A P 5678. fizika feladat megoldása

Szerk

P. 5678. Egy \(\displaystyle D\) rugóállandójú rugó egyik végét egy lift mennyezetéhez rögzítjük, másik végére pedig egy \(\displaystyle m\) tömegű testet akasztunk. Kezdetben a test egyensúlyban van. Egyszer csak a lift állandó \(\displaystyle a\) gyorsulással elindul felfelé, majd \(\displaystyle \tau\) idő után a gyorsulás megszűnik és a felvonó állandó sebességgel halad tovább. Mekkora amplitúdójú mozgást végez ezután a test?

(6 pont)

Közli: Vigh Máté, Herceghalom

I. megoldás. Rögzítsük koordináta-rendszerünket a lifthez. Ebben a rendszerben, amely a gyorsulás ideje alatt nem inerciarendszer, a gyorsuláskor a test mozgásegyenlete:

\(\displaystyle m\ddot{x}=-Dx+m(g+a), \)

ahol \(\displaystyle x\) a test elmozdulása a nyújtatlan rugó végpontjától, a lefelé irányt véve pozitívnak. Bevezetve az

\(\displaystyle u=x-\frac{m(g+a)}{D} \)

változót, a mozgásegyenlet erre a formára írható át:

\(\displaystyle m\ddot{u}=-Du. \)

Ez a harmonikus rezgőmozgás ismert differenciálegyenlete, melynek általános megoldása:

\(\displaystyle u(t)=A\sin\omega t+B\cos\omega t,\quad\textrm{ahol}\quad\omega=\sqrt{\frac{D}{m}}. \)

A kezdeti állapot:

\(\displaystyle u(0)=\frac{mg}{D}-\frac{m(g+a)}{D}=-\frac{ma}{D}\quad\textrm{és}\quad\dot{u}(0)=0, \)

ezért

\(\displaystyle A=0\quad\textrm{és}\quad B=-\frac{ma}{D}, \)

amiből

\(\displaystyle x(t)=\frac{ma}{D}(1-\cos\omega t)+\frac{mg}{D}. \)

Amikor a lift gyorsulása zérussá válik, általános \(\displaystyle \tau\) esetén a kis testnek van kitérése és sebessége is, és ezután az \(\displaystyle x_0=\tfrac{mg}{D}\) egyensúlyi helyzet körül fog valamekkora \(\displaystyle A\) amplitúdójú harmonikus rezgőmozgást végezni. A rezgés amplitúdóját az energiamegmaradás alapján határozzuk meg. A rendszer teljes mechanikai energiája a \(\displaystyle t=\tau\) pillanatban a rugó potenciális energiájának, a mozgási energiának és a gravitációs potenciális energiának az összege:

A rezgő rendszer mechanikai energiája a rugó maximális megnyúlásakor (ekkor csak potenciális energiatagok vannak):

\(\displaystyle E_2=\frac{1}{2}D\left(A+\frac{mg}{D}\right)^2-mg\left(A+\frac{mg}{D}\right). \)

A két kifejezést egyenlővé téve, és az egyenletet rendezve (felhasználva az \(\displaystyle \omega^2=\tfrac{D}{m}\) és a \(\displaystyle \sin^2\omega\tau+\cos^2\omega\tau=1\) azonosságokat), a keresett amplitúdó:

\(\displaystyle A=\frac{ma}{D}\sqrt{2(1-\cos\omega\tau)}=\frac{2ma}{D}\left|\sin\frac{\omega\tau}{2}\right|. \)

Láthatjuk, hogy az amplitúdó a \(\displaystyle \tau\) időtartamtól függően 0 és \(\displaystyle \tfrac{2ma}{D}\) között lehet.

Erdélyi Dominik (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 12. évf.)

II. megoldás. A feladat a szuperpozíció módszerével is megoldható. Ez a módszer a mechanikában azért működik, mert egy tömegpont \(\displaystyle x(t)\) elmozdulásfüggvénye, illetve az \(\displaystyle \ddot{x}(t)\) gyorsulásfüggvénye, valamint a testre ható (időben akár változó) \(\displaystyle F(t)\) erő között lineáris kapcsolat áll fenn. Ez annyit jelent, hogy ha az \(\displaystyle x_1(t)\) elmozdulásfüggvénynek \(\displaystyle F_1(t)\) erőfüggvény felel meg, \(\displaystyle x_2(t)\)-nek pedig \(\displaystyle F_2(t)\), akkor a \(\displaystyle c_1x_1(t)+c_2x_2(t)\) elmozduláshoz tartozó erőfüggvény \(\displaystyle c_1F_1(t)+c_2F_2(t)\), ahol \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) tetszőleges állandók. (Ez a tulajdonság abból következik, hogy a deriválás lineáris művelet, Newton II. törvénye pedig lineáris egyenlet.)

Megjegyzés. Valamilyen ismert erőfüggvény csak a kezdőfeltételekkel együtt határozza meg egyértelműen az elmozdulásfüggvényt. Különböző megoldások súlyozott összegének képzésekor a kezdeti hely- és sebességadatok is szuperponálódnak. Ezzel azonban nem kell törődjünk, ha a kezdeti feltétel az, hogy a test kezdetben az origóban áll.

