Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A P. 4895. feladat (2017. január)

P. 4895. Egy \(\displaystyle \ell\) hosszúságú, \(\displaystyle M\) tömegű és egy \(\displaystyle 2\ell\) hosszúságú, \(\displaystyle 2M\) tömegű homogén rúd az ábra szerinti helyzetben található. Milyen irányú és mekkora gravitációs erő hat az \(\displaystyle m\) tömegű pontszerű testre? (Keressünk elemi megoldást!)

Közli: Kobzos Ferenc, Dunaújváros

(5 pont)

A beküldési határidő 2017. február 10-én LEJÁRT.


Megoldás. Számítsuk ki először a felső (az ábrán vízszintes helyzetű) rúd által az \(\displaystyle m\) tömegű testre kifejtett \(\displaystyle F_1\) erőt. Mivel a rúd mérete és a testek távolsága összemérhető, az erő nem számolható a pontszerű testek között ható Newton-féle gravitációs vonzóerő képlete alapján. Az sem igaz, hogy a rúd által kifejtett erő akkora lenne, mintha a rúd teljes tömege a rúd tömegközéppontjában helyezkedne el. (Ez csak gömbszimmetrikus tömegeloszlások esetében lenne igaz.) A vonzóerőt a rúd kicsiny darabkákra osztásával és az erők összegzésével (integrálásával) nyilván ki lehet számítani, de van egyszerűbb, elemi módszer is.

Tudjuk, hogy két pontszerű test közötti gravitációs potenciális energia

\(\displaystyle E=-\gamma\frac{m_1m_2}{r},\)

ahol \(\displaystyle m_1\) és \(\displaystyle m_2\) a testek tömege, \(\displaystyle r\) pedig a távolságuk. Távolítsuk el – gondolatban – a \(\displaystyle 2M\) tömegű rudat az \(\displaystyle m\) tömegű testtől egy kicsiny (\(\displaystyle 2L\)-nél sokkal kisebb) \(\displaystyle \Delta x\) távolsággal. Ha a rúd és a pontszerű test között ható erő \(\displaystyle F_1\), akkor az eltávolítás során

\(\displaystyle W=F_1\Delta x\)

munkát kell végezzünk, ami a gravitációs helyzeti energia megváltozásával egyenlő. Az energiaváltozás szempontjából csak annyi történt, mintha a rúd egy kicsiny \(\displaystyle \Delta x\) hosszúságú, tehát \(\displaystyle \Delta m=(M/\ell)\Delta x\) tömegű darabkáját a rúd egyik végétől a másik végére helyeztük volna át, tehát

\(\displaystyle F_1\Delta x=\gamma m\frac{M}{\ell}\Delta x \left(-\frac{1}{3\ell}+\frac{1}{\ell}\right),\)

vagyis

\(\displaystyle F_1=\gamma\frac{mM}{\ell^2}\cdot \frac{2}{3}. \)

Hasonló megfontolásokkal adódik, hogy a másik rúd által kifejtett erő

\(\displaystyle F_2=\gamma\frac{mM}{\ell^2}\cdot \frac16.\)

Ezek szerint az eredő gravitációs erő iránya a hosszabb rúd felé mutató egyenessel

\(\displaystyle \alpha=\arctg\frac14\approx 14^\circ-\text{os} \)

szöget zár be, és az eredő erő nagysága

\(\displaystyle F=\sqrt{F_1^2+F_2^2}=\gamma\frac{\sqrt{17}mM}{6\ell^2}.\)


Statisztika:

46 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Bekes Nándor, Di Giovanni András, Faisal Fahad AlSallom, Fajszi Bulcsú, Fehér 169 Szilveszter, Ghada Alshalan, Jakus Balázs István, Kondákor Márk, Markó Gábor, Marozsák Tóbiás , Molnár Mátyás, Nagy 555 Botond, Németh 123 Balázs, Németh 777 Róbert, Olosz Adél, Papp 121 Krisztina, Sal Dávid, Tófalusi Ádám, Varga-Umbrich Eszter, Zöllner András.
4 pontot kapott:Bartók Imre, Elek Péter, Németh Csaba Tibor, Osváth Botond, Pataki 245 Attila, Szentivánszki Soma .
3 pontot kapott:2 versenyző.
2 pontot kapott:2 versenyző.
1 pontot kapott:8 versenyző.
0 pontot kapott:8 versenyző.

A KöMaL 2017. januári fizika feladatai