A P. 5642. feladat (2025. március)

P. 5642. Newton már 1679-ben felvetette, hogy a Föld forgását egy mechanikai kísérlettel is bizonyítani lehetne úgy, hogy megmérjük egy szabadon eső kicsiny golyónak a függőlegestől való, keleti irányú eltérülését. Hooke, aki Newton idejében a Royal Society titkára és kiváló kísérletező volt, 1680-ban végzett is ilyen méréseket.

Egy kellően gazdag és ambiciózus egyenlítői országban modern eszközökkel meg akarják ismételni a csaknem 350 évvel korábbi kísérletet. A tervek szerint egy $\displaystyle 200~\mathrm{m}$ magas, függőleges, légritkított csőben (vákuumtoronyban) fognak kicsiny acélgolyókat viaszlemezre ejteni.

Határozzuk meg az eltérülés nagyságát úgy, hogy a számolást

a) inerciarendszerben,

b) a Földdel együtt forgó (gyorsuló) koordináta-rendszerben

végezzük el!

Közli: Kis Tamás, Heves

(6 pont)

A beküldési határidő 2025. április 15-én LEJÁRT.

I. Megoldsás. a) Jelöljük a Föld sugarát $\displaystyle R$-rel, a szögsebességét $\displaystyle \omega$-val, a torony magasságát pedig $\displaystyle h$-val. Az esés ideje ekkor $\displaystyle T=\sqrt{\frac{2h}{g}}$, ahol $\displaystyle g$ a nehézségi gyorsulás nagysága az Egyenlítőnél.

Inerciarendszerből nézve a test kezdősebessége (keleti irányban)

$\displaystyle v_0=(R+h)\omega.$

Ha az elejtésétől számított $\displaystyle t$ idő alatt a test elmozdulása keleti irányban $\displaystyle x(t)$, akkor a rá ható nehézségi erő vízszintes komponense $\displaystyle -mg\frac{x}{R}$, és így a vízszintes irányú mozgás dinamikai egyenlete:

$\displaystyle a_x(t)=-\frac{g}{R}\cdot x(t).$

Ez a gyorsulás onnan származik, hogy a nehézségi erőtér nem homogén, iránya nem esik egybe a kiindulási ponthoz tartozó függőlegessel. (A nehézségi erő nagyságának változását $\displaystyle h\ll R$ miatt elhanyagolhatjuk.)

Felismerhetjük, hogy a fenti egyenlet a harmonikus rezgőmozgás mozgásegyenlete, amelynek megoldása $\displaystyle x(0)=0$ és $\displaystyle v_0$ kezdőfeltételek mellett

$\displaystyle x(t)= \sqrt{\frac{R}{g}}(R+h)\omega\sin\sqrt{\frac{g}{R}}t,$

így a teljes elmozdulás $\displaystyle T$ idő alatt

$\displaystyle x_\textrm{test}= \sqrt{\frac{R}{g}}(R+h)\omega\,\sin\sqrt{\frac{g}{R}}T.$

Mivel $\displaystyle \varphi\equiv\sqrt{\tfrac{g}{R}}T\ll 1$, alkalmazhatjuk a szinusz függvény

$\displaystyle \sin\varphi\approx\varphi-\frac{\varphi^3}{6}$

közelítő formuláját. (Az elsőrendű tagból származó elmozdulást éppen kiejti majd a torony aljának elmozdulása, így a keresett eltérülés a harmadrendű tagból fog származni.) Ezzel kapjuk, hogy

$\displaystyle x_\textrm{test}\approx(R+h)\left(\omega T-\frac{g\omega T^3}{6R}\right),$

vagyis $\displaystyle h=gT^2/2$ felhasználásával és a legkisebb, $\displaystyle h/R$-rel arányos tag elhanyagolásával

$\displaystyle x_\textrm{test}\approx R\omega T+\frac{1}{3}{g\omega T^3.}$

A jobb oldal első tagja éppen a torony aljának elmozdulása:

$\displaystyle R\omega T=x_\textrm{torony alja},$

így a leejtett golyó a torony aljától

$\displaystyle \Delta x=x_\textrm{test}-x_\textrm{torony alja}=\frac{1}{3}g\omega T^3,$

ami a megadott toronymagasság esetén kb. 6 cm.

