Problem P. 5654. (May 2025)
P. 5654. Two thin metal rods of the same length, density and cross-section were soldered together to make a straight rod that is twice as long as the original length of a single rod. The Young's modulus of the material of one part (denoted by A) is \(\displaystyle E_\mathrm{A}\) and that of the other part (denoted by B) is \(\displaystyle E_\mathrm{B}>E_\mathrm{A}\). The rod is rotated about an axis perpendicular to it at a given angular speed. The axis of rotation goes through the
a) free end of rod A,
b) free end of rod B,
c) soldered ends.
In which of the three cases will the total elongation of the rod be the greatest and the smallest?
(4 pont)
Deadline expired on June 16, 2025.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. A megforgatott rúd különböző részeiben különböző nagyságú húzófeszültség alakul ki, emiatt a rúd teljes megnyúlása csak az egyes (kicsiny) darabkái megnyúlásának összegzésével számítható ki. A feszültségeket mindhárom esetben a deformálatlan helyzetben számítjuk ki, majd ebből a feszültségből következtetünk a rúd kicsiny darabkáinak relatív hosszváltozására. Ez a közelítés azért alkalmazható, mert egy fémrúd rugalmas alakváltozása a szokásos húzófeszültségeknél nagyon kis mértékű, nagyon nagy feszültségeknél pedig az alakváltozás már nem követi a Hooke-törvényt. (A fenti közelítés nyilván nem lenne alkalmazható egy slinky-rugónál, vagy más ,,nagyon lágy'' rugóknál.)
Tekintsük először a c) esetet, és számítsuk ki a rúd egyik felének megnyúlását. Jelöljük a félrúd hosszát \(\displaystyle \ell\)-lel, keresztmetszetét \(\displaystyle A\)-val, sűrűségét \(\displaystyle \varrho\)-val, a Young-modulusát \(\displaystyle E\)-vel, a forgás szögsebességét pedig \(\displaystyle \omega\)-val.
A rúdnak a forgástengelytől \(\displaystyle x\) távolságra lévő keresztmetszeténél fellépő \(\displaystyle F(x)\) erő a megforgatott rúd \(\displaystyle \ell-x\) hosszúságú, \(\displaystyle m=\varrho A(\ell-x)\) tömegű darabjának centripetális gyorsulását biztosítja (1. ábra). Mivel a kérdéses rúddarab tömegközéppontja \(\displaystyle r=\ell-\frac{\ell-x}{2}=\frac{\ell+x}{2}\) távol van a forgástengelytől, a mozgásegyenlet:
\(\displaystyle F(x)=mr\omega^2=\frac{1}{2}\varrho A\omega^2(\ell^2-x^2).\)
A húzófeszültség ezek szerint
\(\displaystyle \sigma(x)=\frac{F(x)}{A}=\frac{1}{2}\varrho\omega^2(\ell^2-x^2).\)
1. ábra
Osszuk fel – gondolatban – a rudat igen kicsi, \(\displaystyle \varDelta x\ll\ell\) hosszúságú darabokra, és egy-egy darabkán belül tekintsük a húzófeszültséget állandó, \(\displaystyle \sigma(x)\) nagyságúnak. A Hooke-törvény szerint egy-egy rúddarabka megnyúlása
\(\displaystyle \Delta s(x)=\frac{\sigma(x)}{E}\varDelta x,\)
a teljes (\(\displaystyle \ell\) hosszúságú) félrúd megnyúlása így
\(\displaystyle s=\sum\varDelta s(x)=\frac{\varrho\omega^2}{2E}\sum_{x=0}^\ell(\ell^2-x^2)\varDelta x.\)
Célszerű az \(\displaystyle x\) változót \(\displaystyle x=\xi\cdot\ell\) alakban felírni, ahol \(\displaystyle 0\le\xi\le 1\) egy dimenziótlan mennyiség. Nyilván \(\displaystyle \varDelta x=\ell\cdot\varDelta\xi\), és így
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle s=\frac{\varrho\omega^2\ell^3}{2E}\sum_{\xi=0}^1(1-\xi^2)\varDelta\xi.\) |
A fenti összeg első tagja magától értetődő:
\(\displaystyle \sum_{\xi=0}^1 1\cdot\varDelta\xi=1.\)
A második tag már nem ennyire nyilvánvaló; kiszámítására három módszert is megadunk.
I. módszer. A kérdéses összeg egy határozott integrál annál jobb közelítése, minél kisebb darabokra osztottuk fel a félrudat:
\(\displaystyle \sum_{\xi=0}^1 \xi^2\,\varDelta\xi\approx\int_0^1\xi^2\,\mathrm{d}\xi=\left.\frac{\xi^3}{3}\right\vert_0^1=\frac{1}{3}.\)
II. módszer. Ha a félrudat \(\displaystyle n\gg 1\) számú (egyforma hosszúságú) darabra osztottuk fel, akkor a kérdéses összeg
\(\displaystyle \sum_{\xi=0}^1\xi^2\,\varDelta\xi\approx\sum_{k=1}^n\left(\frac{k}{n}\right)^2\,\frac1n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}=\frac{1}{6}\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(2+\frac{1}{n}\right)\approx\frac{1}{3}.\)
III. módszer. Tekintsünk egy derékszögű, egyenlő szárú háromszög alakú lemezt, amelynek felületegységre jutó súlya éppen 1. Ha a lemez függőleges síkban helyezkedik el úgy, hogy a háromszög egyik (egységnyi hosszúságú) szára vízszintes és a csúcsa az origóban van (lásd a 2. ábrát), akkor a nehézségi erő \(\displaystyle M\) forgatónyomatéka az \(\displaystyle O\) csúcsra éppen a keresett szummával egyenlő. (Ha ugyanis a lemezt – gondolatban - sok keskeny csíkra vágjuk, akkor az egyes csíkok területe, vagyis a tömege \(\displaystyle \xi\cdot\varDelta\xi\), az erőkar, azaz a csúcstól vízszintesen mért távolság pedig ugyancsak \(\displaystyle \xi\) nagyságú.)
