A P. 5166. feladat (2019. november)

P. 5166. Egy Eötvös-inga $\displaystyle 2r=40$ cm-es rúdjának végeire egy-egy $\displaystyle m=30$ g tömegű, kicsiny testet erősítünk. A rendkívül könnyű rúd egy hajszálvékony fémszálon függ, vízszintes helyzetben. Közepétől mérve $\displaystyle R=3$ m távolságban, vele azonos magasságban egy $\displaystyle m^*=100$ kg tömegű ólomgolyót helyeztek el.

$\displaystyle a)$ Mekkora forgatónyomatékot gyakorol az ólomgolyó az ingára, amikor a golyót és az ingarúd közepét összekötő egyenes $\displaystyle \varphi$ szöget zár be a rúd irányával?

$\displaystyle b)$ Ábrázoljuk a forgatónyomatékot $\displaystyle \varphi$ függvényében! Mekkora szögnél lesz maximális a forgatónyomaték?

Közli: Cserti József, Budapest

(5 pont)

A beküldési határidő 2019. december 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Tekintsük az ábrán látható helyzetet, és alkalmazzuk az ábra jelöléseit! Az $\displaystyle m$ tömegű, kicsiny testek és az $\displaystyle m^*$ tömegű ólomgolyó között ható erők nagysága:

$\displaystyle F_1=\frac{\gamma m m^*}{r_1^2}=\frac{\gamma m m^*}{R^2-2rR\cos\varphi+r^2},$

illetve

$\displaystyle F_2=\frac{\gamma mm^*}{r_2^2}=\frac{\gamma m m^*}{R^2+2rR\cos\varphi+r^2}.$

Ezek az erők (a rúd középpontjára vonatkoztatott) forgatónyomatékot fejtenek ki a rúdra:

$\displaystyle M_1=-F_1d_1,\qquad M_2=F_2d_2,$

ahol $\displaystyle d_1$ és $\displaystyle d_2$ a megfelelő erőkarok. Ezek (az ábráról leolvashatóan) így számíthatók ki:

$\displaystyle d_1=R\sin\alpha_1=R\frac{r\sin\varphi}{r_1}, \qquad d_2=R\sin\alpha_2=R\frac{r\sin\varphi}{r_2}.$

A rúdra ható eredő forgatónyomaték

$\displaystyle M(\varphi)=\gamma m m^*rR\sin\varphi\left(\frac{1}{r_2^3}-\frac{1}{r_1^3}\right)=$

$\displaystyle = \gamma m m^*rR\sin\varphi\left[(R^2+2rR\cos\varphi+r^2)^{-(3/2)}-(R^2-2rR\cos\varphi+r^2)^{-(3/2)} \right] .$

Ez a kifejezés, mivel $\displaystyle r_1\ne r_2$, általában nem nulla, de ha $\displaystyle \varphi\approx 0$ vagy $\displaystyle \varphi\approx 90^\circ$, akkor a forgatónyomaték nagyon kicsi, határesetben nulla lesz. Az első esetben $\displaystyle d_1$ és $\displaystyle d_2$ válik kicsivé, emiatt tűnik el a forgatónyomaték, a második esetben pedig $\displaystyle r_1\approx r_2$, és így $\displaystyle F_1\approx F_2$, ekkor a két kis testre ható, csaknem azonos nagyságú, de ellentétes irányú forgatónyomaték kiegyensúlyozza egymást.

Az $\displaystyle M(\varphi)$ függvény a megadott számértékek behelyettesítése után (pl. a wolframalpha.com használatával) ábrázolható, és a maximumhelye is megtalálható. Van azonban egy másik út is. Vegyük észre, hogy $\displaystyle r$ egy nagyságrenddel kisebb, mint $\displaystyle R$, hiszen

$\displaystyle \frac{r}{R} \equiv \epsilon=\frac{20~\rm cm}{3~\rm m}=0{,}067\ll 1,$

emiatt nem tévedhetünk sokat, ha $\displaystyle \epsilon$ magasabb hatványait elhanyagoljuk $\displaystyle \epsilon$ legkisebb kitevőjű (de nem nulla együtthatójú) tagja mellett. Mivel

$\displaystyle \left(\frac{1}{r_2^3}-\frac{1}{r_1^3}\right)=\frac{(r_1^3-r_2^3)(r_1^3+r_3^3)}{r_1^3\,r_3^3(r_1^3+r_3^3)},$

a nevezőt közelíthetjük $\displaystyle 2R^9$-nel, a számláló pedig

$\displaystyle r_1^6-r_2^6=R^6 \,\left[(1-2\epsilon\cos\varphi+\epsilon^2)^3-(1+2\epsilon\cos\varphi+\epsilon^2)^3\right]\approx -12rR^5\cos\varphi,$

az eredő forgatónyomaték (az alkalmazott közelítésben)

$\displaystyle M(\varphi)=-\gamma m m^*\frac{6r^2}{R^3}\sin\varphi\,\cos\varphi=-\gamma m m^*\frac{3r^2}{R^3}\sin(2\varphi).$

(A negatív előjel azt fejezi ki, hogy a forgatónyamaték a kitéréssel ellentétes irányú, tehát a $\displaystyle \varphi=0$ és a $\displaystyle \varphi=180^\circ$-os helyzet stabil, míg a $\displaystyle \varphi=90^\circ$-os helyzet labilis egyensúlynak felel meg.) A forgatónyomaték abszolút értéke $\displaystyle \varphi=\pm 45^\circ$-nál a legnagyobb, és az értéke

$\displaystyle \vert M \vert _\text{max}= \gamma m m^*\frac{3r^2}{R^3}=9\cdot10^{-13}~\rm N m.$

Ha a legnagyobb forgatónyomatékot numerikusan, a fenti közelítés alkalmazása nélkül határozzuk meg, a maximum helyére $\displaystyle 44{,}9^\circ$-ot kapunk, és $\displaystyle M(\varphi)$ grafikusan ábrázolt képe gyakorlatilag megegyezik a $\displaystyle \sin(2\varphi)$ állandószorosának képével.

Statisztika:

17 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bokor Endre, Jánosik Áron, Ludányi Levente, Nguyễn Đức Anh Quân, Szoboszlai Szilveszter, Téglás Panna, Toronyi András, Varga Vázsony.
4 pontot kapott:	Fonyi Máté Sándor, Fülöp Sámuel Sihombing, Kozaróczy Csaba, Somlán Gellért, Takács Dóra, Viczián Anna.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2019. novemberi fizika feladatai