Kezdőlap


Cím:	A 42. Nemzetközi Fizikai Diákolimpia feladatainak megoldása
Szerző(k):	Honyek Gyula , Vankó Péter , Vigh Máté
Füzet:	2011/november, 489 - 499. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Fizika Diákolimpia

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A 42. Nemzetközi Fizikai Diákolimpia feladatainak megoldása^{$^{*}$}

Elméleti feladatok

1. feladat. Egy háromtest-probléma és a LISA

1.1. A két tömegpont mozgásegyenlete:

\begin{matrix} m ω_{0}^{2} r & = G \frac{m M}{{(r + R)}^{2}}, \\ M ω_{0}^{2} R & = G \frac{m M}{{(r + R)}^{2}} . \end{matrix}

Bármelyik egyenletet rendezve, és felhasználva, hogy

\begin{matrix} \frac{M}{r} = \frac{m}{R} = \frac{M + m}{R + r}, \end{matrix}

a keresett szögsebesség

\begin{matrix} ω_{0} = \sqrt[]{G \frac{M + m}{{(R + r)}^{3}}} . \end{matrix}

1.2. A

μ

tömeg infinitezimálisan kicsi, ezért gravitációs ereje nem befolyásolja a másik két test mozgását.

1.ábra

μ

tömegű testet is a rá ható gravitációs erők eredője tartja körpályán (1. ábra):

\begin{matrix} \vec{F_{1}} + \vec{F_{2}} = μ ω_{0}^{2} \vec{ϱ}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} G \frac{M μ}{r_{1}^{3}} \vec{r_{1}} + G \frac{m μ}{r_{2}^{3}} \vec{r_{2}} = G μ \frac{M + m}{{(R + r)}^{3}} \vec{ϱ} . \end{matrix}

Másrészt a tömegközéppont definíciója szerint

\begin{matrix} \vec{ϱ} = \frac{M \vec{r_{1}} + m \vec{r_{2}}}{M + m}, \end{matrix}

amit behelyettesítve, és egyszerűsítve

\begin{matrix} \frac{M}{r_{1}^{3}} \vec{r_{1}} + \frac{m}{r_{2}^{3}} \vec{r_{2}} = \frac{M}{{(R + r)}^{3}} \vec{r_{1}} + \frac{m}{{(R + r)}^{3}} \vec{r_{2}} . \end{matrix}

A fenti egyenlet két oldalán

\vec{r_{1}}

és

\vec{r_{2}}

együtthatói külön-külön meg kell egyezzenek, ahonnan

r_{1} = r_{2} = R + r

adódik, vagyis a három test egy szabályos háromszög csúcsain helyezkedik el. A koszinusztétel alapján

\begin{matrix} ϱ^{2} = R^{2} + r^{2} - 2 R (R + r) cos 60^{\circ} = R^{2} + R r + r^{2} . \end{matrix}

Ezek szerint
1.2.1.

μ

és

M

távolsága:

r_{1} = R + r

,
1.2.2.

μ

és

m

távolsága:

r_{2} = R + r

,
1.2.3.

μ

és a tömegközéppont távolsága:

ϱ = \sqrt[]{R^{2} + R r + r^{2}}

1.3. A feladat az egyensúlyi helyzet körüli kis rezgések körfrekvenciájának meghatározása volt. Ehhez a versenyzők azt az útmutatást kapták, hogy tételezzék fel a rezgő test perdületének megmaradását. Ebből kiindulva és még az energia megmaradását is felírva hosszas számolás után az

ω = \sqrt[]{7} ω_{0} / 2

eredmény kapható (lásd a http://www.ipho2011.org/contents/problems_solutions honlapon a ,,hivatalos'' megoldást).
Sajnos ez a megoldás hibás! A korlátozott háromtest-problémában (amikor az egyik test tömege elhanyagolhatóan kicsi a másik kettőé mellett) sem a kis test perdülete, sem a mechanikai energiája nem megmaradó mennyiség! Ténylegesen még a vizsgált pont stabilitása sem valósul meg, ha

m / M > 0, 04

; márpedig a feladatban a

m = M

speciális esetet kellett volna vizsgálni. Ekkor a kérdéses pont (a szabályos háromszög egyik csúcspontja) körül egyáltalán nem alakulhatnak ki harmonikus rezgések!

