldása
    \[\tilde{v}(t)=Ae^{-\frac{\alpha}{m}t}\]
    tetszőleges \setbox0\hbox{$A$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% konstanssal, melyet majd a kezdeti feltétel segítségével tudunk meghatározni.
    \[v(t)=Ae^{-\frac{\alpha}{m}t}-\frac{gm}{\alpha}\]
    A kezdeti feltétel \setbox0\hbox{$v(0)=v_{0}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%. Ez csak úgy tud teljesülni, ha
    \[A=v_{0}+\frac{gm}{\alpha}\,.\]
    Így a test sebessége az idő függvényében
    \[v(t)=\left(v_{0}+\frac{gm}{\alpha}\right)e^{-\frac{\alpha}{m}t}-\frac{gm}{\alpha}\,,\]
    a test helyzete pedig az \setbox0\hbox{$y(0)=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% kezdeti feltétellel
    \[y(t)=y(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=-\frac{gm}{\alpha}t+\left(v_{0}+\frac{gm}{\alpha}\right)\frac{m}{\alpha}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\,.\]

    A test sebessége a megállás \setbox0\hbox{$t=T$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% pillanatáig csökken. Ebben a pillanatban \setbox0\hbox{$v(T)=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%.
    \[\left(v_{0}+\frac{gm}{\alpha}\right)e^{-\frac{\alpha}{m}T}-\frac{gm}{\alpha}=0\qquad\Rightarrow\qquad T=\frac{m}{\alpha}\ln\left(1+\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)\]
    A test helyzete ebben a pillanatban
    \[y(T)=\frac{mv_{0}}{\alpha}-g\left(\frac{m}{\alpha}\right)^{2}\ln\left(1+\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)\,.\]
    Megjegyezzük, hogy közegellenállásmentes esetben ez a képlet is visszaadja a jól ismert eredményt, ha kihasználjuk, hogy kis \setbox0\hbox{$x$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%-re \setbox0\hbox{$\ln(1+x)\approx x-\frac{x^{2}}{2}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%.
    \[\alpha\rightarrow 0\mbox{ :}\qquad y(T)=\frac{mv_{0}}{\alpha}-g\left(\frac{m}{\alpha}\right)^{2}\left[\frac{\alpha v_{0}}{gm}-\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)^{2}\right]=\frac{v_{0}^{2}}{2g}\]