Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Impulzusmegmaradás törvénye, Harmonikus rezgőmozgás, Inerciarendszer, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/december: 650. fizika feladat

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 $v_{0} = \frac{v_{1} + v_{2}}{2}$ 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:

\begin{matrix} V_{1} & = v_{1} - v_{0} = \frac{v_{1} - v_{2}}{2}, \\ V_{2} & = v_{2} - v_{0} = \frac{v_{2} - v_{1}}{2} = - V_{1} . \end{matrix}

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

2 D

(ugyanis a fele hosszúságú rugót ugyanakkora erő csak felére nyújtja meg). A szimmetria miatt elegendő csak az

m_{1}

tömeggel foglalkozni, mert

m_{2}

mozgását (

- 1

)-gyel való szorzással kapjuk (a tömegközépponti rendszerben).
A testre az

X_{1} = L / 2

pontban nem hat erő, de ebből kimozdítva

P = - 2 D (X_{1} - L / 2)

erő hat rá, amelynek hatására

ω = \sqrt[]{\frac{2 D}{m}}

körfrekvenciájú harmonikus rezgőmozgás jön létre, ennek egyenlete:

\begin{matrix} X_{1} (t) & = A sin (ω t + φ) + L / 2, \\ V_{1} (t) & = A ω cos (ω t + φ) . \end{matrix}

Mivel

m_{1}

t = 0

pillanatban

X_{1} (0) = l_{0} / 2

helyen tartózkodott, és sebessége

V_{1} (0) = (v_{1} - v_{2}) / 2

volt, ezért a behelyettesítés után

A

-ra és

φ

-re megoldva az egyenleteket, a rezgés amplitúdója

\begin{matrix} A = \sqrt[]{{(\frac{l_{0} - L}{2})}^{2} + \frac{m}{2 D} {(\frac{v_{1} - v_{2}}{2})}^{2}}, \end{matrix}

fázisszöge:

\begin{matrix} φ = arc sin (\frac{l_{0} - L}{2 A}) . \end{matrix}

A feladat numerikus adataival:

\begin{matrix} ω = \sqrt[]{\frac{2 D}{m}} = 2 s^{- 1}, v_{0} = 6 cm/s, A = \frac{\sqrt[]{2}}{2} cm, φ = - \frac{π}{4} = - 45^{\circ} . \end{matrix}

A laboratóriumi rendszerre visszatérve:

\begin{matrix} x_{1} (t) & = X_{1} (t) + v_{0} t = A sin (ω t + φ) + \frac{L}{2} + \frac{v_{1} + v_{2}}{2} t, \\ x_{2} (t) & = X_{2} (t) + v_{0} t = - A sin (ω t + φ) - \frac{L}{2} + \frac{v_{1} + v_{2}}{2} t, \\ v_{1} (t) & = V_{1} (t) + v_{0} = A ω cos (ω t + φ) + \frac{v_{1} + v_{2}}{2}, \\ v_{2} (t) & = V_{2} (t) + v_{0} = - A ω cos (ω t + φ) + \frac{v_{1} + v_{2}}{2} . \end{matrix}

b) Tegyük fel, hogy

m_{1}

h

út megtétele után

τ

pillanatban ütközik, ekkor:

\begin{matrix} h + \frac{l_{0}}{2} = A sin (ω τ + φ) + \frac{L}{2} + \frac{v_{1} + v_{2}}{2} τ . \end{matrix}

Ez az egyenlet elvileg megoldható

τ

-ra. Ekkor a sebesség:

\begin{matrix} v_{1} (τ) = A ω cos (ω τ + φ) + \frac{v_{1} + v_{2}}{2} . \end{matrix}

A végtelen tömegű falba való ütközés után

m_{1}

sebessége az ellentettjére változik, de

m_{2}

-é változatlan marad, tehát:

\begin{matrix} v'_{1} & = - A ω cos (ω τ + φ) - \frac{v_{1} + v_{2}}{2}, \\ v'_{2} & = - A ω cos (ω τ + φ) + \frac{v_{1} + v_{2}}{2} . \end{matrix}

