Erőtan II. - 2.1.23

Feladat

1. 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 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}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$.

   $\[\alpha\rightarrow 0\mbox{ :}\qquad y(T)=\frac{mv_{0}}{\alpha}-g\left(\frac{m}{\alpha}\right)^{2}\left[\frac{\alpha v_{0}}{gm}-\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha v_{0}}{gm}\right)^{2}\right]=\frac{v_{0}^{2}}{2g}\]$