1.4. Az űrhajók egymás körül is

ω

szögsebességgel keringenek, így a relatív sebességük

\begin{matrix} v_{rel.} = L ω = \frac{2 π}{T} L, \end{matrix}

ahol

L

a ,,karok'' hossza,

T

pedig a Föld keringési ideje. Behelyettesítve

\begin{matrix} v_{rel.} = 996 \frac{m}{s} . \end{matrix}

2. feladat. Elektromosan töltött szappanbuborék

2.1. A szappanbuborék belsejében a

P_{i}

nyomás^{$^{*}$} a felületi feszültség miatt nagyobb, mint a külső (atmoszférikus) nyomás:

\begin{matrix} P_{i} = P_{a} + \frac{4 γ}{R_{0}} . \end{matrix}

(Ezt az összefüggést pl. a képzeletben félbevágott buborék egyik felére felírt erőegyensúly feltételéből származtathatjuk.)
Az egyesített gáztörvény a levegő intenzív állapotjelzőire így írható fel:

\begin{matrix} \frac{P}{ϱ T} = állandó . \end{matrix}

Ennek alapján a kérdéses arány:

\begin{matrix} \frac{ρ_{i} T_{i}}{ρ_{a} T_{a}} = \frac{P_{i}}{P_{a}} = 1 + \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}} . \end{matrix}

2.2. A megadott számértékek felhasználásával:

\begin{matrix} \frac{ρ_{i} T_{i}}{ρ_{a} T_{a}} - 1 = \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}} = 0, 0001. \end{matrix}

(Az eredmény azt mutatja, hogy a felületi feszültség hatására a nyomás igen csekély mértékben növekszik.)

2.3. A buborék lebegésének a feltétele az, hogy a buborékra ható felhajtóerő egyenlő nagyságú a buborék súlyával, ami a szappanhártya és a benne lévő levegő súlyának az összege:

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{a} g = (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{i}) g = 4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t g + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} \frac{ϱ_{a} T_{a}}{T_{i}} (1 + \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}}) g . \end{matrix}

Megfelelő átrendezés és a számszerű adatok behelyettesítése után a buborék lebegéséhez szükséges belső hőmérséklet:

\begin{matrix} T_{í} = \frac{R_{0} ϱ_{a} T_{a}}{R_{0} ϱ_{a} - 3 ϱ_{s} t} (1 + \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}}) = 307, 1 K. \end{matrix}

A lebegéshez a buborékban lévő levegőnek valamivel több, mint

7^{\circ} C

-kal melegebbnek kell lennie a külső levegő hőmérsékleténél.

2.4. Miközben a buborék belsejében a hőmérséklet a külső levegő hőmérsékletére csökken, a buborék sugara 0,8%-kal lecsökken, és a szappanhártya vastagsága is megnő. Ezeket a változásokat azonban a feladat szövegében szereplő tanács szerint elhanyagoljuk. Nyugvó levegőben ilyenkor a buborék a talaj felé süllyed. Az

u

sebességgel felfelé áramló levegő akkor akadályozza meg a buborék leesését, ha a Stokes-féle közegellenállási erő megegyezik vagy meghaladja a buborék súlyának és a felhajtóerőnek a különbségét:

\begin{matrix} 6 π η R_{0} u & \geq (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{i}) g - \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{a} g = \\ = (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{a} [1 + \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}}]) g - \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{a} g . \end{matrix}

Átrendezés után a felfelé áramló levegő sebességére a következő relációt kapjuk:

\begin{matrix} u \geq \frac{2 R_{0} ϱ_{s} t g}{3 η} + \frac{8 R_{0} ϱ_{a} γ g}{9 P_{a} η} . \end{matrix}

2.5. A számszerű adatok behelyettesítése után

u \geq 0, 36

m/s eredmény adódik.

