1

Slobodni pad deformabilnog vertikalnog štapa

Free-fall of a deformable vertical rod

Maja Gaćeša*, Nermina Mujaković**

Sažetak

U radu predstavljamo problem slobodnog pada elastičnog štapa u polju zemljine gravitacije. Cilj je dobiti funkciju koja opisuje kretanje (odnosno položaj) točaka duž štapa u ovisnosti o vremenu. Problem se svodi na rješavanje nehomogene valne jednadžbe sa zadanim početnim i rubnim uvjetima. Polaznu diferencijalnu jednadžbu rješavamo zamjenjujući ju s dvije jednostavnije diferencijalne jednadžbe s jednostavnijim početnim uvjetima, dok rubni uvjeti ostaju nepromijenjeni. Svaku od dobivenih diferencijalnih jednadžbi rješavamo metodom separacije varijabli. Rješenje našeg problema bit će superpozicija dobivenih rješenja pomoćnih problema. Rješenje će biti zapisano u obliku Fourierovog reda i analizirano na numeričkom primjeru u programu Wolfram Mathematica.

Ključne riječi: parcijalne diferencijalne jednadžbe, nehomogena valna jednadžba, Fourierov red

Abstract

In this work we present an elastic rod free fall problem in the Earth's gravitational field. The objective is to obtain a function which describes the motion (ie. position) of the points along the rod with respect to time. The problem reduces to finding the solution to an inhomogeneous wave equation with mixed conditions. The differential equation is solved by replacing it with two simpler partial differential equations; a homogeneous one with original initial conditions and an inhomogeneous one with zero initial conditions. Both equations are then solved using the separation of variables method and using the given boundary and initial conditions. The solution to our problem is the superposition of obtained solutions which will be given in the form of an infinite Fourier series and analysed on a numerical example using Wolfram Mathematica.

* Građevinski fakultet Sveučilišta u Rijeci, Radmile Matejčić 3, 51000 Rijeka E-mail: maja.gacesa@uniri.hr ** Odjel za matematiku Sveučilišta u Rijeci, Radmile Matejčić 2, 51000 Rijeka E-mail: mujakovic@inet.hr

2

Key words: partial differential equations, non-homogeneous wave equation, Fourier series

1. Uvod

Slobodni pad opruge obješene u polju Zemljine gravitacije pod djelovanjem vlastite težine zanimljiva je tema zbog neobičnog fenomena koji se dešava za vrijeme skupljanja na nedeformiranu duljinu. Naime, eksperimenti su pokazali da će donji kraj opruge izdužene uslijed vlastite težine te ispuštene da slobodno pada, dok god se opruga ne vrati u nedeformirano stanje, ”levitirati” na istoj visini (slika 1). Fenomen je istražen i predložena su razna rješenja [1, 2, 3].

Slika 1. Padanje opruge [1]

U okviru ovog rada, oprugu idealiziramo deformabilnim homogenim štapom, a cilj je odrediti jednadžbu kretanja štapa te ispitati hoće li se ponašati isto kao i opruga, odnosno, hoće li donji rub štapa stajati na istoj visini dok god se štap ne povrati na nedeformiranu duljinu.

1.1 Jednadžba gibanja

Promatramo homogeni štap gustoće , površine poprečnog presjeka

A , modula elastičnosti E , nedeformirane duljine L , vertikalno obješen u polju ubrzanja Zemljine gravitacije g . Točke nedeformiranog štapa

označene su sa x , gdje je 0=x donji rub štapa, a Lx = gornji rub štapa (slika 2).

3

Slika 2. Nedeformirani štap

Slika 3. Ispuštanje deformiranog štapa

Štap je obješen u točki Lx = i stavljen u polje ubrzanja gravitacije g

(slika 3a). Da bi sustav bio u ravnoteži, zbroj svih sila u sustavu mora biti jednak nuli. Postavljamo jednadžbu ravnoteže na diferencijalnom segmentu štapa (slika 4) što daje jednadžbu koju možemo zapisati kao

,0=gANx (1)

gdje je N uzdužna sila u štapu, a xN njena derivacija po x -u.