Írjuk le az \(\displaystyle m\) tömegű test mozgását a lift koordináta-rendszerében. Amennyiben a test elmozdulását a nyugalmi helyzetétől mérjük (ahol a rugóerő egyensúlyt tart a nehézségi erővel), akkor az \(\displaystyle mg\) nehézségi erőt a továbbiakban figyelmen kívül hagyhatjuk. A test mozgásegyenlete általánosan:

\(\displaystyle m\ddot{x}=-Dx(t)+F(t), \)

ahol \(\displaystyle F(t)\) a testre a rugóerőn kívül ható tetszőleges erő, \(\displaystyle \ddot{x}\) pedig a gyorsulást jelöli. Esetünkben

(A koordinátatengelyt lefelé irányítjuk, ezért a felfelé, állandó \(\displaystyle a\) gyorsulással mozgó liftben fellépő tehetetlenségi erő \(\displaystyle +ma\).) Bevezetve az \(\displaystyle \omega=\sqrt{\tfrac{D}{m}}\) jelölést a mozgásegyenlet így írható:

\(\displaystyle \ddot{x}+\omega^2x(t)=\frac{1}{m}F(t). \)

Tekintsük először azt az egyszerűbb esetet, amikor \(\displaystyle F(t)\) egy nagyon rövid \(\displaystyle \Delta t\) ideig tartó, \(\displaystyle ma\) nagyságú erőlökés a \(\displaystyle t=0\) pillanatban. Ez az erőlökés a kezdetben álló testet hirtelen \(\displaystyle \tfrac{F\Delta t}{m}=a\Delta t\) sebességre gyorsítja fel (1. ábra), és az a továbbiakban \(\displaystyle \omega\) körfrekvenciájú, szinuszos rezgésbe kezd:

\(\displaystyle x(t;0)=\begin{cases}0,&\text{ha }t\le0\\ \frac{a\Delta t}{\omega}\sin\omega t,&\text{ha }t>0.\end{cases} \)

(Az \(\displaystyle x(t;0)\) jelölésben a 0 azt mutatja, hogy az erőlökés \(\displaystyle t=0\) pillanatot követően történt.)

1. ábra

Amennyiben egy ugyanekkora erőlökés éri a testet valamely \(\displaystyle t'\) időpillanatot követő \(\displaystyle \Delta t\) intervallumban (\(\displaystyle 0<t'<\tau\)), akkor ennek hatására kialakuló mozgás (lásd a 2. ábrát):

\(\displaystyle x(t;t')=\begin{cases}0,&\textrm{ha }t\le t'\\ \tfrac{a\Delta t}{\omega}\sin\omega(t-t'),&\textrm{ha }t>t'.\end{cases} \)

2. ábra

Mivel az (1) képletben szereplő \(\displaystyle F(t)\) függvény összetehető (szuperponálható) sok rövid erőlökésből, a ténylegesen kialakuló mozgás is előállítható az egyes erőlökésekhez tartozó elmozdulásfüggvények összegeként:

\(\displaystyle x(t)=\sum_{t'=0}^{\tau}x(t;t')=\frac{a}{\omega}\sum_{t'=0}^{\tau}\sin\omega(t-t')\Delta t',\quad\textrm{ha }t>\tau. \)

Érdemes áttérni a \(\displaystyle t'\) változóról a \(\displaystyle \varphi\equiv\omega(t-t')\) új változóra. Mivel az erőlökések \(\displaystyle \Delta t'\) hosszának \(\displaystyle \Delta\varphi=\omega\Delta t'\) felel meg, az összegzést pedig az \(\displaystyle \omega(t-\tau)<\varphi<\omega t\) intervallumon kell végezni, a keresett megoldás így írható:

A (2) kifejezésben szereplő

\(\displaystyle W=\sum_{\varphi_1}^{\varphi_2}\sin\varphi\Delta\varphi \)

alakú összeg legegyszerűbben integrálszámítással határozható meg (az erőlökések időtartamának fokozatos csökkentésével):

\(\displaystyle W=\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi=-\cos\varphi\Big\vert_{\varphi_1}^{\varphi_2}=\cos\varphi_1-\cos\varphi_2. \)

(Az összefüggést integrálszámítás nélkül, fizikai analógia segítségével is megkaphatjuk. Egy lehetséges módszer látható a a feladat el[zetes megoldásában.)

Ezt felhasználva a (2)-ben szereplő elmozdulásfüggvény \(\displaystyle t>\tau\) időpontokban:

\(\displaystyle x(t)=\frac{a}{\omega^2}(\cos(\omega t-\omega\tau)-\cos\omega t), \)

amely trigonometrikus átalakításokkal tovább alakítható:

(A fázisszög \(\displaystyle \alpha=\arctg\tfrac{\cos\omega\tau-1}{\sin\omega\tau}\), de ennek értékére nincs szükségünk.) A kialakuló rezgés amplitúdója:

\(\displaystyle A=\frac{a}{\omega^2}\sqrt{(\cos\omega\tau-1)^2+\sin^2\omega\tau}=\frac{a}{\omega^2}\sqrt{2(1-\cos\omega\tau)}=\frac{ma}{D}\sqrt{2(1-\cos\omega\tau)}. \)

Megjegyzés. A fenti megoldásban szereplő \(\displaystyle x(t;t')\) függvényt a vizsgált probléma Green-függvényének nevezik. A George Green (1793–1841) angol matematikus által kidolgozott módszert sikeresen alkalmazzák az elméleti fizika számos területén.

30 dolgozat érkezett. Helyes 18 megoldás. Kicsit hiányos (5 pont) 5, hiányos (2–4 pont) 7 dolgozat.