Megjegyezzük, hogy a paraméteres kifejezés második tagja az első tagnál három nagyságrenddel kisebb, vagyis elhanyagolható. Ez is indokolja, hogy a továbbiakban a felületi feszültségből adódó tagokat elhanyagoljuk.

2.6. Elektromosan töltött szappanbuborékok esetén a felületi feszültség hatásához képest fordított nyomáskülönbség alakul ki a buborék belseje és a külső levegő között, mivel a buborék felületén lévő töltések taszítják egymást. Ezt a nyomáskülönbséget jelöljük így:

Δ P_{el}

. Ezzel a jelöléssel

P_{a} = P_{i} + Δ P_{el}

; feladatunk az egyenlőség jobb oldalán lévő két tag meghatározása.
Elektromos töltések nélkül (a felületi feszültség hatásának elhanyagolásával) a buborékban a nyomás

P_{a}

, és a buborék térfogata a kezdeti sugár köbével, vagyis

R_{0}^{3}

-bel arányos. Feltöltött buborék esetén a nyomás

P_{i}

, a térfogat pedig a megnövekedett sugár köbével, vagyis

R_{1}^{3}

-bel arányos. Mivel a buborékban lévő levegő hőmérséklete nem változik, így alkalmazhatjuk rá a Boyle‐Mariotte-törvényt, vagyis a nyomás és a térfogat fordított arányosságát:

\begin{matrix} P_{i} = \frac{R_{0}^{3}}{R_{1}^{3}} P_{a} . \end{matrix}

A töltések következtében fellépő

Δ P_{el}

nyomásjárulékot a buborék falánál fellépő átlagos elektromos térerősség

E_{átlag}

és az egységnyi felületre jutó töltés (töltéssűrűség) szorzataként számíthatjuk ki.^{$^{*}$} Az

R_{1}

sugarú buborék belsejében a térerősség nulla, közvetlenül a buborék felületén kívül pedig

k q / R_{1}^{2},

így

\begin{matrix} E_{átlag} = \frac{1}{2} (\frac{k q}{R_{1}^{2}} + 0) = \frac{1}{8 π ε_{0}} \frac{q}{R_{1}^{2}} . \end{matrix}

Másrészt a töltéssűrűség

q / (4 π R_{1}^{2})

, így az elektromos eredetű nyomáskülönbség:

\begin{matrix} Δ P_{el} = \frac{1}{32 π^{2} ε_{0}} \frac{q^{2}}{R_{1}^{4}} . \end{matrix}

Ugyanez a mennyiség a külső és a belső gáznyomás különbségeként is felírható, tehát

\begin{matrix} \frac{1}{32 π^{2} ε_{0}} \frac{q^{2}}{R_{1}^{4}} = P_{a} - P_{i} = P_{a} (1 - \frac{R_{0}^{3}}{R_{1}^{3}}), \end{matrix}

ahonnan a keresett kifejezés pl. így adható meg:

\begin{matrix} {(\frac{R_{1}}{R_{0}})}^{4} - (\frac{R_{1}}{R_{0}}) = \frac{q^{2}}{32 π^{2} ε_{0} P_{a} R_{0}^{4}} . \end{matrix}

2.7. Feltételezve, hogy a buborék sugarának

Δ R = R_{1} - R_{0}

megváltozása (az eredeti sugárhoz viszonyítva) kicsi, a fenti formulában az

\begin{matrix} {(\frac{R_{1}}{R_{0}})}^{4} = {(1 + \frac{Δ R}{R_{0}})}^{4} \approx 1 + 4 \frac{Δ R}{R_{0}} \end{matrix}

közelítés alkalmazható, s innen a sugár (kicsiny) növekedésére ez adódik:

\begin{matrix} Δ R \approx \frac{q^{2}}{96 π^{2} ε_{0} P_{a} R_{0}^{3}} . \end{matrix}