4

Slika 4. Diferencijalni isječak štapa

U trenutku 0=t (slika 3b), štap ispuštamo iz stanja ravnoteže, a

pomak točke x u trenutku 0>t definiramo funkcijom ),( txy , odnosno

njen položaj kao ),( txyx (slika 3c). Deriviranjem položaja po vremenu

dobijemo brzinu ),( txyt , a deriviranjem brzine po vremenu dobijemo

akceleraciju ),( txytt točke x . Štap se giba, pa suma svih sila u sustavu

mora biti jednaka inercijalnoj sili, koja je definirana kao umnožak mase i akceleracije. Dakle, na promatranom diferencijalnom segmentu (slika 4)

mora biti zadovoljen uvjet da je suma svih sila jednaka ttydxA , tj.

,= ttx yAgAN (2)

odakle uvođenjem konstitutivnog zakona za linearnoelastični materijal

koji se pretpostavlja u ovom zadatku, xyEAN = , dobivamo konačnu

jednadžbu gibanja točaka ispuštenog štapa

.= gyE

y xxtt

(3)

Da bi problem bio u potpunosti definiran, treba odrediti početne i

rubne uvjete. U slučaju mirovanja (slika 3a), brzina 0=,0)(xyt za sve

točke štapa x , a funkciju početnog pomaka odredimo rješavanjem

jednadžbe (1), odakle dobijemo 2

2=,0)( x

E

gxy

. Kada je 0>t , oba kraja

štapa su slobodna, što znači da se u rubnim točkama ne smije javljati

5

nikakva sila tj. deformacije u rubnim točkama štapa moraju biti nula. Prema tome je

.0=),(=)(0, tLyty xx (4)

2. Postavka problema i određivanje rješenja

Naš problem naveden u dijelu 1.1 razmatramo na sljedeći način. Traži se funkcija ),(= txyy , koja je rješenje sljedećeg početno-rubnog

problema

,0>0=),(=)(0,

,00=,0)(

,02

=,0)(

,0>,0=

2

2

2

ttLyty

Lxxy

Lxxc

gxy

tLxgycy

xx

t

xxtt

P

gdje su c i g pozitivne konstante i

Ec = .

Problem P može se prikazati kao superpozicija sljedećih dvaju problema P1 i P2.

.0>0=),(=)(0,

,00=,0)(

,02

=,0)(

,0>,00=

2

2

2

ttLutu

Lxxu

Lxxc

gxu

tLxucu

xx

t

xxtt

P1

.0>0=),(=)(0,

,00=,0)(

,00=,0)(

,0>,0=2

ttLvtv

Lxxv

Lxxv

tLxgvcv

xx

t

xxtt

P2

Primjetimo da P1 ima homogenu valnu diferencijalnu jednadžbu, za razliku od P2 koji ima nehomogenu valnu diferencijalnu jednadžbu, ali s homogenim početnim uvjetima. Rješenje problema P je zbroj

,),(),(=),( txvtxutxy (5)

gdje je u rješenje problema P1, a v rješenje problema P2.

6

2.1 Rješenje problema P1

Prvo rješavamo problem P1 metodom razdvajanja varijabli, kao što je prikazano u [4, 5]. Rješenje tražimo u obliku

.)()(=),( tTxXtxu (6)

Uvrstimo (6) u diferencijalnu jednadžbu problema P1 te dobijemo

,0=)()()()( tTxXE

tTxX

tj.

.)(

)(=

)(

)(2 xX

xX

tTc

tT (7)

Jednakost (7) moguća je ako i samo ako je

,=)(

)(=

)(

)(2

xX

xX

tTc

tT (8)

gdje je realni broj. Iz (8) slijede dvije obične diferencijalne jednadžbe drugog reda oblika

,)(=)( xXxX (9)

.)(=)( 2 tTctT (10)

Također se vidi da iz rubnih uvjeta iz P1 imamo 0>,0=)()(=)((0) ttTLXtTX (11)

što je moguće ako i samo ako je .0=)(=(0) LXX (12)

