Kezdőlap


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

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:

\begin{matrix} r & = A sin ω t, \\ v & = A ω cos ω t, & (1) \\ a & = - A ω^{2} sin ω t . & (2) \end{matrix}

A tárgy akkor hagyja el a lemezt, amikor annak sebessége felfelé mutat, és a felfelé mutató irányt véve pozitívnak, a gyorsulása

a = - g

, azaz

\begin{matrix} - g = - A ω^{2} sin ω t, g = A ω^{2} sin ω t . \end{matrix}

(3)

Abból, hogy a test a lemez elhagyása után milyen magasra repült, kiszámíthatjuk, hogy milyen sebességgel hagyta el a lemezt:

\begin{matrix} (1 / 2) m v^{2} = m g h, v = \sqrt[]{2 g h} . \end{matrix}

Ezt behelyettesítve (1)-be,

\begin{matrix} \sqrt[]{2 g h} = A ω cos ω t = A ω \sqrt[]{1 - sin^{2} ω t} . \end{matrix}

(4)

(3)-ból

sin ω t

-t kifejezzük, (4)-be helyettesítjük és az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emeljük:

\begin{matrix} 2 g h = A^{2} ω^{2} (1 - \frac{g^{2}}{A^{2} ω^{2}}), \end{matrix}

így

\begin{matrix} 2 g h = A^{2} ω^{2} - \frac{g^{2}}{ω^{2}}, \\ A^{2} ω^{4} - 2 g h ω^{2} - g^{2} = 0. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} ω^{2} = \frac{2 g h \pm \sqrt[]{4 g^{2} h^{2} + 4 A^{2} g^{2}}}{2 A^{2}} = g (\frac{h \pm \sqrt[]{h^{2} + A^{2}}}{A^{2}}) . \end{matrix}

A negatív gyök hamis gyök, így

\begin{matrix} ω^{2} = g (\frac{h + \sqrt[]{h^{2} + A^{2}}}{A^{2}}) . \end{matrix}

Mivel

A^{2} ≪ h^{2}

, számolhatunk úgy, hogy

\begin{matrix} ω^{2} = \frac{2 g h}{A^{2}}, ω = \frac{\sqrt[]{2 g h}}{A} . \end{matrix}

Ebből a frekvencia

\begin{matrix} f = \frac{ω}{2 π} = \frac{\sqrt[]{2 g h}}{2 π A} . \end{matrix}

Az adatokat behelyettesítve

\approx 440 Hz

-et kapunk. A számításnál nem foglalkoztunk azzal, hogy a

39 cm

-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

\begin{matrix} v_{max} = A ω, v_{max} = \sqrt[]{2 g h} \end{matrix}

kifejezésekből közvetlenül megkapta az

ω = \frac{\sqrt[]{2 g h}}{A}

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

v_{max}

sebességgel hagyja el a lemezt, mert

v_{max} ≫ Δ v

és így

v_{max} \approx v

. Példánkban ez a közelítés megengedett, mivel

a_{max} \approx 800 g

. (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

M_{0}

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 = k M

(ahol

k ≪ 1

). A rugó összes rugalmas energiája

(1 / 2) D A^{2} = (1 / 2) M v_{max}^{2} = (1 / 2) (m / k) v_{max}^{2}

. Feltételezve, hogy a kis test a nyugalmi helyzeten való áthaladáshoz közel repül el,

v_{max}

számítható:

\begin{matrix} m \cdot g h = (1 / 2) m v_{max}^{2} = (1 / 2) D A^{2} k, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} D = \frac{2 m g h}{A^{2} k} . \end{matrix}

Ezt behelyettesítjük a rezgésidő képletébe

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{M}{D}} = 2 π \sqrt[]{\frac{m}{k} \cdot \frac{A^{2} k}{2 m \cdot g h}} = 2 π \frac{A}{\sqrt[]{2 g h}}, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} f = \frac{\sqrt[]{2 g h}}{2 π A} . \end{matrix}

Mivel

k

kiesett, ugyanezt a képletet kapjuk akkor is, ha a kis test helyzeti energiáját közvetlenül az összes

(1 / 2) D A^{2}

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.