Megjegyzés. Ha nem vennénk figyelembe a nehézségi erő irányának kicsiny változását, akkor a hibás

$\displaystyle \Delta x=h\omega T=\frac{1}{2}g\omega T^3\approx 9\,\mathrm{cm}$

,,eredményt'', vagyis a helyes érték másfélszeresét kapnánk.

b) Forgó rendszerben a keleti irányba mutató Coriolis-gyorsulás: $\displaystyle a_x=2v\omega=2gt\omega$, az ehhez tartozó sebesség: $\displaystyle v_x=g\omega t^2$, és végül az elmozdulás: $\displaystyle x=\tfrac{1}{3}g\omega t^3=\tfrac{1}{3}g\omega\left(\sqrt{\tfrac{2h}{g}}\right)^3=\tfrac{2}{3}\omega ht=\tfrac{2}{3}\omega h\sqrt{\tfrac{2h}{g}}\approx 6\,\mathrm{cm}$.

II. Megodás. a) A $\displaystyle h$ magasságban (az erősen torzított ábrán a $\displaystyle B$ pontból) elejtett test tulajdonképpen egy olyan ellipszis pályán halad, aminek az egyik fókuszpontja a Föld $\displaystyle O$ középpontja, a nagytengely egyik végpontja pedig a $\displaystyle B$ pont. Ez a görbe a $\displaystyle C$ pontban metszi a földfelszínt. Az esés $\displaystyle T=\sqrt{2h/g}$ ideje alatt az $\displaystyle \omega$ szögsebességgel forgó felszín $\displaystyle A$ pontja az $\displaystyle A^{\prime}$ pontba kerül. A feladatunk az $\displaystyle \overline{A^{\prime}C}$ szakasz $\displaystyle \Delta x$ hosszának a meghatározása.

Megjegyzés. Hogy érzékeljük a nagyságrendeket: $\displaystyle \tfrac{h}{R}\sim 3\cdot 10^{-5}$, vagy $\displaystyle \omega T\sim\varphi\sim 5\cdot 10^{-4}\,\mathrm{rad}$. Ezeket az arányokat tükröző ábrán nyilván nem látszana semmi, ezért csak erős torzítás árán tudjuk bemutatni a részleteket.

Kepler II. törvénye értelmében az eső test úgy mozog, hogy a vezérsugár területi sebessége állandó. Ez a sebesség

$\displaystyle (R+h)\frac{v_0}{2}=(R+h)^2\frac{\omega}{2},$

az $\displaystyle OBC$ idom területe tehát

$\displaystyle \mathcal{T}=\frac{1}{2}(R+h)^2\omega T.$

Ezt a területet a geometria alapján is megadhatjuk:

$\displaystyle \mathcal{T}=\frac{1}{2}R^2\varphi+\frac{2}{3}hR\varphi.$

Itt magyarázatra szorul a második tag, amely a $\displaystyle ABC$ idom területe. A valóságban a $\displaystyle \varphi$ nagyon kicsiny, ezért az $\displaystyle AC$ körív egy az $\displaystyle OB$ tengelyre merőleges egyenesnek tekinthető, másrészt a $\displaystyle BC$ ellipszis ív egy parabola szakasszal közelíthető, amelyről tudjuk, hogy a $\displaystyle h$ és $\displaystyle R\varphi$ oldalú téglalap területét 2/3 : 1/3 arányban osztja.

A két kifejezés

$\displaystyle \frac{1}{2}R^2\varphi+\frac{2}{3}hR\varphi=\frac{1}{2}(R+h)^2\omega T$

egyenlőségéből $\displaystyle \tfrac{h}{R}$-ben vezető rendig

$\displaystyle \varphi=\frac{(1+\frac{h}{R})^2}{1+\frac{4h}{3R}}\omega T\cong\left(1+\frac{2}{3}\frac{h}{R}\right)\omega T,$

ahonnan

$\displaystyle \Delta x=R\varphi-R\omega T=\frac{2}{3}h\omega T.$

Statisztika:

A P. 5642. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2025. márciusi fizika feladatai