Kako bismo mogli naći sva linearno nezavisna rješenja jednadžbe (9) potrebno je pronaći sve svojstvene vrijednosti i pripadajuća nezavisna rješenja od (9) koja zadovoljavaju rubne uvjete (12). Razmatramo sva tri moguća slučaja za konstantu . Neka je prvo 0= . Tada (9) postaje

0=)(xX , čije je opće rješenje

,=)( CDxxX (13)

gdje su C i D proizvoljne konstante. Kako je DxX =)( , uvjet (12)

vrijedi ako i samo ako je 0=D . Dakle, svaka funkcija oblika

,,=)( RCCxX (14)

je rješenje od (9) pri svojstvenoj vrijednosti 0= . Zbog jednostavnosti uzmimo da je tada rješenje 1=)(xX .

Neka je sada 0<= 2 . Tada (9) postaje )(=)( 2 xXxX čije je

opće rješenje oblika

,=)( xx DeCexX (15)

7

gdje su C , D i proizvoljne konstante. Kako vrijedi xx eDeCxX =)( , zbog (12) zaključujemo da mora biti 0== DC ,

odnosno dobivamo 0=)(xX , što znači da tada jednadžba nema

netrivijalnih rješenja.

Konačno, uzmemo 0>= 2 pa (9) postaje )(=)( 2 xXxX , čije

je opće rješenje oblika

,sincos=)( xDxCxX (16)

gdje su C , D i proizvoljne konstante. Vrijedi

xDxCxX cossin=)( pa zbog (12) dobijemo 0=D ,

0=sin L tj. nL = , Nn . Odatle slijedi da su tada svojstvene

vrijednosti i pripadajuća nezavisna rješenja naše jednadžbe funkcije oblika

.,cos=)(,=

2

N

n

L

xnxX

L

nnn

(17)

Rješenja (17) i (14) možemo zajedno zapisati sa

.{0}=,cos=)( 0 NNnL

xnxX n

(18)

Skup svih svojstvenih vrijednosti za Neumannove rubne uvjete razlikuje se, u odnosu na Dirichletove, samo u jednoj svojstvenoj

vrijednosti 0=0 [6].

Sada riješimo jednadžbu (10). S obzirom na to da je jednadžba istog oblika kao i (9), možemo zaključiti da neće biti negativnih svojstvenih vrijednosti; razmatramo samo dva slučaja i analogno dobivamo rješenja. Za 0= imamo 0=)(tT pa je opće rješenje te jednadžbe oblika

,2

1

2

1=)( 000 tBAtT (19)

a za 0> jednadžba je )(=)( 2 tTctT i njeno opće rješenje je oblika

.sincos=)(L

ctnB

L

ctnAtT nnn

(20)

)()( tTxX nn je rješenje diferencijalne jednadžbe iz P1. Također, da se

provjeriti da je linearna kombinacija funkcija oblika )()( tTxX nn opet

rješenje iste diferencijalne jednadžbe. Traženo rješenje je

.cossincos2

1

2

1=),(

1=

00L

xn

L

ctnB

L

ctnAtBAtxu nn

n

(21)

8

Nadalje određujemo konstante nA , nB , Nn pomoću početnih uvjeta

i rubnih uvjeta iz P1. Uvrštavanjem 0=t i izjednačavanjem s početnim uvjetima iz problema P1 imamo

.2

=cos2

1=,0)( 2

21=

0 xc

g

L

xnAAxu n

n

(22)

Dakle, nA , 0Nn su koeficijenti razvoja u Fourierov red po kosinusima

funkcije 2

22=)( x

c

gx . Ti koeficijenti dobiju se po formuli

.,cos)(2

= 00

N ndxL

xnx

LA

L

n

(23)

Odredimo te koeficijente. Vrijedi

=sin2|sin=cos=0

0

2

2

2

02

dx

L

xnx

L

xnx

nc

gdx

L

xnx

Lc

gA

LL

L

n

=cos|cos2

|sin=0

00

2

2

dx

L

xn

L

xnx

n

L

L

xnx

nc

g LLL

,|sin2cos2

sin= 0

2

2

2

L

L

xn

n

L

L

xnx

n

L

L

xnx

nc

g

pa dobijemo opći izraz za član

,)(

1)(2=

2

2

N

ncn

gLA

n

n

(24)

a za 0A dobivamo

.3

=2

2

0c

gLA (25)

