Feladat: 650. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Diósi Lajos ,  Gerhardt Géza ,  Gnädig Péter ,  Hollai Gábor ,  Jánossy János Sebestyén ,  Rácz Miklós 
Füzet: 1967/szeptember, 41 - 44. oldal  PDF file
Témakör(ök): Impulzusmegmaradás törvénye, Harmonikus rezgőmozgás, Inerciarendszer, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/december: 650. fizika feladat

Két egyforma, egyenként m tömegű testet D direkciós erejű, súlytalan rugó köt össze. A rugó hossza megfeszítetlen állaponban L. t=0 időpillanatban a rugó hossza l0, az egyik tömeg sebessége v1, a másiké v2.
a) Írjuk le a tömegek mozgását, feltéve, hogy az egy egyenes mentén történik. (A nehézségi erőtől tekintsünk el!)
b) Mi történik, ha az m1 tömeg h út megtétele után rugalmasan ütközik egy végtelen tömegű, a mozgás irányára merőleges sík falba?
c) Vizsgáljuk azokat az eseteket, amikor a falhoz érés pillanatában a rugó hossza a legnagyobb, a legkisebb, illetve éppen L.

Számszerű adatok: L=10 cm, l0=9 cm, D=10-3 N/m, m=1 g, v1=7 cm/s, v2=5 cm/s, h=(6034π+2+12) cm.

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

a) Az impulzus (mozgásmennyiség) megmaradásának törvénye értelmében a rendszer tömegközéppontja v0=v1+v22 sebességgel egyenesvonalú egyenletes mozgást végez, mivel külső erő nem hat. Így egyszerre két ekvivalens inerciarendszerben vizsgálhatjuk a mozgást: a földhöz rögzített, ún. laboratóriumi koordinátarendszerben, amelyhez viszonyított koordinátákat és sebességeket kis betűvel jelöljük, és a tömegközépponthoz rögzített koordinátarendszerben, amelyben a mozgás leírására a nagy betűket használjuk. A két rendszer origója a t=0 pillanatban essen egybe. Ekkor az egyes tömegek sebessége a tömegközépponti rendszerben:

V1=v1-v0=v1-v22,V2=v2-v0=v2-v12=-V1.

Ebben a koordinátarendszerben a rugó középpontja mozdulatlan, akár rögzíthetjük is. Olyan, mintha a tömegeket az origóba erősített L/2 nyugalmi hosszúságú rugóhoz kötöttük volna, amelynek direkciós ereje 2D (ugyanis a fele hosszúságú rugót ugyanakkora erő csak felére nyújtja meg). A szimmetria miatt elegendő csak az m1 tömeggel foglalkozni, mert m2 mozgását (-1)-gyel való szorzással kapjuk (a tömegközépponti rendszerben).
A testre az X1=L/2 pontban nem hat erő, de ebből kimozdítva P=-2D(X1-L/2) erő hat rá, amelynek hatására ω=2Dm körfrekvenciájú harmonikus rezgőmozgás jön létre, ennek egyenlete:
X1(t)=Asin(ωt+φ)+L/2,V1(t)=Aωcos(ωt+φ).

Mivel m1 a t=0 pillanatban X1(0)=l0/2 helyen tartózkodott, és sebessége V1(0)=(v1-v2)/2 volt, ezért a behelyettesítés után A-ra és φ-re megoldva az egyenleteket, a rezgés amplitúdója
A=(l0-L2)2+m2D(v1-v22)2,
fázisszöge:
φ=arcsin(l0-L2A).

A feladat numerikus adataival:
ω=2Dm=2s-1,v0=6cm/s,A=22cm,φ=-π4=-45.

A laboratóriumi rendszerre visszatérve:
x1(t)=X1(t)+v0t=Asin(ωt+φ)+L2+v1+v22t,x2(t)=X2(t)+v0t=-Asin(ωt+φ)-L2+v1+v22t,v1(t)=V1(t)+v0=Aωcos(ωt+φ)+v1+v22,v2(t)=V2(t)+v0=-Aωcos(ωt+φ)+v1+v22.

b) Tegyük fel, hogy m1 a h út megtétele után τ pillanatban ütközik, ekkor:
h+l02=Asin(ωτ+φ)+L2+v1+v22τ.

Ez az egyenlet elvileg megoldható τ-ra. Ekkor a sebesség:
v1(τ)=Aωcos(ωτ+φ)+v1+v22.

