Néhány fizikai probléma

Összeállította: Tasnádi Tamás

Harmonikus rezgőmozgás

Az ideális rugó által kifejtett F erő arányos, és ellentétes irányú a rugó x megnyúlásával, F (x) = −Dx. Hogyan mozog (egydimenzióban) az a test, amelyre egyetlen rugó hat?

Newton II. törvénye értelmében F (x) = mẍ. Beírva a rugóerő alakját, a

−Dx(t) = mẍ(t)

másodrendű differenciálegyenlethez jutunk, melynek általános megoldása

x(t) = A sin(ωt) + B cos(ωt),

ahol ω = \sqrt{\frac{D}{m}}.

(Az egyenletet visszavezethetjük elsőrendűre, ha megszorozzuk ẋ(t)-vel, és felhasználjuk, hogy 2ẋ(t)x(t) = \frac{d}{dt}(x^{2}(t)), valamint 2ẍ(t)ẋ(t) = \frac{d}{dt}(ẋ^{2}(t)).)

Kondenzátor kisülése

A C kapacitású, Q_{0} kezdeti töltéssel feltöltött kondenzátort az R ellenálláson keresztül kisütjük. Határozzuk meg a kondenzátor Q(t) töltésének időfüggését, az áramkörben folyó I(t) áramot, valamint a kondenzátor kapcsain mérhető U(t) feszültséget az idő függvényében!

A szükséges fizikai ismeretek: A kondenzátor U(t) feszültsége, Q(t) töltése és C kapacitása között minden pillanatban fennáll, hogy C = \frac{Q}{U}. Az ellenálláson folyó áram és a sarkai közt mérhető feszültség kapcsolata: R = \frac{U}{I}. Végül a kondenzátor töltése és az áram közti kapcsolat: Q(t) = Q_{0} + ∫_{τ=t_{0}}^{t} I(τ)dτ, azaz Q̇(t) = I(t).

Az áramkörben nincsen telep, tehát az ellenálláson és a kondenzátoron eső feszültségek összege minden pillanatban zérus, U_{C}(t)+U_{R}(t) = 0. Az U_{C}(t) feszültség a kondenzátor töltésével kifejezve: U_{C}(t) = \frac{Q(t)}{C}. Az áramkörben folyó áram I(t) = Q̇(t), tehát az ellenálláson eső feszültség U_{R}(t) = RI(t) = RQ̇(t). De e két feszültség összege zérus, tehát a

\frac{Q(t)}{C} + RQ̇(t) = 0, Q(0) = Q_{0}

differenciálegyenletet kapjuk, aminek a kezdeti feltételt kielégítő megoldása:

Q(t) = Q_{0}e^{− \frac{C}{R} t}.

Radioaktív bomlás

Radioaktív bomlás során az időegység alatt elbomlott atomok száma arányos a még el nem bomlott atomok számával. Határozzuk meg, hogyan változik az idő függvényében a még el nem bomlott atomok száma, valamint a minta aktivitása (időegységre jutó bomlások száma)!

Legyen a még el nem bomlott atomok száma N(t). Rövid dt idő alatt elbomlott atomok száma arányos (N(t)-vel és dt-vel, azaz N(t) − N(t + dt) = N(t)λdt, ahonnan Ṅ(t) = −λN(t) differenciálegyenlethez jutunk. Ennek megoldása: N(t) = N_{0}e^{−λt}; a minta aktivitásának időfüggése pedig A(t) = −Ṅ(t) = N_{0}λe^{−λt}.

Oszlopra tekert kötél

A matrózok úgy tartják a nagy hajókat a partnál, hogy a kikötőkötelet előbb néhányszor a kikötőhöz betonozott függőleges oszlopra csavarják, és a felcsavart kötél másik végét húzzák. Vajon miért teszik ezt? Mennyivel tudnak így nagyobb erőt kifejteni, mintha a kötelet közvetlenül húznák?

Az oszlopra csavart kötél ráfeszül az oszlopra, és az oszlop és a kötél közt ébredő súrlódási erő segít megtartani a hajót.

Jelölje az oszlop sugarát R. Legyen φ az oszlopra csavart kötél pontjait jellemző szög (φ = 0 a hajó felé eső kötélpont, φ = φ_{0} pedig a matróz felé eső kötélpont), és legyen K(φ) a kötelet a φ szöggel jellemzett pontban feszítő erő. (Tehát K iránya az oszlop érintőjébe esik.) Szemeljünk ki egy φ-nél elhelyezkedő, kis dφ kötéldarabot. E kis kötéldarabra a két végénél K(φ), ill. K(varphi + dφ ≈ K(φ) erő hat. A két erő iránya közel ellentétes, a hatásvonalaik szöge dφ. Egyszerű geometriai megfontolásból adódik, hogy (dφ ≪ 1 esetében) a két erő eredője közel sugár irányú, és nagysága dN(φ) ≈ K(φ)dφ. Ekkora nyomóerőnél a tapadási súrlódási erő maximuma dS(φ) = μ_{0}dN(φ) ≈ μ_{0}K(φ)dφ. A kiszemelt dφ szögű kötéldarab nyugalomban van, tehát a rá ható érintő irányú erők eredője zérus, azaz K(φ) = K(φ + dφ) + dS(φ). Innen a kötélet feszítő erőre, mint a felcsavarodási szög függvényére a következő differenciálegyenletet kapjuk:

\frac{d}{dφ}K(φ) = −μ_{0}K(φ); K(0) = K_{0},

aminek a megoldása:

K(φ) = K_{0}e^{−μ_{0}φ}.

