Rugók párhuzamos kapcsolása
Ha egyforma rugókból néhányatt párhuzamosan kapcsolunk, azt nehezebb széthúzni, mint egyetlen rugót?
Az arckifejezés alapján nehezebb (bár ne fejeltsük, hogy a civilizáció lényege a színlelés, és léteznek "kellő pénzér bármire hajlandó vagyok" személyiségek). Ha tényleg nehezebb kihúzni a párhuzamosan kapcsolt rugókat, az azt jelenti, hogy ilyenkor a rendszer eredő rugóállandója nagyobb, mint egyetlen rugóé. Vezessük le két különböző, párhuzamosan kapcsolt rugó esetére az eredő rugóállandót! Kössük össze mindkét végüket, és nyújtsuk meg őket \(\Delta l\) nagysággal!
Mivel a rugók különböző rugóállandójúak, ezért ugyanazon \(\Delta l\) megnyúlástól különböző rugóerők ébrednek bennük (emiatt van a kék húzóerő a vízszintes összekötő rúdnak nem a közepére rajzolva, hiszen úgy a rugóerők az óramutató járásával ellentétes irányba forgatnák el a rudat, hanem a jobb oldali harmadolópontjába). Az összekötő rúd nyugalomban van, így a rá ható erők eredője nulla kell legyen, ami az erők nagyságára nézve csak így teljesülhet:
\[F=F_{\mathrm{R1}}+F_{\mathrm{R2}}\]
A párhuzamosan kapcsolt rugók \(D_{\mathrm{e}}\) eredő rugóállandója ugyanúgy értelmezhető, mint egyetlen rugóé: mekkora erő szükséges egységnyi megnyúláshoz:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{F}{\Delta l}\]
Írjuk be ebbe, hogy az \(F\) húzóerő a két rugóerő összege:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{F_{\mathrm{R1}}+F_{\mathrm{R2}}}{\Delta l}\]
A rugókra alkalmazzuk az erőtörvényt:
\[F_{\mathrm{R1}}=D_1\cdot \Delta l\]
\[F_{\mathrm{R2}}=D_2\cdot \Delta l\]
Írjuk be ezeket is az eredő rugóállandó egyenletébe:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{D_1\cdot \Delta l+D_2\cdot \Delta l}{\Delta l}\]
A megnyúlással egyszerűsítve megkapjuk két párhuzamosan kapcsolt rugó eredő rugóállandóját:
\[\boxed{D_{\mathrm{e}}=D_1+D_2}\]
A kapott összefüggés kettőnél több rugó párhuzamos kapcsolására is levezethető:
\[D_{\mathrm{e}}=D_1+D_2+D_3+ \dots\]
Párhuzamosan kapcsolt rugók eredő rugóállandója mindig nagyobb, mint közülük bármelyik rugóé; a párhuzamos rendszer "keményebb", mint bármelyik rugója külön.
Rugók soros kapcsolása
Rugók soros kapcsolását (a változtatosság kedvéért) rajzoljuk le vízszintesen:
A két rugó összekapcsolási helyén lévő kis anyagdarabot (fekete pötty) a két rugóerő húzza, ellentétes irányban. Mivel ezen anyagdarab nyugalomban van, ezért a rá ható erők eredője nulla kell legyen, emiatt a rugókban ébredő rugóerők most azonosak. Azonban különböző rugóállandójú rugókon ugyanaz az erő különböző megnyúlást okoz. Az 1-es rugó megnyúlását jelölje \(\Delta l_1\), a 2-es rugóé pedig \(\Delta l_2\). Az \(F\) húzóerő hatására a rendszer megnyúlása a rugók megnyúlásainak összege:
\[\Delta l=\Delta l_1+\Delta l_2\]
Írjuk fel az eredő rugóállandó definíciós egyenletét:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{F}{\Delta l}\]
Írjuk be, hogy a rendszer \(\Delta l\) megnyúlása az egyes rugók megnyúlásainak összege:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{F}{\Delta l_1+\Delta l_2}\]
A nevezőben a rugók megnyúlásai vannak, tehát ezt kellene átírnunk. Ehhez az egyes rugókra felírhatjuk az erőtörvényt, és belőle kifejezhetjük a megnyúlásokat. Mivel minden erő egyforma, ezért az egyszerrrűség kedvéért, mindig csak sima \(F\)-et írhatunk:
\[F=D_1\cdot \Delta l_1\]
\[\Delta l_1=\frac{F}{D_1}\]
\[F=D_2\cdot \Delta l_2\]
\[\Delta l_2=\frac{F}{D_2}\]
A megnyúlásokat beírva:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{F}{\Delta l_1+\Delta l_2}\]
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{F}{\displaystyle \frac{F}{D_1}+\frac{F}{D_2}}\]
Az \(F\) erővel egyszerűsítve:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{1}{\displaystyle \frac{1}{D_1}+\frac{1}{D_2}}\]
Mindkét oldal reciprokát véve:
\[\boxed{\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{1}{D_1}+\frac{1}{D_2}}\]
Speciális egyszerű esetben, ha a kt rugó azonos rugóállandójú:
\[\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{1}{D}+\frac{1}{D}\]
\[\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{2}{D}\]
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{D}{2}\]
Három egyforma rugó esetén:
\[\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{1}{D}+\frac{1}{D}+\frac{1}{D}\]
\[\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{3}{D}\]
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{D}{3}\]
A fenti "reciprokosan adódnak össze" szabály nemcsak két rugó soros kapcsolására érvényes, hanem akárhány rugóéra is:
\[\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{1}{D_1}+\frac{1}{D_2}+\frac{1}{D_3}+\dots\]
Ebből általánosan levezethető, hogy:
Sorosan kapcsolt rugók eredő rugóállandó mindig kisebb, mint bármelyik eredeti rugóé; a soros rendszer "lágyabb", mint bármelyik rugója külön.
