„Erőtan II. - 2.1.21” változatai közötti eltérés

A Fizipedia wikiből
 
(egy szerkesztő egy közbeeső változata nincs mutatva)
8. sor: 8. sor:
 
}}
 
}}
 
== Feladat ==
 
== Feladat ==
−
</noinclude><wlatex># (2.1.21) Egy testre a nehézségi erőn kívül a sebességgel arányos fékező erő hat. ($F_{s}=-\alpha v$)
+
</noinclude><wlatex># (**2.1.21) Egy testre a nehézségi erőn kívül a sebességgel arányos fékező erő hat. ($F_{s}=-\alpha v$)
 
#: a) Írjuk le a test mozgását, ha $h$ magasságból kezdősebesség nélkül indult!
 
#: a) Írjuk le a test mozgását, ha $h$ magasságból kezdősebesség nélkül indult!
 
#: b) Milyen lesz a test mozgása $t\gg m/\alpha$ és $t\ll m/\alpha$ esetén?
 
#: b) Milyen lesz a test mozgása $t\gg m/\alpha$ és $t\ll m/\alpha$ esetén?
 
#: c) Hogyan változik időben a test teljes energiája?
 
#: c) Hogyan változik időben a test teljes energiája?
−
</wlatex><includeonly><wlatex>{{Útmutatás|content=Írjuk fel a mozgásegyenletet a függőleges mozgásra! Oldjuk meg az így kapott, sebességre vonatkozó differenciál egyenletet!}}{{Végeredmény|content= a) $$y(t)=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)$$ <br> b) $$y\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}$$ $$y\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=h-\frac{g}{2}t^{2}$$ <br> c) $$E(t)=mg\left[h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\right]+\frac{g^{2}m^{3}}{2\alpha^{2}}\left(e^{-\frac{\alpha}{m}t}-1\right)^{2}$$}}</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= a) $$y(t)=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)$$ <br> b) $$y\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}$$ $$y\left(t\ll \frac{m}{\alpha}\right)=h-\frac{g}{2}t^{2}$$ <br> c) $$E(t)=mg\left[h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\right]+\frac{g^{2}m^{3}}{2\alpha^{2}}\left(e^{-\frac{\alpha}{m}t}-1\right)^{2}$$}}</wlatex></includeonly><noinclude>
 +
 
 
== Megoldás ==
 
== Megoldás ==
 
<wlatex>#: a) A testre csak a függőlegesen lefelé irányított gravitációs és a függőlegesen felfelé irányított közegellenállási erők hatnak. A függőleges irányú 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 $v(0)=0$ 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 $v(0)=0$. Ez csak úgy tud teljesülni, ha $$A=\frac{gm}{\alpha}\,.$$ Így a test sebessége az idő függvényében $$v(t)=\frac{gm}{\alpha}\left(e^{-\frac{\alpha}{m}t}-1\right)\,,$$ a test helyzete pedig az $y(0)=h$ kezdeti feltétellel $$y(t)=y(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\,.$$
 
<wlatex>#: a) A testre csak a függőlegesen lefelé irányított gravitációs és a függőlegesen felfelé irányított közegellenállási erők hatnak. A függőleges irányú 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 $v(0)=0$ 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 $v(0)=0$. Ez csak úgy tud teljesülni, ha $$A=\frac{gm}{\alpha}\,.$$ Így a test sebessége az idő függvényében $$v(t)=\frac{gm}{\alpha}\left(e^{-\frac{\alpha}{m}t}-1\right)\,,$$ a test helyzete pedig az $y(0)=h$ kezdeti feltétellel $$y(t)=y(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\,.$$
−
#: b) Ha $t\gg \frac{m}{\alpha}$, akkor az exponenciálisok nagyon kicsivé válnak. $$v\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=-\frac{gm}{\alpha}$$ $$y\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}$$ Elegendően sokat várva tehát már egyenes vonalú egyenletes mozgást végez a test. Ha $t\ll \frac{m}{\alpha}$, akkor az exponenciálisok argumentumában egy kis szám szerepel. Kihasználva azt a közelítést, miszerint kis $x$-re $e^{x}\approx 1+x$, megadhatunk egy közelítő formulát a sebességre. $$v\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)\approx \frac{gm}{\alpha}\left(1-\frac{\alpha}{m}t-1\right)= -gt$$ Az elmozdulás az ilyen rendű közelítésben csak $y(t)=h$ lenne. A közelítés következő rendjében $e^{x}\approx 1+x+\frac{x^{2}}{2}$, amely szerint $$y\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)\approx h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1+\frac{\alpha}{m}t-\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha}{m}t\right)^{2}\right)=h-\frac{g}{2}t^{2}\,.$$ Kis időkre tehát úgy viselkedik a test, mintha nem is hatna rá közegellenállás. Ez érthető is, hiszen ebben az idő tartományban még nagyon kicsi a sebesség és így kicsi a vele arányos közegellenállási erő.
+
#: b) Ha $t\gg \frac{m}{\alpha}$, akkor az exponenciálisok nagyon kicsivé válnak. $$v\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=-\frac{gm}{\alpha}$$ $$y\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}$$ Elegendően sokat várva tehát már egyenes vonalú egyenletes mozgást végez a test. Ha $t\ll \frac{m}{\alpha}$, akkor az exponenciálisok argumentumában egy kis szám szerepel. Kihasználva azt a közelítést, miszerint kis $x$-re $e^{x}\approx 1+x$, megadhatunk egy közelítő formulát a sebességre. $$v\left(t\ll \frac{m}{\alpha}\right)\approx \frac{gm}{\alpha}\left(1-\frac{\alpha}{m}t-1\right)= -gt$$ Az elmozdulás az ilyen rendű közelítésben csak $y(t)=h$ lenne. A közelítés következő rendjében $e^{x}\approx 1+x+\frac{x^{2}}{2}$, amely szerint $$y\left(t\ll \frac{m}{\alpha}\right)\approx h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1+\frac{\alpha}{m}t-\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha}{m}t\right)^{2}\right)=h-\frac{g}{2}t^{2}\,.$$ Kis időkre tehát úgy viselkedik a test, mintha nem is hatna rá közegellenállás. Ez érthető is, hiszen ebben az idő tartományban még nagyon kicsi a sebesség és így kicsi a vele arányos közegellenállási erő.
 
