„Mechanika - Kiskocsik rugóval” változatai közötti eltérés

A lap 2013. november 26., 22:15-kori változata (lapforrás) Gombkoto (vitalap | szerkesztései) (→‎Megoldás) ← Régebbi szerkesztés		A lap jelenlegi, 2013. november 26., 22:37-kori változata (lapforrás) Gombkoto (vitalap | szerkesztései) (→‎Megoldás)
11. sor:		11. sor:
	== Megoldás ==		== Megoldás ==
	<wlatex>[[Kép:kisfiz1gy-6.16M.svg|none|250px]] A rajzon látható két egymáshoz képest eltolt koordinátarendszerben a két test mozgásegyenlete: $$m_1\ddot x_1=-D(x_1-x_2)$$ $$m_2\ddot x_2=D(x_1-x_2),$$ ahol $x_1(t)$ és $x_2(t)$ a keresett megoldások. (Ez az eltolás sem a sebesség- sem a gyorsulásjellegű mennyiségeken nem változtat.) Mivel a testekre pontrendszerként tekintve őket csak belső erő hat (erő-ellenerő pár, ahogy a mozgásegyenletek jobb oldalán látszik), ezért a tömegközéppont mozgása csak meghatározott lehet. A nulla keződsebeségek miatt ennek sebessége nulla (az eredő impulzus nulla). Emiatt a tömegközéppont gyorsulása is nulla, ami a két egyenlet összeadásából is látszik, másrészt a tömegközéppont helye időben állandó. Előbbi megállapítás miatt a két keresett gyorsulás függvény csak egymás számszorosa lehet, mivel másképp nem tudnák kielégíteni a mozgásegyenleteket minden időpontban. Ugyanez igaz a sebesség függvényekre, mivel $$(m_1+m_2)v_{\rm{TKP}}=0=m_1\dot x_1+m_2\dot x_2,$$ így azok is egymás számszorosai. Maguk a kitérés-idő függvények ezek szerint egy konstant eltolás erejéig egymás számszorosai, azaz lineáris kapcsolatban vannak egymással. Ez a konstant azonban vehető nullának, mivel $$(m_1+m_2)x_{\rm{TKP}}=\text{áll.}=m_1x_1+m_2(l_0+x_2),$$ ahol $l_0$ a rugó nyújtatlan hossza, amely viszont nem szerepel a mozgásegyenletekben, így tetszőlegesen választható (és $x_{\rm{TKP}}$ az $x_1$-hez rendelt rendszerben méretik)! Ezzel $x_{\rm{TKP}}=0$ is lehet, és a két keresett függvényre $$\frac{x_1}{x_2}=-\frac{m_2}{m_1}$$ adódik. Ezt felhasználva $x_1$ és $x_2$ egymással helyettesíthető a két mozgásegyenletben, így kapjuk pl. a másodikból: $$m_2\ddot x_2=-D(x_2-x_1)=-D\left(x_2+\frac{m_2}{m_1}x_2\right)=-D\frac{m_1+m_2}{m_1}x_2,$$ amely egy harmonikus rezgés egyenlete, így ebből $$\omega^2=D\frac{m_1+m_2}{m_1m_2},$$ és ugyanezt kapnánk az első egyenletből is. Megállapítható tehát, hogy mindkét kocsi azonos frekenciával fog rezegni. Az itt látható hányados reciproka a két test redukált tömege.		<wlatex>[[Kép:kisfiz1gy-6.16M.svg|none|250px]] A rajzon látható két egymáshoz képest eltolt koordinátarendszerben a két test mozgásegyenlete: $$m_1\ddot x_1=-D(x_1-x_2)$$ $$m_2\ddot x_2=D(x_1-x_2),$$ ahol $x_1(t)$ és $x_2(t)$ a keresett megoldások. (Ez az eltolás sem a sebesség- sem a gyorsulásjellegű mennyiségeken nem változtat.) Mivel a testekre pontrendszerként tekintve őket csak belső erő hat (erő-ellenerő pár, ahogy a mozgásegyenletek jobb oldalán látszik), ezért a tömegközéppont mozgása csak meghatározott lehet. A nulla keződsebeségek miatt ennek sebessége nulla (az eredő impulzus nulla). Emiatt a tömegközéppont gyorsulása is nulla, ami a két egyenlet összeadásából is látszik, másrészt a tömegközéppont helye időben állandó. Előbbi megállapítás miatt a két keresett gyorsulás függvény csak egymás számszorosa lehet, mivel másképp nem tudnák kielégíteni a mozgásegyenleteket minden időpontban. Ugyanez igaz a sebesség függvényekre, mivel $$(m_1+m_2)v_{\rm{TKP}}=0=m_1\dot x_1+m_2\dot x_2,$$ így azok is egymás számszorosai. Maguk a kitérés-idő függvények ezek szerint egy konstant eltolás erejéig egymás számszorosai, azaz lineáris kapcsolatban vannak egymással. Ez a konstant azonban vehető nullának, mivel $$(m_1+m_2)x_{\rm{TKP}}=\text{áll.}=m_1x_1+m_2(l_0+x_2),$$ ahol $l_0$ a rugó nyújtatlan hossza, amely viszont nem szerepel a mozgásegyenletekben, így tetszőlegesen választható (és $x_{\rm{TKP}}$ az $x_1$-hez rendelt rendszerben méretik)! Ezzel $x_{\rm{TKP}}=0$ is lehet, és a két keresett függvényre $$\frac{x_1}{x_2}=-\frac{m_2}{m_1}$$ adódik. Ezt felhasználva $x_1$ és $x_2$ egymással helyettesíthető a két mozgásegyenletben, így kapjuk pl. a másodikból: $$m_2\ddot x_2=-D(x_2-x_1)=-D\left(x_2+\frac{m_2}{m_1}x_2\right)=-D\frac{m_1+m_2}{m_1}x_2,$$ amely egy harmonikus rezgés egyenlete, így ebből $$\omega^2=D\frac{m_1+m_2}{m_1m_2},$$ és ugyanezt kapnánk az első egyenletből is. Megállapítható tehát, hogy mindkét kocsi azonos frekenciával fog rezegni. Az itt látható hányados reciproka a két test redukált tömege.