2.8. A lebegés feltétele most is a felhajtóerő és a súly egyensúlya:

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} R_{1}^{3} ϱ_{a} g = (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{i}) g . \end{matrix}

Ha a felületi feszültség hatását elhanyagoljuk, akkor a töltetlen buborék belsejében a kezdeti sűrűség megegyezik a külső levegő sűrűségével (

ϱ_{í} = ϱ_{a}

), hiszen a hőmérséklet is és a nyomás is (jó közelítéssel) ugyanakkora kívül és belül. A feltöltött buborék

R_{1}

sugarát fejezzük ki

Δ R

segítségével:

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} {(1 + \frac{Δ R}{R_{0}})}^{3} ϱ_{a} g = (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{i}) g . \end{matrix}

Közelítés és némi egyszerűsítés után ezt kapjuk:

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} R_{0}^{2} (3 Δ R) ϱ_{a} g = 4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t g . \end{matrix}

Helyettesítsük be

Δ R

helyére az előző alkérdés eredményét, és fejezzük ki a töltést:

\begin{matrix} q = \sqrt[]{\frac{96 π^{2} ε_{0} P_{a} R_{0}^{3} ϱ_{s} t}{ϱ_{a}}} \approx 256 nC. \end{matrix}

3. feladat. Ion szóródása semleges atomon
(100 éves a Rutherford-atommodell)

3.1. A Coulomb-törvény alapján az elektromos térerősség a dipólus tengelyén, attól

r

távolságra:

\begin{matrix} E_{P} = \frac{q}{4 π ε_{0} {(r - a)}^{2}} - \frac{q}{4 π ε_{0} {(r + a)}^{2}} = \frac{q}{4 π ε_{0} r^{2}} [{(1 - \frac{a}{r})}^{- 2} - {(1 + \frac{a}{r})}^{- 2}] . \end{matrix}

Mivel

a / r ≪ 1

, alkalmazhatjuk a kis

x

-ekre érvényes

{(1 + x)}^{n} \approx 1 + n x

közelítést:

\begin{matrix} E_{P} = \frac{q}{4 π ε_{0} r^{2}} [(1 + 2 \frac{a}{r}) - (1 - 2 \frac{a}{r})] = \frac{2 q a}{2 π ε_{0} r^{3}} = \frac{p}{2 π ε_{0} r^{3}} . \end{matrix}

Vektorokkal kifejezésre juttathatjuk a dipólus által keltett térerősség nagyságát és irányát is (a dipól tengelye mentén):

\begin{matrix} {\vec{E}}_{P} = \frac{\vec{p}}{2 π ε_{0} r^{3}} . \end{matrix}

3.2. (Az eredeti ábra jelöléseivel) az ion által a semleges atom helyén létrehozott térerősség a Coulomb-törvény szerint

\begin{matrix} {\vec{E}}_{ion} = - \frac{Q}{4 π ε_{0}} \frac{\vec{r}}{r^{3}}, \end{matrix}

így a neutrális atom

\begin{matrix} \vec{p} = α {\vec{E}}_{ion} = - \frac{α Q}{4 π ε_{0}} \frac{\vec{r}}{r^{3}} \end{matrix}

nagyságú és irányú elektromos dipólmomentumra tesz szert. A 3.1. alkérdés végeredményét felhasználva ez a dipólmomentum az ion helyén

\begin{matrix} {\vec{E}}_{P} = \frac{1}{2 π ε_{0} r^{3}} (- \frac{α Q}{4 π ε_{0}} \frac{\vec{r}}{r^{3}}) = - \frac{α Q}{8 π^{2} ε_{0}^{2} r^{5}} \frac{\vec{r}}{r} \end{matrix}

térerősséget hoz létre, így az ionra ható erő:

\begin{matrix} \vec{f} = Q {\vec{E}}_{P} = - \frac{α Q^{2}}{8 π^{2} ε_{0}^{2} r^{5}} \frac{\vec{r}}{r} . \end{matrix}

A kifejezésből leolvasható, hogy az erő

Q

előjelétől függetlenül mindig a semleges atom felé mutat, vagyis vonzó jellegű.

