Kezdőlap


Feladat:	1613. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bagoly Zsolt , Glück Ferenc , Kolláth Zoltán , Krausz Ferenc , Lévai Péter , Sárközi Imre , Szalai Sándor Zsolt , Szalontai Zoltán , Teravágimov Attila , Vajnai Tibor
Füzet:	1980/október, 91 - 93. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pontrendszerek mozgásegyenletei, Impulzusmegmaradás törvénye, Munkatétel, energiamegmaradás pontrendszerekre, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1979/december: 1613. fizika feladat

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

I. megoldás. Rögzített léc esetén a test harmonikus rezgőmozgást végez, de minden szélső helyzet elérése után egy másik középpont körül más amplitúdóval. (Ezt a problémát részletesen tárgyalja a 1545. feladat megoldása K. M. L. 59 [1979] 175.). Ha a lécet elengedjük, mindössze a rezgés frekvenciája változik meg.

Ebben a megoldásban pusztán energetikai megfontolásokat felhasználva válaszolunk a feladat kérdéseire.

A_{0} = + 0, 1 m

-ről engedjük el a

m

tömegű testet és az

x = 0

pont eléréséig a lécet rögzítjük. A rugó kezdeti deformációs energiája részben felgyorsítja a

m

tömegű testet, részben súrlódási munka végzésére fordítódik, azaz

x = 0

-ban,

\begin{matrix} (1 / 2) m v^{2} = (1 / 2) (2 D A_{0}^{2}) - F_{s} A_{0}, \end{matrix}

(1)

ahol

2 D

a rendszer direkciós ereje,

F_{s} = μ m g

a súrlódási erő. A léc elengedésétől kezdve a

m

tömegű test és a léc zárt rendszert alkot (

F_{s}

belső erő), és ezért igaz az impulzusmegmaradás tétele. A rendszer impulzusa a deszka elengedése pillanatában:

\begin{matrix} I = m v = m \sqrt[]{(2 D / m) A_{0}^{2} - 2 μ g A_{0}} . \end{matrix}

(2)

Határozzuk meg a

m

tömegű test első szélső helyzetét a léc elengedése után. A szélső helyzetben

(A_{1})

a test deszkához viszonyított sebessége nulla, így a közös

u

sebesség az impulzus megmaradásból kiszámolható:

\begin{matrix} (M + m) u = 1. \end{matrix}

Az energiamérleg pedig

\begin{matrix} (1 / 2) (M + m) u^{2} + D A_{1}^{2} + F_{s} A_{1} = (1 / 2) m v^{2} . \end{matrix}

A számértékeket

(M = 4 kg, m = 1 kg, D = 75 N/m, μ = 0, 4)

behelyettesítve

A_{1} = - 0, 04 m

-t kapunk. Ekkor a testre ható

2 D A_{1} = 6 N

húzóerő nagyobb, mint a súrlódási erő (4 N), tehát a test megindul visszafelé. A következő szélső helyzetben ismét

u

lesz a közös sebesség, azaz a mozgási energia nem változik meg, tehát

\begin{matrix} D A_{1}^{2} = D A_{2}^{2} + F_{s} (A_{1} - A_{2}), \end{matrix}

amiből

A_{2} = - 0, 013 m

adódik. Ebben a pontban a mozgási súrlódási erő nagyobb, mint a rugó húzóereje, tehát a test a deszkának ebben a pontjában áll meg. A deszkával együtt azonban

u

sebességgel halad a nyugvó megfigyelőhöz képest.

Sárközi Imre (Tata, Eötvös J. Gimn., III. o. t.)

II. megoldás. Vizsgáljuk meg a test mozgását először rögzített léc esetén. Engedjük el a testet az

x = + A_{0}

pontban. A mozgásegyenlet

\begin{matrix} m a = - 2 D x + F_{s} . \end{matrix}

(1)

Könnyű belátni, hogy ezt az egyenletet egy

x = \frac{F_{s}}{2 D}

pont körüli rezgőmozgás kielégíti. Az

x = F_{s} / 2 D

pontban a testre ható erő nulla. A testre ható erő egy tetszőleges

x

pontban

\begin{matrix} F = - 2 D x + F_{s} . \end{matrix}

Jelöljük

y

-nal az

x

pont távolságát az

F_{s} / 2 D

ponttól, ekkor

\begin{matrix} y = x - F_{s} / 2 D . \end{matrix}

Az új

y

változóval az

\begin{matrix} F = - 2 D [y + (F_{s} / 2 D)] + F_{s} = - 2 D y, \end{matrix}

tehát a testre ható erő valóban a kitéréssel arányos, ha a távolságot

x = F_{s} / 2 D

ponthoz képest mérjük. A rezgés amplitúdója és frekvenciája

\begin{matrix} A_{1} = A_{0} - (F_{s} / 2 D), ω = \sqrt[]{2 D / m} . \end{matrix}