2. ábra
\(\displaystyle M\approx\sum_{\xi=0}^1\xi\cdot(\xi\,\varDelta\xi).\)
Ugyanezt a forgatónyomatékot úgy is megkaphatjuk, hogy a háromszög súlyát (ami a területével, vagyis \(\displaystyle 1/2\)-del egyezik meg) megszorozzuk az erőkarral, azaz a súlyponton átmenő függőleges egyenes és a csúcs \(\displaystyle 2/3\) egységnyi távolságával:
\(\displaystyle M=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{3}.\)
A fentiek szerint
\(\displaystyle \sum_{\xi=0}^1(1-\xi^2)\varDelta\xi=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3},\)
és így (2) felhasználásával a teljes (\(\displaystyle 2\ell\) hosszúságú) rúd megnyúlása a c) esetben:
| \(\displaystyle (3c)\) | \(\displaystyle s_\mathrm{c}=\frac{\varrho\omega^2\ell^3}{3}\left(\frac{1}{E_\mathrm{A}}+\frac{1}{E_\mathrm{B}}\right)=\frac{\varrho\omega^2\ell^3}{6E_\mathrm{A}E_\mathrm{B}}\left(2{E_\mathrm{A}}+2{E_\mathrm{B}}\right).\) |
Számítsuk ki most a \(\displaystyle 2\ell\) hosszúságú rúd megnyúlását, ha a rudat az A rúd végpontja körül forgatjuk \(\displaystyle \omega\) szögsebességgel. A húzófeszültség ebben az esetben a forgástengelytől \(\displaystyle x\) távolságban
\(\displaystyle \sigma(x)=\frac{1}{2}\varrho\omega^2(4\ell^2-x^2),\)
a megnyúlás pedig (a rúd két felének különböző Young-modulusával számolva)
\(\displaystyle s_\mathrm{a}=\frac{\varrho\omega^2}{2}\left(\frac{1}{E_\mathrm{A}}\sum_{x=0}^\ell(4\ell^2-x^2)\varDelta x+\frac{1}{E_\mathrm{B}}\sum_{x=\ell}^{2\ell}(4\ell^2-x^2)\varDelta x\right).\)
Célszerű bevezetni az \(\displaystyle x=2\ell\cdot\xi\) jelölést (\(\displaystyle 0\le\xi\le 1\)), amellyel a megnyúlás így írható:
\(\displaystyle s_\mathrm{a}=4\varrho\omega^2\ell^3\left(\frac{1}{E_\mathrm{A}}\sum_{\xi=0}^{1/2}(1-\xi^2)\varDelta\xi+\frac{1}{E_\mathrm{B}}\sum_{\xi=1/2}^{1}(1-\xi^2)\varDelta\xi\right).\)
Az itt szereplő összegeket a korábban alkalmazott három módszer bármelyikével ki tudjuk számítani, és az eredmény:
\(\displaystyle \sum_{\xi=0}^{1/2}(1-\xi^2)\varDelta\xi=\frac{11}{24},\qquad\text{illetve}\qquad\sum_{\xi=1/2}^{1}(1-\xi^2)\varDelta\xi=\frac{5}{24}.\)
Ennek megfelelően a rúd megnyúlása az a) esetben
| \(\displaystyle (3a)\) | \(\displaystyle s_\mathrm{a}=\frac{\varrho\omega^2\ell^3}{6}\left(\frac{11}{E_\mathrm{A}}+\frac{5}{E_\mathrm{B}}\right)=\frac{\varrho\omega^2\ell^3}{6E_\mathrm{A}E_\mathrm{B}}\left(5{E_\mathrm{A}}+11{E_\mathrm{B}}\right).\) |
Ebből \(\displaystyle E_\mathrm{A}\) és \(\displaystyle E_\mathrm{B}\) felcserélésével megkapjuk a b) esethez tartozó megnyúlást is:
| \(\displaystyle (3b)\) | \(\displaystyle s_\mathrm{b}=\frac{\varrho\omega^2\ell^3}{6E_\mathrm{A}E_\mathrm{B}}\left(11{E_\mathrm{A}}+5{E_\mathrm{B}}\right).\) |
A három megnyúlás összehasonlításához elegendő a (3a), (3b) és (3c) képletekben szereplő zárójeles kifejezéseket összevetnünk, hiszen az előttük álló szorzótényezők megegyeznek. Nyilván \(\displaystyle s_\mathrm{a}>s_\mathrm{b}\), mert \(\displaystyle E_\mathrm{B}>E_\mathrm{A}\) esetén
\(\displaystyle \left(11{E_\mathrm{B}}+5{E_\mathrm{A}}\right)-\left(11{E_\mathrm{A}}+5{E_\mathrm{B}}\right)=7\left(E_\mathrm{B}-E_\mathrm{A}\right)>0,\)
és \(\displaystyle s_\mathrm{b}>s_\mathrm{c}\) is teljesül, hiszen \(\displaystyle E_\mathrm{A}>0\) és \(\displaystyle E_\mathrm{B}>0\).
A rúd teljes megnyúlása tehát az a) esetben lesz a legnagyobb és a c) esetben a legkisebb.
Statistics:
11 students sent a solution. 3 points: Vincze Anna, Zólomy Csanád Zsolt. 2 points: 1 student. 1 point: 6 students. 0 point: 1 student.
Problems in Physics of KöMaL, May 2025