3.3. Az egymástól

r

távolságra levó ion és atom kölcsönhatási energiája egy előjeltől eltekintve azzal a munkával egyezik meg, amennyit a két részecske ,,végtelen messzire'' történő eltávolítása során végzünk:

\begin{matrix} U (r) = - \int_{r}^{\infty} | \vec{f} (\vec{r}') | d r' = - \frac{α Q^{2}}{8 π^{2} ε_{0}^{2}} \int_{r}^{\infty} \frac{1}{r'^{5}} d r' = \frac{α Q^{2}}{32 π^{2} ε_{0}^{2}} {[\frac{1}{r'^{4}}]}_{r}^{\infty} = - \frac{α Q^{2}}{32 π^{2} ε_{0}^{2} r^{4}} . \end{matrix}

3.4. A centrális erőtér miatt a mozgó ion perdülete az atom helyére vonatkoztatva megmarad. Amikor az ion legközelebb kerül az atomhoz, a sebességének nagysága maximális, iránya pedig merőleges a helyvektorára, így

m v_{0} b = m v_{max} r_{min}

. A mechanikai energiamegmaradás szerint

\begin{matrix} \frac{1}{2} m v_{0}^{2} = \frac{1}{2} m v_{max}^{2} - \frac{α Q^{2}}{32 π^{2} ε_{0}^{2} r_{min}^{4}} . \end{matrix}

E két egyenletből a minimális távolságra a

\begin{matrix} {(\frac{r_{min}}{b})}^{4} - {(\frac{r_{min}}{b})}^{2} + \frac{α Q^{2}}{16 π^{2} ε_{0}^{2} m v_{0}^{2} b^{4}} = 0, \end{matrix}

egyenletre jutunk, amely

r_{min}^{2}

-ben másodfokú. Az egyenlet megoldásai:

\begin{matrix} r_{min} = \frac{b}{\sqrt[]{2}} \sqrt[]{1 \pm \sqrt[]{1 - \frac{α Q^{2}}{4 π^{2} ε_{0}^{2} m v_{0}^{2} b^{4}}}} . \end{matrix}

Q = 0

, akkor az ion egyenes pályán,

b

távolságra halad el a semleges atom mellett, így a két gyök közül a nagyobbat kell megtartanunk. Az ion és az atom közötti legkisebb távolság tehát

\begin{matrix} r_{min} = \frac{b}{\sqrt[]{2}} \sqrt[]{1 + \sqrt[]{1 - \frac{α Q^{2}}{4 π^{2} ε_{0}^{2} m v_{0}^{2} b^{4}}}} . \end{matrix}

3.5. Ha a

b

impakt paraméter elég nagy, az előző kérdésben kiszámított

r_{min}

távolságra közelíti meg az ion az atomot. A

b

paraméter csökkentésével azonban az

r_{min}

-re kapott kifejezésben a négyzetgyökjel alatt negatív érték adódik, azaz nincs minimális távolság az ion és az atom között: az ion spirális pályán a semleges atomba csapódik. Ez akkor következik be, ha

\begin{matrix} b < b_{0} = {(\frac{α Q^{2}}{4 π^{2} ε_{0}^{2} m v_{0}^{2}})}^{\frac{1}{4}}, \end{matrix}

így az ion befogásának hatáskeresztmetszete

\begin{matrix} A = π b_{0}^{2} = π {(\frac{α Q^{2}}{4 π^{2} ε_{0}^{2} m v_{0}^{2}})}^{\frac{1}{2}} = \frac{| Q |}{2 ε_{0} v_{0}} \sqrt[]{\frac{α}{m}} . \end{matrix}