Deriviranjem (21) po t pa uvrštavanjem 0=t te nakon izjednačavanja s početnim uvjetom iz problema P1 imamo

,0=cos2

1=,0)(

1=

0L

xn

L

cnBBxu n

n

t

(26)

odakle, zbog linearne nezavisnosti funkcija L

xncos zaključujemo da je

linearna kombinacija jednaka nuli samo ako je 0=nB , 0Nn . Konačno

rješenje problema problema P1 je funkcija

9

.coscos)(

1)(2

6=),(

2

2

1=2

2

L

xn

L

ctn

cn

gL

c

gLtxu

n

n

(27)

2.2 Rješenje problema P2

Tražimo rješenje problema P2 u obliku

,cos)()(2

1=),(

1=

0L

xntvtvtxv n

n

(28)

gdje su nv , 0Nn funkcije varijable t koje treba odrediti. Ako v uvrstimo

u valnu diferencijalnu jednadžbu iz problema P2 dobivamo

.=cos)(cos)('')(''2

12

1=

0 gL

xntv

L

cn

L

xntvtv nn

n

(29)

S obzirom na to da su funkcije L

xncos linearno nezavisne, jednakost (29)

vrijedi ako su koeficijenti uz kosinuse jednaki nuli, tj. ako je

.0=)()(''

2

tvL

cntv nn

(30)

To je opet obična diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima pa rješavanjem te jednadžbe dobivamo rješenje oblika

,,sincos=)( N ntL

cnDt

L

cnCtv nnn

(31)

gdje su nC i nD konstante koje treba odrediti. Zbog (30) iz (29) dobivamo

gtv 2=)(''0 . Opće rješenje te jednadžbe je funkcija oblika

,=)( 21

2

0 ctcgttv (32)

gdje su 1c i 2c proizvoljne konstante. Za funkciju v dobivamo

.cossincos2

1

2

1

2

1=),(

1=

21

2

L

xnt

L

cnDt

L

cnCctcgttxv nn

n

(33

)

Koeficijente nC , nD , 1c i 2c iz (33) odredimo korištenjem početnih uvjeta

problema P2. Zaključujemo da uvjet 0=,0)(xv daje

0=cos2

1

1=

2L

xnCc n

n

što znači da je

.0,=,0=2 NnCc n (34)

10

Uzimajući u obzir da je derivacija (33) po t -u

L

xnt

L

cnD

L

cncgttxv n

n

t

coscos

2

1=),(

1=

1

, zaključujemo da uvjet

0=,0)(xvt daje 0=cos2

1

1=

1L

xnD

L

cnc n

n

pa slijedi da je

.0,=,0=1 NnDc n (35)

Dakle, rješenje problema P2 je funkcija

.2

1=),( 2gttxv (36)

Napomenimo da funkcija v zadovoljava tražene rubne uvjete P2.

2.3 Rješenje problema P

Konačno rješenje problema P dobijemo superpozicijom rješenja (27) i (36) tj. ono je

.coscos)(

1)(2

2

1

6=),(

2

2

1=

2

2

2

L

xn

L

ctn

cn

gLgt

c

gLtxy

n

n

(37)

3. Numerički primjer

Numerički primjer izrađen je u programu Wolfram Mathematica, sa

sljedećim ulaznim parametrima: 2 5 N/m107= E , 3kg/m7800= ,

m00,1=L i 2m/s9,81=g . Cilj je pokazati ponašanje pomaka točaka

duž štapa u vremenu. Eksperimenti pokazuju da će donji rub štapa stajati

na istoj visini sve do nekog konačnog vremena 0t , a isto se može vidjeti i na

slici 5 gdje su prikazani pomaci donjeg ruba štapa u vremenu. S obzirom na to da je funkcija y aproksimirana sumom konačnog broja članova

Fourierovog reda, vrijednosti pomaka osciliraju oko nule. Iscrtane su funkcije )(0, ty sa različitim brojem članova u Fourierovom redu (37).

