A P. 5239. feladat (2020. május)

P. 5239. Egy vékony, elhanyagolható tömegű, 21 cm hosszú, merev rúd végein egy-egy azonos tömegű, pontszerűnek tekinthető, kicsiny test van. Ezt a rudat a közepénél fogva felfüggesztjük egy olyan vékony, rugalmas szálra, hogy az így kapott torziós inga kis kitérések esetén mérhető lengésideje viszonylag nagy, 600 másodperc legyen. Ezután az ingát belógatjuk két, egyenként 600 kg tömegű, nagy ólomgolyó közé, középre. Az ólomgolyók középpontjai egymástól 70 cm-re vannak. Mennyi lesz az inga lengésideje kis kitérések esetén, ha az ingarúd kezdetben

$\displaystyle a)$ a két golyó középpontját összekötő vízszintes szakaszon van;

$\displaystyle b)$ az előbbi esetre merőleges helyzetű?

Megjegyzés. Hasonló módon határozta meg Eötvös Loránd a gravitációs állandót, két, mintegy 600 kg tömegű ólomhasáb és egy hasonlóan nagy lengésidejű torziós inga segítségével. A feladatban a gravitációs állandó ismert értékének felhasználásával kell a kétféle lengésidőt kiszámítani. (Lásd még a P. 5166. feladat megoldását a KöMaL 2020. évi márciusi számában.)

Közli: Radnai Gyula, Budapest

(6 pont)

A beküldési határidő 2020. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelöljük a rúd hosszát $\displaystyle 2r$-rel, az ólomgolyók középpontjainak távolságát $\displaystyle 2R$-rel, az ólomgolyók tömegét $\displaystyle m^*$-gal, a rúd végén lévő egy-egy kicsiny test tömegét $\displaystyle m$-mel, a torziós szál ún. direkciós nyomatékát (egységnyi szögkitéréshez tartozó visszatérítő forgatónyomatékot) pedig $\displaystyle D_0$-lal. Az inga lengésideje eredetileg $\displaystyle T_0$.

Adataink: $\displaystyle r=0{,}105~\rm m$, $\displaystyle R=0{,}35~\rm m$, $\displaystyle m^*=600$ kg, $\displaystyle T_0=600~$s. (Az $\displaystyle m$ tömeg nagyságát nem ismerjük, de mint látni fogjuk, arra nem is lesz szükségünk, mert kiesik a képletekből.) A torziós inga lengésideje

Ha valamilyen ok miatt, pl. a gravitációs vonzóerők hatására a direkciós nyomaték megváltozik, akkor ennek megfelelően a lengésidő is más lesz. Feladatunk tehát a gravitációs erők $\displaystyle M(\varphi)$ forgatónyomatékának meghatározása az egyensúlyi helyzettől mért (nagyon kicsiny) $\displaystyle \varphi$ szögkitérésnél. Amennyiben

$\displaystyle M_\text{grav}(\varphi)\approx -D_\text{grav}\cdot \varphi,$

vagyis a gravitáció hatása úgy jelentkezik, mintha egy $\displaystyle D_\text{grav}$ direkciós nyomatékú ,,torziós szál'' segítené (vagy rontaná) a rugalmas szál visszahúzó hatását, akkor a lengésidő

értékre változna.

$\displaystyle a)$ Legyen kezdetben az ingarúd az ólomgolyók középpontjait összekötő vízszintes egyenesen, majd térítsük ki egy kicsiny $\displaystyle \varphi$ szöggel. A rúdra ható eredő forgatónyomaték (lásd a P. 5166. feladat megoldását a KöMaL 2020. évi 3. számának 180. oldalán, vagy a honlapon):

(A kettes faktor a képlet elején a két ólomgolyót veszi figyelembe. A negatív előjelek azt fejezik ki, hogy a forgatónyomaték a kitérés szögével ellentétes irányú.)

Kis szögeknél $\displaystyle \sin\varphi\approx \varphi$ és $\displaystyle \cos\varphi\approx 1$, vagyis (3) így alakul:

$\displaystyle M(\varphi)=-2\gamma m m^* rR\left(\frac{1}{(R-r)^3}-\frac{1}{(R+r)^3}\right)\cdot \varphi.$

Leolvashatjuk, hogy

azaz (a megadott adatok behelyettesítése után)

$\displaystyle \frac{D_\text{grav }^{(a)}}{2mr^2}= \gamma m^*\frac{R}{r}\left(\frac{1}{(R-r)^3}-\frac{1}{(R+r)^3}\right)=7{,}65\cdot10^{-6}~\frac{1}{\rm s^2}.$

Másrészt (1) szerint

$\displaystyle \frac{D_0}{2mr^2}=\left(\frac{2\pi}{T_0}\right)^2 =1{,}097\cdot10^{-4}~\frac{1}{\rm s^2},$

tehát

$\displaystyle \left(\frac {2\pi}{T^{(a)} }\right)^2 =\frac{D_0}{2mr^2}+\frac{D_\text{grav}^{(a)}}{2mr^2}=1{,}173\cdot10^{-4}~\frac{1}{\rm s^2},$

ahonnan a torziós lengés periódusideje:

$\displaystyle T^{(a)}=580~\rm s.$

(Látható, hogy $\displaystyle m$ nagyságára valóban nem volt szükségünk.)