Több tag eredő értékére ugyanez a struktúra többször elő fog még fordulni a fizikában:
- párhuzamosan kapcsolt ellenálások eredő ellenállásánál
- sorosan kapcsolt kapacitások eredő kapacitásánál
- közös optikai tengelyű lencsék eredő fókusztávolságánál
Speciálisan, ha a sorosan kapcsolt rugók rugóállandói azonosak, akkor:
- két azonos rugó összekapcsolása megfelezi az eredeti rugóállandót
- három azonos rugó összekapcsolásával harmadakkora rugóállandójú rugóhoz jutunk
- általában \(n\) db azonos rugó soros kapcsolásával az eredő rugóállandó az eredeti érték \(n\)-ed részére csökken
Felmerülhet bennünk, hogy ki az az idióta, aki sorba kapcsol rugókat. Ez így ebben a formában valóban nem gyakori, de nézzük a másik irányt is! Ha belegondolunk, egy hosszú rugó felfogható sok kisebb rugó soros kapcsolásánk, amiből ha levágunk darabokat, az olyan, mintha szétszedtük volna a sorba kötött rugókat. Ez alapján ha kisebb rugóállandóra van szükségünk, akkor egy nagyobb darabot kell levágnunk a hosszú eredetiből, ha pedig nagyobb rugóállandóra, akkor egy rövidebb szakaszt.
A "replusz"
Ha a két párhuzamos rugó eredő rugóállandójára kapott
\[\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{1}{D_1}+\frac{1}{D_2}\]
összefüggésben nem tetszik a sok tört, akkor a jobb oldal törtjeit közös nevezőre hozhatjuk:
\[\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{D_2}{D_1\cdot D_2}+\frac{D_1}{D_1\cdot D_2}\]
\[\frac{1}{D_{\mathrm{e}}}=\frac{D_1+D_2}{D_1\cdot D_2}\]
Mindkét oldal reciprokát véve a "reciprokos összeg" helyett egy alternatív formulát kapunk:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{D_1\cdot D_2}{D_1+D_2}\]
Ha két szám szorzatát elosztjuk az összegükkel, akkor azt a mérnöki szlengben szokás "replusz" műveletnek hívni és a vektoriális szorzás szimbólumával jelölik: \(D_1 \times D_2\).
A "soros kapcsolásnál az eredő rugóállandó mindkettőnél kisebb lesz" bizonyítása
Bizonyítsuk be, hogy ha sorosan kapcsolunk két tetszőleges rugót, akkor a kapott eredő rugóállandó mindkét rugóénál kisebb lesz!
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{D_1\cdot D_2}{D_1+D_2}\]
Mivel mindkét rugóállandónk ismeretlen, ez megnehezíti, hogy egyből átlássuk, hogy vajon az eredő rugóállandó jobb oldali kifejezése tényleg mindig kisebb-e \(D_1\)-nél is és \(D_2\)-nél is. Vessünk be egy ilyenkor szokásos trükköt: válasszuk olyan mértékegységrendszert (ennek semmi akadálya), amiben az egyik rugóállandó, például a \(D_1\) éppen egységnyi értékű! Ez azt jelenti, hogy ha mondjuk ő \(\displaystyle D_1=3,78\ \mathrm{\frac{N}{m}}\), akkor az új rugóállandó-egység, amit mondjuk \(\mathscr{D} \) szimbólummal jelölünk, éppen ekkora:
\[1\ \mathscr{D} =3,78\ \mathrm{\frac{N}{m}}\]
Ez azért jó, mert így a \(D_{\mathrm{e}}\) eredő rugóállandóra az imént kapott kifejezésünk egyszerűbb lesz, hiszen \(D_1=1\)-et behelyettesítve:
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{1\cdot D_2}{1+D_2}\]
\[D_{\mathrm{e}}=\frac{D_2}{1+D_2}\]
Mi azt szeretnénk belátni, hogy az eredő rugóállandó kisebb mindegyik eredeti rugóállandónál:
\[\frac{D_2}{1+D_2}<1\ \ \ \left(?\right)\]
\[\frac{D_2}{1+D_2}<D_2\ \ \ \left(?\right)\]
A továbbiakban szorítkozzunk pozitív számokra, hiszen a rugóállandó mindig pozitív értékű (nem kell a negatív értékű \(D_2\) eseteket is meggondolni, hisz az fizikai szempontból irreális). Márpedig ha egy egyenlőtlenséget megszorzunk egy biztosan pozitív értékkel, akkor a relációjel nem fordul meg. Szrorzzuk meg mindkét egyenlőtlenséget a bal oldali tört nevezőjével!!
Az első egyenlőtlenségnél ezt kapjuk:
\[D_2<1+D_2\ \ \ \left(?\right)\]
Kivonva $D_2$-t:
\[0<1\]
ami tutkó igaz.
A második egyenlőtlenségnél pedig:
\[D_2<D_2 \cdot (1+D_2)\ \ \ \left(?\right)\]
\[D_2<D_2+D_2^2\ \ \ \left(?\right)\]
\[0<D_2^2\]
ami szintén tutkovics.
Tehát (két tagú esetre) beláttuk, hogy soros kapcsolásnál az eredő rugóállandó mindig kisebb lesz, mint a sorosan kapcsolt alkatrészek bármelyike.