Megjegyzés. A 3.4. és 3.5. alkérdésekben tárgyaltak grafikusan is szemléltethetők az ún. effektív potenciál segítségével. Ha az energiamegmaradást kifejező

\begin{matrix} \frac{1}{2} m (v_{r}^{2} + r^{2} ω^{2}) + U (r) = E (= \frac{1}{2} m v_{0}^{2}) \end{matrix}

egyenletből a szögsebességet kiküszöböljük a perdületmegmaradás

m r^{2} ω = J

Kísérleti feladatok

1. feladat. Elektromos fekete doboz: kapacitív elmozdulásérzékelő

A mérési feladatban szereplő elektromos fekete doboz egy síkkondenzátor, melynek két, egymás felett elcsúsztatható fémlemeze azonos alakú fogakból áll, melyeket egy vékony szigetelőréteg választ el egymástól.
A kondenzátor kapacitását a versenyzők egy Kipp-oszcillátor segítségével mérhették. A Kipp-oszcillátor egy olyan áramkör, melynek frekvenciáját az

\begin{matrix} f = \frac{α}{C + C_{S}} \end{matrix}

összefüggés határozza meg, ahol

C

az oszcillátorra kötött kondenzátor kapacitása,

α

és

C_{S}

pedig az eszközre jellemző állandók. Az oszcillátor frekvenciáját digitális multiméterrel lehetett mérni.
A feladat első részében az oszcillátor kalibrálása, azaz

α

és

C_{S}

értékének meghatározása volt. Ehhez 4 különböző, ismert kapacitású kondenzátor állt a versenyzők rendelkezésére. Azt is észre kellett venni, hogy a kondenzátorok különböző kapcsolásaival újabb kapacitások is előállíthatók, és így nem csak 4 kalibrációs pontot lehet felvenni. Ha a frekvencia reciprokát a kapacitás függvényében ábrázoljuk, és a pontokra egyenest illesztünk, akkor az egyenes meredeksége

1 / α

, tengelymetszete

C_{S} / α

, így ezek az állandók meghatározhatók.

3.ábra

A feladat második részében a síkkondenzátor geometriai alakját kellett meghatározni. A kalibrált Kipp-oszcillátor segítségével meg kellett mérni a kondenzátor

C

kapacitását a mozgatható kondenzátorlemez

x

elmozdulásának függvényében. Az eredmények alapján először el kellett dönteni, hogy a lemezek fogazása milyen. Ehhez megadtak három lehetséges fogalakot (3. ábra), mindegyikhez meg kellett határozni elméleti megfontolások alapján, hogy milyen jellegű

C (x)

függvényt várunk, majd a mérési adatok alapján ki kellett választani, hogy a fekete dobozban milyen fogazás van. Ezek után a kimért

C (x)

függvény alapján meg kellett határozni a fogak geometriai méreteit.
Mivel a Kipp-oszcillátor frekvenciája a mozgatható kondenzátorlemez helyzetétől függ, az eszközt digitális tolómérőként lehet használni. A harmadik részben ennek a digitális tolómérőnek a felbontását kellett kiszámítani, azaz azt a legkisebb elmozdulást, amit az eszközzel még mérni lehet.

2. feladat. Mechanikai fekete doboz: csőben rögzített golyó

A mechanikai fekete doboz egy zárt alumíniumcsőből és egy, a cső belsejében ismeretlen helyen rögzített golyóból állt. A 30 cm hosszú csövön centiméterenként lyukak (összesen 16 db) voltak fúrva, melyek segítségével a csövet vízszintes tengely körüli lengésbe lehetett hozni. A versenyzőknek roncsolásmentes mérésekkel kellett a rendszer olyan tulajdonságait megállapítani, mint

(i)

a tömegközéppont helye,

(i i)

a cső

M

és a golyó

m

tömegének aránya és

(i i i)

a golyó csövön belüli helyzete. Ezen kívül meghatározandó volt

(i v)

a nehézségi gyorsulás értéke is.
Konkrét mérési utasításokat ezúttal nem kaptak a versenyzők, csak a felhasználható eszközök jelenthettek támpontot a mérési módszerek kitalálásában: asztalra rögzíthető tengely a rúd lengetéséhez, vonalzó, stopper, ragasztószalag a tengely asztalra rögzítéséhez, illetve egy méternyi fonál.