$\displaystyle b)$ A merőleges helyzethez közeli helyzetekben a forgatőnyomatékot úgy kaphatjuk meg (3)-ból, hogy $\displaystyle \varphi$-t $\displaystyle 90^\circ+x$ alakban írjuk fel, és kihasználjuk, hogy (ívmértékben mérve a szögeket) $\displaystyle x\ll 1$.

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

amit $\displaystyle x$ elsőnél magasabb hatványainak elhagyásával így is felírhatunk:

$\displaystyle M(x)=2\gamma m m^* rR \left( \frac{1}{\sqrt{\left(R^2+r^2-2Rrx\right)^3}}- \frac{1}{\sqrt{\left(R^2+r^2+2Rr x\right)^3}} \right).$

A fenti kifejezés nagy zárójelében két, egymástól csak nagyon kicsit különböző gyökös kifejezés különbsége áll, aminek közelítő kiszámítása számos algebrai átalakítást igényel. Hozzuk közös nevezőre a kifejezést:

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{\left(R^2+r^2-2Rrx\right)^3}}-\frac{1}{\sqrt{\left(R^2+r^2+2Rr x\right)^3}}= \frac{{\sqrt{\left(R^2+r^2+2Rr x\right)^3}}-{\sqrt{\left(R^2+r^2-2Rr x\right)^3}}}{\sqrt{\left((R^2+r^2)^2-(2Rr x)^2\right)^3}},$

majd a nevezőben hanyagoljuk el az $\displaystyle x^2$-tel arányos tagot, és bővítsük a számlálót is és a nevezőt is a két négyzetgyökös kifejezés összegével:

$\displaystyle \Biggl(\cdots\Biggr)= \frac{1}{(R^2+r^2)^3}\,\frac{{\left(R^2+r^2+2Rr x\right)^3}-{\left(R^2+r^2-2Rr x\right)^3}} {\sqrt{\left(R^2+r^2+2Rr x\right)^3} +{\sqrt{\left(R^2+r^2-2Rr x\right)^3}}}.$

A második tört számlálóját most már könnyen közelíthetjük; az $\displaystyle x^2$-tel és $\displaystyle x^3$-nel arányos tagokat elhagyva a $\displaystyle 12\,Rr(R^2+r^2)^2$ eredményt kapjuk. A második tört nevezőjében két majdnem egyforma mennyiség összege szerepel, ezekben $\displaystyle x$-et is elhagyhatjuk, hiszen a számláló $\displaystyle x$-szel arányos, tehát egy kicsiny mennyiség, és ha a nevezőben $\displaystyle x$-szel arányos kifejezéseket is megtartanánk, az az egész tört $\displaystyle x^2$ nagyságrendű korrekcióját jelentené csupán.

Így végül a gravitációs erők forgatónyomatékára az

$\displaystyle M(x)=+12\gamma mm^* \frac{R^2r^2}{(R^2+r^2)^{5/2}}\cdot x$

értéket, a direkciós nyomatékra pedig a

és a

$\displaystyle \frac {D_\text{grav}^{(b)}}{2mr^2}=-6\gamma m^* R^2 {(R^2+r^2)^{-5/2}}=-4{.}5\cdot10^{-6}~\frac{1}{\rm s^2}$

összefüggéseket kapjuk. Mivel $\displaystyle D_\text{grav }^{(b)}<0$, a gravitációs erők a kitéréssel megegyező irányban akarják forgatni a torziós ingát, a rúd merőleges állású helyzete tehát a rugalmas szál nélkül instabil lenne.

Az $\displaystyle a)$ részben leírtakhoz hasonlóan:

$\displaystyle \left(\frac{2\pi}{T^{(b)} }\right)^2=\frac{D_0}{2mr^2}+\frac{D_\text{grav}^{(b)}}{2mr^2}=1{,}052\cdot10^{-4}~\frac{1}{\rm s^2},$

és így a kérdezett periódusidő:

$\displaystyle T^{(b)}=613~\rm s.$

Megjegyzés. A direkciós nyomatékot úgy is megkaphatjuk, mint az $\displaystyle M(\varphi)$ függvény deriváltjának ($\displaystyle -1$)-szerese az $\displaystyle a)$ esetben $\displaystyle \varphi=0$, a $\displaystyle b)$ esetben pedig $\displaystyle \varphi=90^\circ$ szögnél. Felhasználva (3)-t, a negatív derivált:

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

$\displaystyle -6\gamma m m^* r^2R^2\sin^2\varphi\left[\left(R^2+r^2-2Rr\cos\varphi\right)^{-5/2}+\left(R^2+r^2+2Rr\cos\varphi\right)^{-5/2}\right].$

Ebből $\displaystyle \varphi=0$ esetén visszakapjuk a más módszerrel levezetett (4) esedményt, $\displaystyle \varphi=90^\circ$-nál pedig az (5) összefüggést.

Statisztika:

10 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Nguyễn Đức Anh Quân, Tóth Ábel, Viczián Anna.
5 pontot kapott:	Bokor Endre, Bonifert Balázs, Toronyi András.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2020. májusi fizika feladatai