A végtelen tömegű falba való ütközés után m1 sebessége az ellentettjére változik, de m2-é változatlan marad, tehát:
v'1=-Aωcos(ωτ+φ)-v1+v22,v'2=-Aωcos(ωτ+φ)+v1+v22.
A rugó hossza ebben a pillanatban:
l'0=x1-x2=2Asin(ωτ+φ)+L.
A tömegközéppont sebessége az ütközés után:
v'0=v'1+v'22=-Aωcos(ωτ+φ),
ami azt jelenti, hogy az ütközés után egy, a földhöz képest megváltozott sebességű tömegközépponti koordinátarendszert kell használni.
Ezzel a feladatot visszavezettük az előzőre, csak most t=0 helyett t=τ pillanatban ismerjük a rendszer állapotát, vagyis most kezdőfeltételként a vesszőtlen mennyiségek helyett a vesszősekkel kell számolni.
Így a numerikus számolásnál csak τ meghatározása jelent problémát, ugyanis τ nem állítható elő algebrailag zárt alakban, viszont tetszőleges pontossággal meghatározható. A továbbiakban egy igen egyszerű közelítést fogunk alkalmazni.
Behelyettesítéssel könnyen meggyőződhetünk arról, hogy 10 teljes rezgést végezhet a rendszer ütközés nélkül. Mivel egy rezgés ideje T=πs, ezért bevezetve τ'=τ-10 új változót, az egyenlet így alakul:
2+12+6034π+92=22sin[2(τ'+10π)-π4]+102+6(τ'+10π),
ebből
22+34π=22sin(2τ'-π4)+6τ'.

Mivel τ'=524π esetén δ=2τ'-π4=π6=30, és ekkor az egyenlet jobb oldala már meghaladja a baloldalt, ezért a megoldás 0<δ<30 tartományban lesz, ahol közelítőleg
sinδ=sin(2τ'-π4)2τ'-π4.

Ezzel megoldva az egyenletet: δ0,28, ill. τ'=(0,14+π8)s.
A radiánt fokra átszámítva: δ16,1, ennek sinusa: sin16,10,276, vagyis közelítő feltevésünk százalék pontossággal teljesül. Ezzel a τ=1018π+0,14-gyel számolva:
v'1-7,36cm/s,v'24,64cm/s,v'0-1,36cm/s,l'010,55cm,A'3cm;φ'=arcsin2Asin(ωτ+φ)2A'==<+0,066+2kπ-0,066+(2kπ+1)π,


ahol φ'=π-0,066 értéket kell venni, mert csak így lesz v'1 negatív. (Érdemes megjegyezni, hogy az ütközés hatására ,,fordított'' fázisban folytatódik a rezgés. (A mozgás további részét vizsgálva látszik, hogy a rendszer újabb ütközés nélkül megindul visszafelé, de a visszafelé haladás v'0 sebessége jóval kisebb, mert az energia nagyrészt rezgési energiává alakult.
c) 1. Ha az ütközéskor, τ pillanatban a rugó hossza maximális: l'=x1-x2=L+2A, akkor a sebességek:
v1(τ)=v2(τ)=v0.

Az ütközés után: v'1=-v0,v'2=v0 és v'0=0.
Ebből:A'=A2+m2Dv02ésφ'=arcsinAA'
Vagyis a tömegközéppont leáll, és egy nagyobb amplitúdójú rezgőmozgás kezdődik. A rugó először összenyomódik, majd mikor újra l' hosszúságúra nyúlik, a sebességek v''1=v0 és v''2=-v0 lesznek. Ekkor m1 ütközik, és az ütközés utáni sebességek:
v'''1=-v0ésv'''2=-v0.

Vagyis a rendszer az eredeti sebességgel és rezgési amplitúdóval megindul visszafelé.
2. Ha τ pillanatban x1-x2=L-2A, akkor lényegében ugyanaz történik, mint előbb, csak ekkor a tömegközéppont leállásának ideje egy fél periódussal kisebb.
3. Ha τ pillanatban x1-x2=L, akkor cos(ωτ+φ)=±1, a sebességek pedig v1=±Aω+v0 és v2=Aω+v0. Ütközés után:
v'1=Aω-v0,v'2=Aω+v0,v'0=Aω.
Vagyis a rezgési és haladási energia felcserélődik.
Mivel A, ω és v0 arányától függően több alesetet kellene végignézni, ezért ennek részletezésétől egyelőre eltekintünk, már csak azért is, mert lehet, hogy egy külön feladat tárgya lesz, ugyanis a megoldást beküldők egyike sem vizsgálta meg mélyebben ezt a kérdést.
 
Rácz Miklós (honvéd),

Gnädig Péter (I. é. fizikus, Budapest)