#: c) A test teljes energiája $$E(t)=mgy(t)+\frac{1}{2}mv(t)^{2}=mg\left[h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\right]+\frac{g^{2}m^{3}}{2\alpha^{2}}\left(e^{-\frac{\alpha}{m}t}-1\right)^{2}$$ szerint változik az időben.
 
#: c) A test teljes energiája $$E(t)=mgy(t)+\frac{1}{2}mv(t)^{2}=mg\left[h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\right]+\frac{g^{2}m^{3}}{2\alpha^{2}}\left(e^{-\frac{\alpha}{m}t}-1\right)^{2}$$ szerint változik az időben.
 
</wlatex>
 
</wlatex>
 
</noinclude>
 
</noinclude>

A lap jelenlegi, 2014. október 7., 14:07-kori változata

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. (**2.1.21) Egy testre a nehézségi erőn kívül a sebességgel arányos fékező erő hat. (\setbox0\hbox{$F_{s}=-\alpha v$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%)
    a) Írjuk le a test mozgását, ha \setbox0\hbox{$h$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% magasságból kezdősebesség nélkül indult!
    b) Milyen lesz a test mozgása \setbox0\hbox{$t\gg m/\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% és \setbox0\hbox{$t\ll m/\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% esetén?
    c) Hogyan változik időben a test teljes energiája?

Megoldás

  1. a) A testre csak a függőlegesen lefelé irányított gravitációs és a függőlegesen felfelé irányított közegellenállási erők hatnak. A függőleges irányú 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{$v(0)=0$}% \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{$v(0)=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%. Ez csak úgy tud teljesülni, ha
    \[A=\frac{gm}{\alpha}\,.\]
    Így a test sebessége az idő függvényében
    \[v(t)=\frac{gm}{\alpha}\left(e^{-\frac{\alpha}{m}t}-1\right)\,,\]
    a test helyzete pedig az \setbox0\hbox{$y(0)=h$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% kezdeti feltétellel
    \[y(t)=y(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\,.\]
    b) Ha \setbox0\hbox{$t\gg \frac{m}{\alpha}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%, akkor az exponenciálisok nagyon kicsivé válnak.
    \[v\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=-\frac{gm}{\alpha}\]
    \[y\left(t\gg \frac{m}{\alpha}\right)=h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\]
    Elegendően sokat várva tehát már egyenes vonalú egyenletes mozgást végez a test. Ha \setbox0\hbox{$t\ll \frac{m}{\alpha}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%, akkor az exponenciálisok argumentumában egy kis szám szerepel. Kihasználva azt a közelítést, miszerint kis \setbox0\hbox{$x$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%-re \setbox0\hbox{$e^{x}\approx 1+x$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%, megadhatunk egy közelítő formulát a sebességre.
    \[v\left(t\ll \frac{m}{\alpha}\right)\approx \frac{gm}{\alpha}\left(1-\frac{\alpha}{m}t-1\right)= -gt\]
    Az elmozdulás az ilyen rendű közelítésben csak \setbox0\hbox{$y(t)=h$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% lenne. A közelítés következő rendjében \setbox0\hbox{$e^{x}\approx 1+x+\frac{x^{2}}{2}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%, amely szerint
    \[y\left(t\ll \frac{m}{\alpha}\right)\approx h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1+\frac{\alpha}{m}t-\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha}{m}t\right)^{2}\right)=h-\frac{g}{2}t^{2}\,.\]
    Kis időkre tehát úgy viselkedik a test, mintha nem is hatna rá közegellenállás. Ez érthető is, hiszen ebben az idő tartományban még nagyon kicsi a sebesség és így kicsi a vele arányos közegellenállási erő.
    c) A test teljes energiája
    \[E(t)=mgy(t)+\frac{1}{2}mv(t)^{2}=mg\left[h-\frac{gm}{\alpha}t+\frac{gm^{2}}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right)\right]+\frac{g^{2}m^{3}}{2\alpha^{2}}\left(e^{-\frac{\alpha}{m}t}-1\right)^{2}\]
    szerint változik az időben.
A lap eredeti címe: „https://fizipedia.bme.hu/index.php?title=Erőtan_II._-_2.1.21&oldid=15240”