Kezdőlap


Feladat:	658. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bodoky Péter , Bor Zsolt , Bottyán István , Grosz Tamás , Herendi Ágnes , Külvári István , Szörényi András
Füzet:	1967/október, 92 - 94. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Harmonikus rezgőmozgás, Síkinga, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/január: 658. fizika feladat

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

Az ábra $A_{1}$ és $A_{2}$ pontjainak vízszintes síkon vett vetületei harmonikus rezgőmozgást végeznek, ha a kitérítés szöge elég kicsiny.

A mozgásegyenlet a következő:

\begin{matrix} x = A O \cdot sin (ω t + γ), \end{matrix}

ahol

ω = \sqrt[]{g / l}

az inga lengési frekvenciája,

γ

a fázisszög, jelen esetben

π / 2

, mert a szélső helyzetből indulunk, valamint

A O = l sin α \approx l α

az amplitudó. Az ábrából látható, hogy

x = l sin β \approx l β

, ahol

β

a mindenkori kitérés szöge. Innen

\begin{matrix} β = α sin (\sqrt[]{\frac{g}{l}} \cdot t + π / 2) = α cos \sqrt[]{\frac{g}{l}} \cdot t . \end{matrix}

A kétféle inga akkor lesz fedésben, ha

β_{1} = β_{2}

, vagyis

\begin{matrix} α_{1} cos \sqrt[]{\frac{g}{l_{1}}} \cdot t = α_{2} cos \sqrt[]{\frac{g}{l_{2}}} \cdot t . \end{matrix}

(1)

A fenti egyenletet teljes általánosságban algebrai úton nem tudjuk megoldani, de pl. grafikus módszerrel célt érhetünk. Speciális esetekben könnyebb a dolgunk, ilyen az alábbi kettő is.

T_{1} = 2 T_{2}

, vagyis

ω_{2} = 2 ω_{1}

. Minthogy

cos^{2} ω_{1} t = (1 + cos 2 ω_{1} t) / 2

, (1) így írható:

\begin{matrix} \frac{1 + cos 2 ω_{1} t}{2} = {(\frac{α_{2}}{α_{1}} cos 2 ω_{1} t)}^{2}, \end{matrix}

innen

\begin{matrix} cos 2 ω_{1} t = \frac{α_{1}^{2}}{4 α_{2}^{2}} \pm \frac{α_{1}}{2 α_{2}} \sqrt[]{\frac{α_{1}^{2}}{4 α_{2}^{2}} + 2} . \end{matrix}

Legyen

α_{1} = α_{2}

, ekkor

cos 2 ω_{1} t = 1

;

- 1 / 2

, vagyis

\begin{matrix} 2 ω_{1} t = 0 + 2 k π, t_{a} = k \frac{π}{ω_{1}} = \frac{k}{2} \cdot T_{1}, \end{matrix}

illetőleg

\begin{matrix} 2 ω_{1} t = \frac{2}{3} π + 2 k π, t_{b 1} = (3 k + 1) \frac{π}{3 ω_{1}} = \frac{3 k + 1}{6} \cdot T_{1}, \end{matrix}

\begin{matrix} 2 ω_{1} t = \frac{4}{3} π + 2 k π, t_{b 2} = (3 k + 2) \frac{π}{3 ω_{1}} = \frac{3 k + 2}{6} \cdot T_{1} . \end{matrix}

Eszerint az ingák sorban a

\begin{matrix} 0; \frac{T_{1}}{6}; \frac{T_{1}}{3}; \frac{T_{1}}{2}; \frac{2 T_{1}}{3}; \frac{5 T_{1}}{6}; T_{1}; \end{matrix}

időpontokban lesznek fedésben.

T_{1} = 3 T_{2}

, ekkor (1)-ből a

cos 3 ω_{1} t = 4 cos^{3} ω_{1} t = 3 cos ω_{1} t

azonosság fölhasználásával kapjuk:

\begin{matrix} α_{1} cos ω_{1} t = α_{2} (4 cos^{3} ω_{1} t - 3 cos ω_{1} t) . \end{matrix}

Innen egyrészt

cos ω_{1} t = 0

, másrészt

cos ω_{1} t \neq 0

-val végigosztva

\begin{matrix} 4 α_{2} cos^{2} ω_{1} t = α_{1} + 3 α_{2}, \\ cos ω_{1} t = \pm \sqrt[]{\frac{3}{4} + \frac{α_{1}}{4 α_{2}}} . \end{matrix}

α_{1} = α_{2}

cos ω_{1} t = \pm 1

, és
2

ω_{1}

t=2k

π

t_{b 1}

=2k

\frac{π}{ω_{1}}

\cdot

T_{1}

ω_{1}

t=(2k+1)

π

t_{b 2}

=(2k+1)

\frac{π}{ω_{1}}

\frac{2 k + 1}{2}

\cdot

T_{1}

,
ehhez hozzávéve az előbb kizárt esethez tartozó megoldást:

\begin{matrix} t_{a} = (2 k + 1) \frac{π}{2 ω_{1}} = \frac{2 k + 1}{4} \cdot T_{1}, \end{matrix}

kapjuk a fedés időközeire:

\begin{matrix} 0; \frac{T_{1}}{4}; \frac{T_{1}}{2}; \frac{3 T_{1}}{4}; T_{1}; \end{matrix}

Két fedés között tehát

T_{1} / 4

idő telik el.

Herendi Ágnes (Bp. Toldy F. g. IV. o. t.)
dolgozata alapján