Tehát ha a matróz φ_{0} szögben csavarja rá a kötelet az oszlopra, és a kötél és az oszlop között a tapadási súrlódási együttható μ_{0}, akkor a matróz e^{−μ_{0}φ}-szer kisebb erő kifejtésével képes megtartani a hajót.

Esés nagy magasságból a világűrben

Tegyük föl, hogy egy gonosz varázsló megállítaná a Holdat, és az kezdősebesség nélkül szabadon esne a Föld felé. Hogyan változna a Föld–Hold távolság az idő függvényében?

Legyen a Föld tömege M, a Hold tömege m, kezdeti távolságuk h_{0}, és tegyük föl –az egyszerűség kedvéért–, hogy a Föld nem mozdu el a Hold felé. (Ez a közelítés akkor jogos, ha M ≫ m.) A gravitációs állandót jelölje γ.

Amikor a Föld és a Hold távolsága r(t), akkor a Föld által a Holdra kifejtett gravitációs vonzóerő F (r) = γ \frac{mM}{r^{2}} , így a Hold mozgásegyenlete:

mr̈(t) = −γ \frac{mM}{r^{2}(t)}.

(A negatív előjel utal arra, hogy az erő vonzó.) A kapott egyenlet másodrendű differenciálegyenlet az r(t) függvényre nézve, azonban egy ügyes trükkel elsőrendűvé alakíthatjuk. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát ṙ(t)-vel, és vegyük észre, hogy r̈(t)ṙ(t) = \frac{1}{2} \frac{d}{dt}(ṙ^{2}(t)), valamint \frac{ṙ(t)}{r^{2}(t)} = −\frac{d}{dt}(\frac{1}{r(t)}). Tehát

\frac{1}{2} \frac{d}{dt}(ṙ^{2}(t)) = γM \frac{d}{dt}(\frac{1}{r(t)}),

ahonnan

ṙ^{2}(t) = \frac{2γM}{r(t)} + C.

A kapott egyenlet a Holdra felírt mechanikai energiamegmaradás törvényének átrendezett alakja. Autonóm, szeparálható differenciálegyenlet...

Láncgörbe

Milyen alakú egy két végpontjában felfüggesztett lánc?

Írjuk le a lánc alakját az y(x) függvénnyel, mely a lánc x vízszintes koordinátájú pontjának magasságát adja meg. A láncban ébredő erő vízszintes, ill. függőleges komponensét jelölje K_{x}(x), ill. K_{y}(x). Vizsgáljuk a láncnak az x helyen levő kis dl hosszúságú, dm = ρdl tömegű darabját! (ρ a lánc hosszegységre vonatkoztatott ,,sűrűsége”.) Ez a kis láncdarab nyugalomban van, tehát a rá ható erők eredője (vízszintes és függőleges irányban egyaránt) zérus. Vízszintes irányban a láncra nem hat külső erő, tehát K_{x}(x) = K_{x}(x + dx), így a láncot feszítő erő vízszintes komponense állandó, K_{x}(x) ≡ K_{x}. Függőleges irányban a láncdarabra hat a (dm)g nehézségi erő, tehát K_{y}(x + dx) − K_{y}(x) = gρdl. Ezen kívül tudjuk még, hogy a lánc meredeksége az x pontban y′(x), tehát dl = \sqrt{1 + y^{′2}(x)}dx, valamint a láncban ébredő erő érintő irányú, azaz K_{y}(x) = y′(x)K_{x}. Ezeket felhasználva a

K_{x}y′′(x) = ρg\sqrt{1 + y^{′2}(x)}.

differenciálegyenletet kapjuk a lánc alakjára, ami az y′(x) függvényre nézve elsőrendű, autonóm, szeparálható egyenlet. A megoldása:

y′(x) = sh (\frac{ρgx}{K_{x}} + C), y(x) = \frac{K_{x}}{ρg} ch (\frac{ρgx}{K_{x}} + C).

Ezért hívják sokszor a koszinusz-hiperbolikusz függvényt ,,láncgörbének”.

Mozgás közegellenállással – nagy sebességnél

Légnemű vagy folyékony közegben nagy sebességgel mozgó testre a sebesség négyzetével arányos közegellenállási erő hat. Meg tudjuk mondani például, hogy leszállás után hogyan mozog a kifutópályán az a repülőgép, amelyet csak a fékező ernyője fékez. A gép mozgásegyenlete:

mẍ(t) = −κẋ^{2}(t),

ami ẋ(t)-re elsőrendű, autonóm, szeparábilis differenciálegyenlet.

Például a Föld légkörében szabadon eső test mozgásegyenlete

mḧ(t) = κḣ^{2}(t) − mg.

Mozgás közegellenállással – kis sebességnél

Talán egyszerűbben megoldható a feladat akkor, ha a közegellenállási erő a sebességgel arányos. Egy sűrű, viszkózus folyadékban lassan sűllyedő kis golyó mozgásegyenlete például

mÿ(t) = mg − αẏ(t),

ami ẋ(t)-re elsőrendű, lineáris, inhomogén, állandó együtthatós egyenlet.