„Erőtan II. - 2.1.23” változatai közötti eltérés

}}

}}

== Feladat ==

== Feladat ==

</wlatex><includeonly><wlatex>{{Útmutatás|content=Írjuk fel a mozgásegyenletet a függőleges mozgásra! Oldjuk meg az így kapott, sebességre vonatkozó differenciál egyenletet!}}{{Végeredmény|content= $$y(T)=\frac{mv_{0}}{\alpha}-g\left(\frac{m}{\alpha}\right)^{2}\ln\left(1+\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)\,.$$}}</wlatex></includeonly><noinclude>

</wlatex><includeonly><wlatex>{{Útmutatás|content=Írjuk fel a mozgásegyenletet a függőleges mozgásra! Oldjuk meg az így kapott, sebességre vonatkozó differenciál egyenletet!}}{{Végeredmény|content= $$y(T)=\frac{mv_{0}}{\alpha}-g\left(\frac{m}{\alpha}\right)^{2}\ln\left(1+\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)\,.$$}}</wlatex></includeonly><noinclude>

== Megoldás ==

== Megoldás ==

<wlatex>#: 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 $y$-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 $v(0)=v_{0}$ kezdő feltétel mellett megoldani. $$\dot{v}=-\frac{\alpha}{m}\left(v+\frac{gm}{\alpha}\right)$$ Legyen $\tilde{v}(t)=v(t)+\frac{gm}{\alpha}$! Ezzel $$\dot{\tilde{v}}=-\frac{\alpha}{m}\tilde{v}\,,$$ melynek megoldása $$\tilde{v}(t)=Ae^{-\frac{\alpha}{m}t}$$ tetszőleges $A$ konstanssal, melyet majd a kezdeti feltétel segítségével tudunk meghatározni. $$v(t)=Ae^{-\frac{\alpha}{m}t}-\frac{gm}{\alpha}$$ A kezdeti feltétel $v(0)=v_{0}$. 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 $y(0)=0$ kezdeti feltétellel $$y(t)=y(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=-\frac{gm}{\alpha}t+\left(v_{0}+\frac{gm}{\alpha}\right)\frac{m}{\alpha}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\,.$$ <br> A test sebessége a megállás $t=T$ pillanatáig csökken. Ebben a pillanatban $v(T)=0$. $$\left(v_{0}+\frac{gm}{\alpha}\right)e^{-\frac{\alpha}{m}T}-\frac{gm}{\alpha}=0\qquad\Rightarrow\qquad T=\frac{m}{\alpha}\ln\left(1+\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)$$ 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 $x$-re $\ln(1+x)\approx x-\frac{x^{2}}{2}$. $$\alpha\rightarrow 0\mbox{ :}\qquad y(T)=\frac{mv_{0}}{\alpha}-g\left(\frac{m}{\alpha}\right)^{2}\left[\frac{\alpha v_{0}}{gm}-\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)^{2}\right]=\frac{v_{0}^{2}}{2g}$$

<wlatex>#: 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 $y$-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 $v(0)=v_{0}$ kezdő feltétel mellett megoldani. $$\dot{v}=-\frac{\alpha}{m}\left(v+\frac{gm}{\alpha}\right)$$ Legyen $\tilde{v}(t)=v(t)+\frac{gm}{\alpha}$! Ezzel $$\dot{\tilde{v}}=-\frac{\alpha}{m}\tilde{v}\,,$$ melynek megoldása $$\tilde{v}(t)=Ae^{-\frac{\alpha}{m}t}$$ tetszőleges $A$ konstanssal, melyet majd a kezdeti feltétel segítségével tudunk meghatározni. $$v(t)=Ae^{-\frac{\alpha}{m}t}-\frac{gm}{\alpha}$$ A kezdeti feltétel $v(0)=v_{0}$. 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 $y(0)=0$ kezdeti feltétellel $$y(t)=y(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=-\frac{gm}{\alpha}t+\left(v_{0}+\frac{gm}{\alpha}\right)\frac{m}{\alpha}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\,.$$ <br> A test sebessége a megállás $t=T$ pillanatáig csökken. Ebben a pillanatban $v(T)=0$. $$\left(v_{0}+\frac{gm}{\alpha}\right)e^{-\frac{\alpha}{m}T}-\frac{gm}{\alpha}=0\qquad\Rightarrow\qquad T=\frac{m}{\alpha}\ln\left(1+\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)$$ 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 $x$-re $\ln(1+x)\approx x-\frac{x^{2}}{2}$. $$\alpha\rightarrow 0\mbox{ :}\qquad y(T)=\frac{mv_{0}}{\alpha}-g\left(\frac{m}{\alpha}\right)^{2}\left[\frac{\alpha v_{0}}{gm}-\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)^{2}\right]=\frac{v_{0}^{2}}{2g}$$

</wlatex>

</wlatex>

</noinclude>

</noinclude>