Tehát a bal oldalon a maximális kitérés

\begin{matrix} x_{max} = - A_{0} + (F_{s} / D) . \end{matrix}

Az innen visszainduló testre a mozgásegyenlet

\begin{matrix} m a = - 2 D x - F_{s}, \end{matrix}

(2)

és így a rezgés centruma az

x = - F_{s} / 2 D

pont lesz. A második rezgés amplitúdója

\begin{matrix} A_{2} = [+ A_{0} - (F_{s} / D)] - (F_{s} / 2 D) = A_{0} - 3 F_{s} / (2 D) . \end{matrix}

A maximális kitérés a jobb oldalon pedig

\begin{matrix} - x_{max} - (F_{s} / D) . \end{matrix}

(3)

A mozgást tehát színusz függvények írják le, félperiódusonként csökkenő amplitúdóval. (Megjegyezzük, hogy általában csillapított rezgésnek nem ezt a rezgést nevezzük. Csillapított rezgést kapunk akkor, ha a testre ható "súrlódási erő'' a sebességgel arányos. Ebben az esetben viszont a rezgés amplitúdója az időben állandóan csökken. A feladatban szereplő esetben az amplitúdó egy félperióduson belül állandó.)
Vizsgáljuk mely, mi történik a léc elengedésekor! Csak belső erők hatnak, így a rendszer impulzusa állandó. Mivel a test léchez képesti mozgását kérdezi a feladat, így érdemes a léchez rögzített koordináta-rendszerben tanulmányozni a test mozgását. Jelöljük '-vel azokat a mennyiségeket, amelyeket a léchez rögzített rendszerben mérünk. Az impulzus megmaradásából kapjuk:

\begin{matrix} m (v' + v) + M v = állandó, \end{matrix}

ahol

v

a léc földhöz mért sebessége. A gyorsulásokra igaz ekkor, hogy:

\begin{matrix} a' = - \frac{M + m}{m} a . \end{matrix}

Gyorsuló rendszerben az (1) egyenlet

\begin{matrix} m a' = - m a - 2 D x + F_{s} \end{matrix}

alakú lesz, amit átrendezve

\begin{matrix} \frac{M m}{M + m} a' = - 2 D x + F, \end{matrix}

kifejezést kapjuk. Látjuk tehát, hogy a léc elengedése után is rezgő mozgást végez a test, de tömege látszólag megváltozott. Ezért a rezgés frekvenciája is más lesz:

\begin{matrix} ω' = \sqrt[]{\frac{2 D}{m} \cdot \frac{M + m}{m}} . \end{matrix}

Számoljuk ki most is a bal oldali maximális kitérést! A rezgést az

\begin{matrix} x = A' sin (ω' t + φ) + (F_{s} / D 2) \end{matrix}

függvény írja le. A rezgés

A'

amplitúdóját és

φ

-t a kezdőfeltételek határozzák meg. Mérjük az időt léc a elengedése pillanatától. Ekkor a test az

x = 0

pontban van, és a sebessége

\begin{matrix} v_{0} = \frac{2 (D A_{0}^{2} - F_{s} A_{0})}{m} . \end{matrix}

Tehát

t = 0

-ban

\begin{matrix} x = A' sin φ + (F_{s} / 2 D) = 0, \end{matrix}

\begin{matrix} v = A' ω cos φ = v_{0} . \end{matrix}

Az egyenletrendszerből

A'

és

φ

meghatározható. A feladat megoldásához csak

A'

-re van szükségünk, ami

\begin{matrix} A' = \sqrt[]{{(\frac{F_{s}}{2 D})}^{2} + {(\frac{v_{0}}{ω})}^{2}}, \end{matrix}

amivel a maximális kitérés a bal oldalon

\begin{matrix} x'_{max} = \frac{F_{s} - \sqrt[]{F_{s}^{2} + \frac{2 D v_{0}^{2} M m}{M + m}}}{2 D} = - 0, 04 m . \end{matrix}

A mozgást a továbbiakban úgy tárgyaljuk, mint álló léc esetén (mert a frekvenciától az amplitúdó független) csak a (3)-ba

x_{max}

helyére

x'_{max}

írandó. Ezzel a jobb oldali kitérés:

\begin{matrix} - x'_{max} - (F s / D) = - 0, 013 m . \end{matrix}

Ebből a pontból már újabb rezgés nem indul el, mert a súrlódási erő nagyobb mint a rugó húzóereje.