A rugó hossza ebben a pillanatban:

\begin{matrix} l'_{0} = x_{1} - x_{2} = 2 A sin (ω τ + φ) + L . \end{matrix}

A tömegközéppont sebessége az ütközés után:

\begin{matrix} v'_{0} = \frac{v'_{1} + v'_{2}}{2} = - A ω cos (ω τ + φ), \end{matrix}

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 = π s

, ezért bevezetve

τ' = τ - 10

új változót, az egyenlet így alakul:

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{2} + 1}{2} + 60 \frac{3}{4} π + \frac{9}{2} = \frac{\sqrt[]{2}}{2} sin [2 (τ' + 10 π) - \frac{π}{4}] + \frac{10}{2} + 6 (τ' + 10 π), \end{matrix}

ebből

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{2}}{2} + \frac{3}{4} π = \frac{\sqrt[]{2}}{2} sin (2 τ' - \frac{π}{4}) + 6 τ' . \end{matrix}

Mivel

τ' = \frac{5}{24} π

esetén

δ = 2 τ' - \frac{π}{4} = \frac{π}{6} = 30^{\circ}

, és ekkor az egyenlet jobb oldala már meghaladja a baloldalt, ezért a megoldás

0 < δ < 30^{\circ}

tartományban lesz, ahol közelítőleg

\begin{matrix} sin δ = sin (2 τ' - \frac{π}{4}) \approx 2 τ' - \frac{π}{4} . \end{matrix}

Ezzel megoldva az egyenletet:

δ \approx 0, 28

, ill.

τ' = (0, 14 + \frac{π}{8}) s

.
A radiánt fokra átszámítva:

δ \approx 16, 1^{\circ}

, ennek sinusa:

sin 16, 1^{\circ} \approx 0, 276

, vagyis közelítő feltevésünk százalék pontossággal teljesül. Ezzel a

τ = 10 \frac{1}{8} π + 0, 14

-gyel számolva:

\begin{matrix} v'_{1} \approx - 7, 36 cm/s, v'_{2} \approx 4, 64 cm/s, v'_{0} \approx - 1, 36 cm/s, \\ l'_{0} \approx 10, 55 cm, A' \approx 3 cm; φ' = arc sin \frac{2 A sin (ω τ + φ)}{2 A'} = \\ = < \binom{+ 0, 066 + 2 k π}{- 0, 066 + (2 k π + 1) π,} \end{matrix}

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' = x_{1} - x_{2} = L + 2 A

, akkor a sebességek:

\begin{matrix} v_{1} (τ) = v_{2} (τ) = v_{0} . \end{matrix}

Az ütközés után:

v'_{1} = - v_{0}, v'_{2} = v_{0}

és

v'_{0} = 0

\begin{matrix} Ebből : A' = \sqrt[]{A^{2} + \frac{m}{2 D} v_{0}^{2}} és φ' = arc sin \frac{A}{A'} \end{matrix}

Vagyis a tömegközéppont leáll, és egy nagyobb amplitúdójú rezgőmozgás kezdődik. A rugó először összenyomódik, majd mikor újra

l'

hosszúságúra nyúlik, a sebességek

v''_{1} = v_{0}

és

v''_{2} = - v_{0}

lesznek. Ekkor

m_{1}

ütközik, és az ütközés utáni sebességek:

\begin{matrix} v'''_{1} = - v_{0} és v'''_{2} = - v_{0} . \end{matrix}

Vagyis a rendszer az eredeti sebességgel és rezgési amplitúdóval megindul visszafelé.
2. Ha

τ

pillanatban

x_{1} - x_{2} = L - 2 A

, akkor lényegében ugyanaz történik, mint előbb, csak ekkor a tömegközéppont leállásának ideje egy fél periódussal kisebb.
3. Ha

τ

pillanatban

x_{1} - x_{2} = L

, akkor

cos (ω τ + φ) = \pm 1

, a sebességek pedig

v_{1} = \pm A ω + v_{0}

és

v_{2} = \mp A ω + v_{0}

. Ütközés után:

\begin{matrix} v'_{1} = \mp A ω - v_{0}, v'_{2} = \mp A ω + v_{0}, v'_{0} = \mp A ω . \end{matrix}

Vagyis a rezgési és haladási energia felcserélődik.
Mivel

A

ω

és

v_{0}

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)