Erőtan I. - 2.1.14

Feladat

1. (2.1.14) Egy $\setbox0\hbox{$\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ hajlásszögű lejtő tetejéről a $\setbox0\hbox{$t=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ időpontban elengedünk egy $\setbox0\hbox{$m$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű testet, ugyanakkor el is kezdjük húzni a lejtővel párhuzamosan $\setbox0\hbox{$F(t)=kt$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ nagyságú erővel felfelé. A mozgást addig vizsgáljuk, míg a test újra meg nem áll. Numerikus adatok : $\setbox0\hbox{$\alpha=45^\circ$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, $\setbox0\hbox{$m=4\,\mathrm{kg}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, $\setbox0\hbox{$k=\sqrt{2} \,\mathrm{\frac{N}{s}}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, $\setbox0\hbox{$\mu=0,5$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, $\setbox0\hbox{$g=9,81\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$.

   a) Mekkora a test gyorsulása a $\setbox0\hbox{$t=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ időpontban?

   b) Add meg a test gyorsulását az idő függvényében! Mennyi idő telik el, míg a testre ható erők kiegyenlítik egymást?

   c) Mikor áll meg a test?

   d) Mekkora és milyen irányú a test gyorsulása a megállás pillanatában?

   e) Ha a lejtőt $\setbox0\hbox{$a_{0}=g/2$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ gyorsulással megtolnánk, mekkora lenne a test gyorsulása a $\setbox0\hbox{$t=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ időpontban?

Megoldás

1. a-b) Egy általános időpillanatban a testre ható erőket az ábrán ábrázoltuk. A gravitációs erőt érdemes felbontani egy lejtőre merőleges $\setbox0\hbox{$F_{g1}=F_{g}\cos\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ és egy a lejtővel párhuzamos $\setbox0\hbox{$F_{g2}=F_{g}\sin\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ komponensre.

   

   A lejtőre merőleges irányban nem történik mozgás, ezért

   $\[N=F_{g1}\,.\]$

   A lejtővel párhuzamos irányban a gyorsulást az eredő erő határozza meg. A gyorsulást a lejtő irányában lefelé tekintjük pozitívnak.

   $\[ma(t)=F_{g2}-F(t)-S\,,\]$

   ahol a súrlódási erőt a nyomóerő segítségével adhatjuk meg: $\setbox0\hbox{$S=\mu N$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$.

   $\[ma(t)=mg\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)-kt\]$

   A kezdeti $\setbox0\hbox{$t=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ időpillanatban $\setbox0\hbox{$a(0)=g\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$.
   
   Amikor a testre ható erők kiegyenlítik egymást, akkor a gyorsulás zérus. Ez abban a $\setbox0\hbox{$t_{e}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ időpontban történik meg, amikor $\setbox0\hbox{$a(t_{e})=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$. Ebből

   $\[t_{e}=\frac{mg}{k}\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=9,81\,\mathrm{s}\,.\]$

   c) A sebesség az idő függvényében az alábbiak szerint számolható ki.

   $\[v(t)=v(0)+\int_{0}^{t}a(t')dt'\]$

   A kezdeti sebesség 0, így

   $\[v(t)=gt\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)-\frac{k}{2m}t^{2}\,.\]$

   A test abban a $\setbox0\hbox{$t_{s}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ időpillanatban áll meg, amikor $\setbox0\hbox{$v(t_{s})=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$. Ebből az egyenletből a $\setbox0\hbox{$t_{s}=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ is adódik természetesen, hiszen a kezdeti időpillanatban is $\setbox0\hbox{$0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ volt a sebesség, de fizikailag most az egyenlet másik megoldása érdekes.

   $\[t_{s}=\frac{2mg}{k}\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=19,62\,\mathrm{s}\,.\]$

   d) A megállás pillanatában a gyorsulás

   $\[a(t_{s}-0)=-g\left(\sin\alpha - \mu\cos\alpha\right)=-3,47\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}\]$

   éppen $\setbox0\hbox{$-1$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$-szerese a kezdeti gyorsulásnak. $\setbox0\hbox{$a(t_s+0)$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$-ban viszont a gyorsulás nulla, mivel a tapadás egy ideig állva tartja a testet, amíg a külső húzóerő elég nagyra nem nő. A gyorsulás-idő függvénynek tehát a megállás pillanatában szakadása van!

   e) Ha megtoljuk a lejtőt az ábra szerint balra, akkor a lejtőhöz rögzített rendszerben egy tehetetlenségi erőt kell figyelembe vennünk. A gravitációs erő mellett a tehetetlenségi erőt is érdemes felbontani lejtővel párhuzamos és arra merőleges komponensre. A mozgásegyenlet a lejtőre merőleges irányban az erők kiegyenlítik egymást.

   $\[N=F_{g}\cos\alpha-F_{t}\sin\alpha=mg\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)\,.\]$

   A lejtővel párhuzamos irányban

   $\[ma'(0)=F_{g}\sin\alpha-\mu N+F_{t}\cos\alpha=mg\left(\sin\alpha-\mu\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)+\frac{\cos\alpha}{2} \right)\]$

   $\[a'(0)=g\left(\sin\alpha-\mu\left(\cos\alpha-\frac{\sin\alpha}{2}\right)+\frac{\cos\alpha}{2} \right)=8,67\,\mathrm{\frac{m}{s^{2}}}\]$

   a test gyorsulása a lejtőhöz viszonyítva. Megjegyezzük, hogy az álló rendszerhez képest ehhez a gyorsuláshoz vektoriálisan hozzá kell adni az $\setbox0\hbox{$a_{0}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ gyorsulást. Továbbá ha a lejtőt az ábrán jobbra toljuk meg ugyanekkora gyorsulással, akkor a súrlódási erő épp a tapadási határon lesz, azaz a test nem is indul el a lejtőn.