4. ábra

(i)

A tömegközéppont

x_{T K} = (m z + M L / 2) / (m + M)

helyét a diákok a legkülönbözőbb módokon határozták meg: többen az asztal szélén egyensúlyozták ki a csövet, mások egy vagy két szál fonállal függesztve fel a rendszert azt használták ki, hogy a tömegközéppont mindig a felfüggesztési pont alatt helyezkedik el.
(

i i

‐

i v

) Nehezebb feladat volt a rúd és a cső tömegarányának, a golyó helyzetének és a

g

nehézségi gyorsulásnak a meghatározása. A kis lengéseket végző cső fizikai ingának tekinthető, melynek lengésideje (a 4. ábra jelöléseit használva)

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{Θ_{O}}{(M + m) g R}}, \end{matrix}

ahol a Steiner-tétel értelmében

Θ_{O} = Θ_{T K} + (M + m) R^{2}

. A rendszer tömegközéppontra vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka pedig (a golyóra a pontszerű közelítést alkalmazva):

\begin{matrix} Θ_{T K} = m {(z - x_{T K})}^{2} + M {(x_{T K} - \frac{L}{2})}^{2} + \frac{1}{12} M L^{2} . \end{matrix}

A periódusidő tehát a

\begin{matrix} T (R) = 2 π \sqrt[]{\frac{Θ_{T K} + (M + m) R^{2}}{(M + m) g R}} = 2 π \sqrt[]{\frac{Θ_{T K}}{(m + M) g R} + \frac{R}{g}} \end{matrix}

módon függ a felfüggesztési pont tömegközépponttól mért távolságától. Ez a kifejezés kis átalakítással a

\begin{matrix} T^{2} R = \frac{4 π^{2}}{g} R^{2} + \frac{4 π^{2} Θ_{T K}}{(m + M) g} \end{matrix}

alakra hozható. A periódusidőt tehát az

R

távolság függvényében megmérve, majd

T^{2} R

-et

R^{2}

függvényében ábrázolva a mért pontok egy egyenesre illeszkednek, melynek meredekségéből a gravitációs gyorsulást,

g

-ből és a tengelymetszetből pedig a

Θ_{T K} / (m + M)

arányt lehet meghatározni. A tömegközéppontra vonatkozó egyenlet felhasználásával a kérdezett

m / M

tömegarány és a golyó

z

helyzete innen már kiszámolható.

Másik lehetséges eljárás kínálkozik a rendszer paramétereinek meghatározására, ha észrevesszük, hogy a kis lengések

T

periódusideje a felfüggesztési pont

R

helyzetének függvényében egy minimummal rendelkezik. A

T (R)

görbe minimumhelyéből és a minimális lengésidőből ugyancsak kiszámolhatóak a kérdéses mennyiségek, de a lapos minimum miatt ez az eljárás pontatlanabb, mint az elsőként ismertetett módszer, ezért ezt az alternatív megoldást a rendezők csak fele pontszámmal ,,jutalmazták''.

\begin{matrix} Honyek Gyula, Vankó Péter, Vigh Máté \end{matrix}

^{$^{*}$}Az elméleti feladatok szövegét a múlt havi számunkban közöltük.

^{$^{*}$}Megtartottuk az olimpián alkalmazott, a hazai gyakorlattól néhol kicsit eltérő jelöléseket.

^{$^{*}$}Ezt legegyszerűbben úgy mutathatjuk meg, ha feltételezzük, hogy a vékony (de véges vastagságú) töltésrétegben a töltések eloszlása homogén. A Gauss-tétel alkalmazásával láthatjuk, hogy ekkor a belső nulla tér lineárisan növekedve éri el a külső felületen felvett értékét, tehát a töltésrétegben átlagosan a külső érték fele lép fel. Megmutatható azonban az is, hogy a vékony töltésrétegben tetszőleges töltéseloszlás esetén is a külső térerősség fele adja az átlagértéket.