Erőtan I. - 2.1.26

Feladat

1. (*2.1.26) Sima, vízszintes síkon levő kis méretű testre $\setbox0\hbox{$F(t)=kt$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ törvény szerint változó erő hat úgy, hogy iránya a vízszintessel $\setbox0\hbox{$\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ szöget zár be. A test és a sík közti súrlódástól eltekintünk. Határozza meg

   a) a test sebességét abban a pillanatban, amikor a test kezd felemelkedni,

   b) a felemelkedés kezdetéig befutott utat! ($\setbox0\hbox{$v(t=0)=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ és $\setbox0\hbox{$x(t=0)=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$)

Megoldás

1. a) A testre az $\setbox0\hbox{$F(t)$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ erőn kívül a függőleges irányú gravitációs és nyomóerők hatnak. Az általunk kifejtett erőt érdemes felbontani egy $\setbox0\hbox{$F_{x}(t)=F(t)\cos\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ nagyságú vízszintes és egy $\setbox0\hbox{$F_{y}(t)=F(t)\sin\alpha$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ nagyságú függőleges komponensre. Amíg a test el nem emelkedik, addig a függőleges irányban az erők kiegyenlítik egymást.

   $\[N=mg-kt\sin\alpha\]$

   Ez egészen addig a $\setbox0\hbox{$t_{e}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ pillanatig tart, amíg a nyomórerő zérussá nem válik. Ezután már nem tud megtörténni az erők kiegyenlítődése, hiszen a nyomóerő nem lehet negatív.

   $\[0=mg-kt_{e}\sin\alpha\qquad\Rightarrow\qquad t_{e}=\frac{mg}{k\sin\alpha}\]$

   A vízszintes irányú mozgásegyenlet:

   $\[ma(t)=kt\cos\alpha\]$

   Ez alapján a sebesség az idő függvényében

   $\[v(t)=v(0)+\int_{0}^{t}a(t')dt'=\frac{k\cos\alpha}{2m}t^{2}\]$

   A felemelkedés pillanatában tehát

   $\[v(t_{e})=\frac{mg^{2}\cos\alpha}{2k\sin^{2}\alpha}\,.\]$

   b) Az elmozdulás az idő függvényében az alábbiak szerint számolható ki.

   $\[x(t)=x(0)+\int_{0}^{t}v(t')dt'=\frac{k\cos\alpha}{6m}t^{3}\]$

   Így a felemelkedésig megtett út

   $\[x(t_{e})=\frac{m^{2}g^{3}\cos\alpha}{6k^{2}\sin^{3}\alpha}\,.\]$