Erőtan I. - Harmonikus rezgés gravitációs térben

Feladat

1. Egy $\setbox0\hbox{$D$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ direkciós erejű rugó egyik végét a plafonhoz rögzítettük, másik végére pedig $\setbox0\hbox{$m$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű testet kötöttünk, amihez egy további fonalállal egy másik, szintén $\setbox0\hbox{$m$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű testet kötöttünk.

   a.) Mekkora a rugó megnyúlása egyensúlyi helyzetben?

   b.) Kicsit kitérítve az egyensúlyi helyzetből, mekkora lesz a kialakuló rezgés körfrekvenciája?

   Legyen ismét egyensúlyban a rendszer. Ekkor elvágjuk a fonalat.

   c.) Hol lesz az a rendszer új egyensúlyi helyzete?

   d.) Mekkora lesz az új körfrekvencia?

   e.) Mekkora amplitudójú rezgést végez a megmaradt test?

   f.) Adjuk meg a rezgés kitérés-idő függvényét!

   

Megoldás

1. a.) Mivel a feladat nem kérdezi a fonal-erőt, ezért egyszerűen azt mondhatjuk, hogy a rugóra egy $\setbox0\hbox{$2m$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű test van rákötve. Ez mindaddig helyes, amíg a fonal esetleg meg nem lazul. A rugó egyensúlyi megnyúlása

   $\[x_{e,0} = \frac{2 m g}{D} \; .\]$

   b.) Mindaddig, amíg a fonal feszes marad (nem túl nagy amplitudójú rezgés), tekinthetjük úgy, hogy egy $\setbox0\hbox{$2m$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ tömegű test mozog. A mozgásegyenlete

   $\[ 2m \ddot{x} = 2m g - D x \, .\]$

   Érdemes áttérni az $\setbox0\hbox{$y = x - x_{e,0}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ koordinátára. Ezt behelyettesítve

   $\[2 m \ddot{y} = - D y \; .\]$

   Láthatóan egy konstans erővel terhelt harmonikus oszcillátor ismét egy harmonikus oszcillátor, csak az egyensúlyi helyzete eltolódik. A rezgés körfrekvenciája $\setbox0\hbox{$\omega = \sqrt{\frac{D}{2m}}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$. (Azt, hogy ez hogy jön ki, a d.) feladat megoldása alapján itt is meg lehet csinálni.)

   c.) Levágva az alsó tömeget, az új egyensúlyi helyzet $\setbox0\hbox{$x_{e,1} = \frac{m g}{D}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$.

   d.) Bevezetve a $\setbox0\hbox{$z = x - x_{e,1}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ koordinátát a mozgásegyenlet:

   $\[m \ddot{z} = - D z \; .\]$

   Ennek az egyenletnek az általános megoldása

   $\[z(t) = A \sin (\omega t + \varphi) \, .\]$

   Helyettesítsük be az általános megoldást!

   $\[- m A \omega^2 \sin(\omega t + \varphi) = - D A \sin (\omega t + \varphi) \, .\]$

   Láthatóan oszthatunk $\setbox0\hbox{$A \sin()$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$-al, amit kapunk:

   $\[m \omega^2 = D\]$

   , ebből $\setbox0\hbox{$\omega = \sqrt{\frac{D}{m}}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$.

   e.) Az $\setbox0\hbox{$A$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ és $\setbox0\hbox{$\varphi$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ paramétereket a kezdeti feltételek illesztésével nyerhetjük. A kezdőpillanatban a testünk a régi egyensúlyi helyen volt, azaz $\setbox0\hbox{$x(0) = x_{e,0}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$. Ebből a kezdeti $\setbox0\hbox{$z$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ koordináta $\setbox0\hbox{$z(0) = x_{e,0} - x_{e,1} = \frac{m g}{D}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$. A kezdeti sebesség $\setbox0\hbox{$\dot{z}(0) = 0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ Ezeket az egyenleteket felírva az általános megoldással:

   $\[A \sin(\varphi) = z(0) = \frac{m g}{D}\]$

   $\[A \omega \cos(\varphi) = 0 \; .\]$

   A második egyenletből $\setbox0\hbox{$\cos(\varphi) = 0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, azaz $\setbox0\hbox{$\varphi = \pi /2$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$ megfelelő. Ezt beírva az elsőbe $\setbox0\hbox{$A \sin(\pi/2) = \frac{m g}{D}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$, azaz $\setbox0\hbox{$A = \frac{m g}{D}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%$.

   f.)

   $\[z(t) = \frac{m g}{D} \sin(\omega t + \pi/2) = \frac{m g}{D} \cos(\omega t)\]$