Problem P. 5239. (May 2020)
P. 5239. At each end of a thin, 21 cm long rigid rod of negligible mass, there is a small point-like body of the same mass. This rod is suspended in the middle by a thin, flexible fibre so that the obtained torsional pendulum has a relatively long period of 600 seconds, which can be measured at small deflections. The pendulum is then hung between two large lead balls, each weighing 600 kg, in the middle. The centres of the lead balls are 70 cm apart. What will the period of the pendulum for small deviations be if the pendulum rod initially lies
\(\displaystyle a)\) along the horizontal line segment connecting the centres of the two balls;
\(\displaystyle b)\) perpendicularly to the position described in case \(\displaystyle a)\)?
(6 pont)
Deadline expired on June 10, 2020.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
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
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle T_0=2\pi\sqrt{\frac{2mr^2}{D_0}}. \) |
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
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle T =2\pi\sqrt{\frac{2mr^2}{D_0+D_\text{grav}}} \) |
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):
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle M(\varphi)=-2\gamma m m^* rR\sin\varphi)\left[\left(R^2+r^2-2Rr\cos\varphi\right)^{-3/2}-\left(R^2+r^2+2Rr\cos\varphi\right)^{-3/2}\right].\) |
(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
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle D_\text{grav}^{(a)}=2\gamma m m^* rR\left(\frac{1}{(R-r)^3}-\frac{1}{(R+r)^3}\right),\) |
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
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle D_\text{grav }^{(b)}=-12\gamma mm^* \frac{R^2r^2}{(R^2+r^2)^{5/2}}\) |
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.
Statistics:
10 students sent a solution. 6 points: Nguyễn Đức Anh Quân, Tóth Ábel, Viczián Anna. 5 points: Bokor Endre, Bonifert Balázs, Toronyi András. 4 points: 1 student. 3 points: 2 students. 2 points: 1 student.
Problems in Physics of KöMaL, May 2020