Feladat: 895. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Joó József ,  Vassel Róbert 
Füzet: 1970/december, 232 - 234. oldal  PDF file
Témakör(ök): Harmonikus rezgőmozgás, Energiamegmaradás tétele, Hangmagasság (hangskálák), Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/február: 895. fizika feladat

Vízszintesen befogott acéllemez végére egy apró tárgyat teszünk, és a lemezt 1 mm-nyire lenyomjuk. Pillanatszerűen elengedve a kis tárgy 39 cm-re repül fel. Milyen hangot ad az acéllemez?

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

Legyen a lemez rezgésének körfrekvenciája ω, a rezgés amplitúdója A. A lemez kitérése, sebessége, illetve gyorsulása:

r=Asinωt,v=Aωcosωt,(1)a=-Aω2sinωt.(2)
A tárgy akkor hagyja el a lemezt, amikor annak sebessége felfelé mutat, és a felfelé mutató irányt véve pozitívnak, a gyorsulása a=-g, azaz
-g=-Aω2sinωt,g=Aω2sinωt.(3)
 

 

Abból, hogy a test a lemez elhagyása után milyen magasra repült, kiszámíthatjuk, hogy milyen sebességgel hagyta el a lemezt:
(1/2)mv2=mgh,v=2gh.

Ezt behelyettesítve (1)-be,
2gh=Aωcosωt=Aω1-sin2ωt.(4)
(3)-ból sinωt-t kifejezzük, (4)-be helyettesítjük és az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emeljük:
2gh=A2ω2(1-g2A2ω2),
így
2gh=A2ω2-g2ω2,A2ω4-2ghω2-g2=0.


Innen
ω2=2gh±4g2h2+4A2g22A2=g(h±h2+A2A2).
A negatív gyök hamis gyök, így
ω2=g(h+h2+A2A2).
Mivel A2h2, számolhatunk úgy, hogy
ω2=2ghA2,ω=2ghA.
Ebből a frekvencia
f=ω2π=2gh2πA.
Az adatokat behelyettesítve 440Hz-et kapunk. A számításnál nem foglalkoztunk azzal, hogy a 39cm-es magasságot honnan mérjük. Az eredmény elvileg különbözne, ha a magasságot az alsó helyzettől vagy a középső helyzettől mérnénk, de a különbség elhanyagolhatóan kicsi. Ugyanúgy elhanyagoltuk azt is, hogy a test ráhelyezésével vagy elrepülésével megváltozik a frekvencia.
 

 Vassel Róbert (Bp., I. István Gimn., II. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. A megoldók nagy része úgy számolt, hogy a test nyugalmi helyzetben való áthaladáskor hagyja el a lemezt és így a
vmax=Aω,vmax=2gh
kifejezésekből közvetlenül megkapta az ω=2ghA képletet, ami a példa számadataival kellő pontosságú eredményt ad, de csak közelítő összefüggés. Ez a számolás hibás, vagy legalábbis nem kellően indokolt. Ti. a test nem a középső helyzetben repül le, hanem a lemez egészen addig ,,tolja maga előtt'', amíg a lemez lefelé irányuló gyorsulása nagyobb nem lesz g-nél. Ugyanis a lemeztől elvált test g-vel lassul, ugyanakkor ha a lemez még g-nél kisebb értékkel lassulna, a lemez sebessége kevésbé csökkenne, mint a testé, tehát a lemez elhagyná a testet, ami viszont nem lehet. Ezért mindaddig, amíg a lemez lefelé irányuló gyorsulása el nem éri a g értéket, a kis test nem tud elrepülni róla.
Akkor számolhatunk úgy, hogy a test a nyugalmi helyzetben való áthaladáskor hagyja el a lemezt, ha tudjuk, hogy a gyorsulás csúcsértéke lényegesen nagyobb, mint g, és így a test nagyon kis idővel a nyugalmi helyzeten való áthaladás után repül le. Ekkor valóban vehető úgy, hogy a test vmax sebességgel hagyja el a lemezt, mert vmaxΔv és így vmaxv. Példánkban ez a közelítés megengedett, mivel amax800g. (Mivel a megoldók általában nem indokolták meg, hogy miért így számolnak, megoldásuk hiányos, és így 1 pontot kaptak.)
2. Sokan úgy gondolkodtak, hogy a lemez rugalmassági energiája alakul át a kis test helyzeti energiájává, és az ebből az összefüggésből számított rugalmassági együtthatót helyettesítették a rezgésidő képletbe. A gondolatmenetben ott hibáztak, hogy a rendszerrel közölt összenergiát a kis test ,,magával viszi'', és a kis test tömegét vették az egész rendszer tömegének. A helyes gondolatmenet a következő lett volna: Az M0 tömegű rugót a számításokban úgy vesszük, mintha egy annál kisebb M' tömeg rezegne egy ugyanolyan direkciós erejű, elhanyagolható tömegű rugón. (Ennek oka, hogy a rugó minden pontja kisebb amplitúdóval rezeg, mint a végpontja.) Legyen M'+m=M, ahol m a kis test tömege, és legyen m=kM (ahol k1). A rugó összes rugalmas energiája (1/2)DA2=(1/2)Mvmax2=(1/2)(m/k)vmax2. Feltételezve, hogy a kis test a nyugalmi helyzeten való áthaladáshoz közel repül el, vmax számítható:
mgh=(1/2)mvmax2=(1/2)DA2k,
ahonnan
D=2mghA2k.
Ezt behelyettesítjük a rezgésidő képletébe
T=2πMD=2πmkA2k2mgh=2πA2gh,
és így
f=2gh2πA.
Mivel k kiesett, ugyanezt a képletet kapjuk akkor is, ha a kis test helyzeti energiáját közvetlenül az összes (1/2)DA2 rugalmas energiával tesszük egyenlővé, és a rezgésidő képletébe a kis test tömegét írjuk, de ez a számításmód nem felel meg a példában közölt beállításnak, annak, hogy a rugó tömege nem elhanyagolható.
 

3. Joó József a feladatot nem számítással oldotta meg. Próbálkozással beállította a feladatban leírt kísérletet, és a hangot felerősítve megmérte a frekvenciát. Helyes eredményt kapott.