Numerički se dobiva (a vidi se i sa slike 5) da, pri povećavanju broja članova u Fourierovom redu, aproksimacije kritične točke teže ka broju

0.1035=0t . To jest, kretanje donjeg ruba štapa počinje u trenutku

0.1035=0t .

Uz to, prije daljnje analize, provjeravamo koliko članova Fourierovog reda uzeti u obzir pri proračunu. Na slici 6 prikazana je početna funkcija i nekoliko njenih aproksimacija dobivenih pomoću Fourierovog reda (37).

Na slici 7 prikazana je funkcija ),( 0txy , gdje je 0t spomenuta kritična

11

točka. Uzimajući u obzir sve navedeno i analizirano, zaključujemo da je za zadovoljavajuću aproksimaciju našeg rješenja dovoljno uzeti prvih 10 članova od (37).

Slika 5. Funkcija )(0, ty u ovisnosti o broju članova Fourierovog reda

Slika 6. Aproksimacija početne funkcije 2

22x

c

g ovisno o broju članova

Fourierovog reda uzetih u obzir u funkciji ,0)(xy

12

Slika 7. Funkcija ),( 0txy u ovisnosti o broju članova Fourierovog reda

Položaji gornjeg ( Lx = ) i donjeg ( 0=x ) ruba štapa u ovisnosti o vremenu prikazani su na slici 8, kao i duljina te ukupno izduljenje tj. skraćenje štapa. Crvenom vertikalnom linijom označena je kritična točka

0t , a sivim linijama točke Lt dobivene iz uvjeta )(0,=),( LL tytLy ,

odnosno, da je duljina štapa jednaka nedeformiranoj duljini L . Vidi se da

između označenih trenutaka Lt razlike pomaka gornjeg i donjeg ruba

štapa dosežu ekstreme koji se periodički izmjenjuju. Na slici 9 prikazana je funkcija pomaka ),( txy za razne vrijednosti parametra t , uključujući

vrijeme 0t i prva dva trenutka Lt u kojima je duljina štapa jednaka

nedeformiranoj duljini L .

13

Slika 8. Kretanje gornjeg i donjeg ruba štapa, deformacija i duljina štapa

u ovisnosti o vremenu; sivim linijama označeni su trenutci Lt , a crvenom

crtkanom linijom trenutak 0t

Slika 9. Funkcija ),( txy za 10=n , za razne vrijednosti t , uključujući

1Lt i 2Lt koji označavaju prva dva trenutka u kojima se štap vraća na

nedeformiranu duljinu L

14

4. Zaključak

Prikazano je rješenje jednodimenzionalne nehomogene valne jednadžbe s Neumannovim rubnim uvjetima koja opisuje kretanje točaka duž elastičnog vertikalnog štapa ispuštenog u polju zemljine gravitacije. Na ovaj način pokušano je dati pojednostavljeno objašnjenje za atraktivnu pojavu levitacije donjeg kraja opruge ispuštene da slobodno pada u polju zemljine gravitacije. Pokazalo se da će donji rub štapa stajati na istoj visini sve dok štap ne dosegne svoju minimalnu duljinu (odnosno maksimalnu tlačnu unutarnju silu). Ovo je ponašanje kojim bi se moglo opisati opruge koje u nedeformiranom stanju imaju razdvojene zavoje, odnosno, u stanju su primiti tlačnu silu pa tek nakon toga počinju padati, ali uz određene pretpostavke i ograničenja koji nisu tema ovog rada.

Literatura

[1] M. G. Calkin. Motion of a falling spring. American Journal of Physics, 61(3):261, 1993.

[2] M. Graham. Analysis of Slinky levitation. The Physics Teacher, 39(2):90, 2001.

[3] W. G. Unruh. The falling slinky. 2011.

[4] Yehuda Pinchover and Jacob Rubinstein. An Introduction To Partial Differential Equations, Volume 10 (Google eBook). Cambridge University Press, 2005.

[5] V. Grigoryan. Separation of variables: Neumann conditions. Number x, pages 2–4. 2011.

[6] I. P. Stavroulakis and S. A. Tersian. Partial differential equations: an introduction with Mathematica and Maple. 2004.