−	Egy másik lehetséges megoldási mód bonyolultabb/általánosabb esetek kezelését is lehetővé teszi, ezért röviden érdemes megnézni ezt is. A két mozgásegyenletünk egy közönséges, csatolt, lineáris, homogén, állandó együtthatós differenciál-egyenlet rendszer. Az ilyen rendszerek homogén általános megoldását mindig exponenciális függvények alakjában lehet keresni (pár kivétellel, lásd. később a kritikus csillapításnál). Fizikai kép alapján ráadásul $e^{\pm i\omega t}$ komplex exponenciális vagy szinuszos alakokban kereshetjük a megoldást, mivel rezgésről van szó. Ezek alapján a próbafüggvényeink legyenek $x_1(t)=x_{01}\sin{\omega t}$ és $x_2(t)=x_{02}\sin{\omega t}$ alakúak. Itt már felhasználtuk azt a megállapítást, hogy a két függvény egymás számszorosa lehet csak, tehát azonos frekvenciájú rezgéseket írnak le. Ezeket az egyenletekbe helyettesítve  kapjuk $$-m_1\omega^2x_1=-D(x_1-x_2)$$ $$-m_2\omega^2x_2=D(x_1-x_2),$$ amely már egy algebrai homogén lineáris egyenletrendszer, tehát mátrix alakban is felírható:  $$\begin{bmatrix} D-m_1\omega^2&-D\\-D&D-m_2\omega^2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$ Látható, hogy ez alakját tekintve lényegében egy sajátérték egyenlet. Nemtirivális megoldása a homogén egyenletnek akkor van, ha az együttható mátrix determinánsa nulla, és ez adja meg a lehetséges frekvenciákat, ez esetben egy nullát és egy nem nullát. A próbafüggvény behelyettesítésénél kieső $x_{01}$ és $x_{02}$ amplitúdók alkotta vektor lenne a sajátvektor. Konkrét kezdeti feltételek nélkül ezek nem határozatók meg, csak az arányuk, azaz egy sajátvektor, amely a nem nulla frekvenciás rezgéshez tartozik. Hasonló lineáris algebrai eszköztárral kezelhetők akár a több szabadsági fokú rugóláncok, csatolt ingák, stb.</wlatex>	+	Egy másik lehetséges megoldási mód bonyolultabb/általánosabb esetek kezelését is lehetővé teszi, ezért röviden érdemes megnézni ezt is. A két mozgásegyenletünk egy közönséges, csatolt, lineáris, homogén, állandó együtthatós differenciál-egyenlet rendszer. Az ilyen rendszerek homogén általános megoldását mindig exponenciális függvények alakjában lehet keresni (pár kivétellel, lásd. később a kritikus csillapításnál). Fizikai kép alapján ráadásul $e^{\pm i\omega t}$ komplex exponenciális vagy szinuszos alakokban kereshetjük a megoldást, mivel rezgésről van szó. Ezek alapján a próbafüggvényeink legyenek $x_1(t)=x_{01}\sin{\omega t}$ és $x_2(t)=x_{02}\sin{\omega t}$ alakúak. Itt már felhasználtuk azt a megállapítást, hogy a két függvény egymás számszorosa lehet csak, tehát azonos frekvenciájú rezgéseket írnak le. Ezeket az egyenletekbe helyettesítve  kapjuk $$-m_1\omega^2x_1=-D(x_1-x_2)$$ $$-m_2\omega^2x_2=D(x_1-x_2),$$ amely már egy algebrai homogén lineáris egyenletrendszer, tehát mátrix alakban is felírható:  $$\begin{bmatrix} D-m_1\omega^2&-D\\-D&D-m_2\omega^2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$ Látható, hogy ez alakját tekintve lényegében egy sajátérték egyenlet. Nem-trivális megoldása a homogén egyenletnek akkor van, ha az együttható mátrix determinánsa nulla, és ez adja meg a lehetséges frekvenciákat, ez esetben egy nullát és egy nem nullát. A próbafüggvény behelyettesítésénél kieső $x_{01}$ és $x_{02}$ amplitúdók alkotta vektor lenne a sajátvektor. Konkrét kezdeti feltételek nélkül ezek nem határozatók meg, csak az arányuk, azaz egy sajátvektor, amely a nem nulla frekvenciás rezgéshez tartozik. Hasonló lineáris algebrai eszköztárral kezelhetők akár a több szabadsági fokú rugóláncok, csatolt ingák, stb.</wlatex>
	</noinclude>		</noinclude>

---

A lap jelenlegi, 2013. november 26., 22:37-kori változata

Navigáció Pt·1·2·3
Kísérleti fizika gyakorlat 1.
Gyakorlatok listája: Deriválás Integrálás Mozgástan Erőtan I. Erőtan II. Munka, energia Pontrendszerek Merev testek I. Merev testek II. Rugalmasság, folyadékok Rezgések I. Rezgések II. Hullámok
Mechanika - Rezgések I.
Feladatok listája: Rezgések pályaegyenlete Rugóra akasztott test Rezgés kezdeti feltételekkel Rezgés egyensúlyi helyzetből Rezgő testre rápottyanó Kosárba ejtett test Rugókra merőleges rezgés Inga kétféle rezgésideje Rezgés ferde rugóval Kiskocsik rugóval Függvényalak átalakítása Eredő rezgés adatai Adott eredő rezgés Azonos kitérés ideje Lebegés
© 2012-2013 BME-TTK, TÁMOP4.1.2.A/1-11/0064

Feladat

1. (*6.16.) Vízszintes lapon álló és tömegű kiskocsikat rugóállandójú rugóval kötünk össze. A két kiskocsit széthúzzuk, majd hirtelen elengedjük őket. Hogyan fognak ezután mozogni? (A súrlódástól eltekintünk.)

Megoldás

A rajzon látható két egymáshoz képest eltolt koordinátarendszerben a két test mozgásegyenlete: ahol és a keresett megoldások. (Ez az eltolás sem a sebesség- sem a gyorsulásjellegű mennyiségeken nem változtat.) Mivel a testekre pontrendszerként tekintve őket csak belső erő hat (erő-ellenerő pár, ahogy a mozgásegyenletek jobb oldalán látszik), ezért a tömegközéppont mozgása csak meghatározott lehet. A nulla keződsebeségek miatt ennek sebessége nulla (az eredő impulzus nulla). Emiatt a tömegközéppont gyorsulása is nulla, ami a két egyenlet összeadásából is látszik, másrészt a tömegközéppont helye időben állandó. Előbbi megállapítás miatt a két keresett gyorsulás függvény csak egymás számszorosa lehet, mivel másképp nem tudnák kielégíteni a mozgásegyenleteket minden időpontban. Ugyanez igaz a sebesség függvényekre, mivel így azok is egymás számszorosai. Maguk a kitérés-idő függvények ezek szerint egy konstant eltolás erejéig egymás számszorosai, azaz lineáris kapcsolatban vannak egymással. Ez a konstant azonban vehető nullának, mivel ahol a rugó nyújtatlan hossza, amely viszont nem szerepel a mozgásegyenletekben, így tetszőlegesen választható (és az -hez rendelt rendszerben méretik)! Ezzel is lehet, és a két keresett függvényre adódik. Ezt felhasználva és egymással helyettesíthető a két mozgásegyenletben, így kapjuk pl. a másodikból: amely egy harmonikus rezgés egyenlete, így ebből és ugyanezt kapnánk az első egyenletből is. Megállapítható tehát, hogy mindkét kocsi azonos frekenciával fog rezegni. Az itt látható hányados reciproka a két test redukált tömege. Egy másik lehetséges megoldási mód bonyolultabb/általánosabb esetek kezelését is lehetővé teszi, ezért röviden érdemes megnézni ezt is. A két mozgásegyenletünk egy közönséges, csatolt, lineáris, homogén, állandó együtthatós differenciál-egyenlet rendszer. Az ilyen rendszerek homogén általános megoldását mindig exponenciális függvények alakjában lehet keresni (pár kivétellel, lásd. később a kritikus csillapításnál). Fizikai kép alapján ráadásul komplex exponenciális vagy szinuszos alakokban kereshetjük a megoldást, mivel rezgésről van szó. Ezek alapján a próbafüggvényeink legyenek és alakúak. Itt már felhasználtuk azt a megállapítást, hogy a két függvény egymás számszorosa lehet csak, tehát azonos frekvenciájú rezgéseket írnak le. Ezeket az egyenletekbe helyettesítve kapjuk amely már egy algebrai homogén lineáris egyenletrendszer, tehát mátrix alakban is felírható: Látható, hogy ez alakját tekintve lényegében egy sajátérték egyenlet. Nem-trivális megoldása a homogén egyenletnek akkor van, ha az együttható mátrix determinánsa nulla, és ez adja meg a lehetséges frekvenciákat, ez esetben egy nullát és egy nem nullát. A próbafüggvény behelyettesítésénél kieső és amplitúdók alkotta vektor lenne a sajátvektor. Konkrét kezdeti feltételek nélkül ezek nem határozatók meg, csak az arányuk, azaz egy sajátvektor, amely a nem nulla frekvenciás rezgéshez tartozik. Hasonló lineáris algebrai eszköztárral kezelhetők akár a több szabadsági fokú rugóláncok, csatolt ingák, stb.