Kezdőlap


Feladat:	630. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bottyán István , Rácz András , Sztolakisz Szpirosz
Füzet:	1967/március, 140 - 141. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elektromos dipólus, Erőpár, Rögzített tengely körüli forgás (Merev testek mozgásegyenletei), Síkinga, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/október: 630. fizika feladat

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

A pálca két végén levő töltésre azonos nagyságú, de ellentétes irányú erő hat. Ennek az erőpárnak a forgatónyomatéka $M = P ℓ sin φ$ , ahol $ℓ sin φ$ az erő karja, és $P = Q E$ . Ez a forgatónyomaték fogja létrehozni a dipól szöggyorsulását. A szöggyorsulás legyen $β$ , a test tehetetlenségi nyomatéka $I = 2 m r^{2} = 2 m {(ℓ / 2)}^{2}$ .
A forgómozgás alapegyenletéből $(M = I β)$ ,

\begin{matrix} - Q E l sin φ = 2 m {(l / 2)}^{2} β . \end{matrix}

A negatív előjel a forgatónyomaték és a szöggyorsulás ellentétes forgási irányára utal.

Az ábrából látszik, hogy

sin φ = \frac{y}{ℓ / 2} = \frac{2 y}{ℓ}

, és ha a test gyorsulása

a

, akkor

\begin{matrix} β = \frac{a}{ℓ / 2} = \frac{F}{m \cdot ℓ / 2} = \frac{2 F}{m ℓ} . \end{matrix}

Ezt behelyettesítve a fenti képletbe

\begin{matrix} - Q E \cdot y = 2 {(\frac{ℓ}{2})}^{2} \frac{F}{ℓ}, F = - \frac{2 Q E}{ℓ} y . \end{matrix}

Ez egy rezgőmozgás egyenlete.
A rezgőmozgásból ismert képlet szerint

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{- \frac{m y}{F}}, T = 2 π \sqrt[]{\frac{m ℓ}{2 Q E} .} \end{matrix}

A numerikus adatokat behelyettesítve:

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{10^{- 3} kg \cdot 0, 2 m}{2 \cdot 4 \cdot 10^{- 6} As \cdot 400 V/m}} = 2 π \sqrt[]{\frac{10^{- 3} \cdot 0, 2}{2 \cdot 4 \cdot 400 \cdot 10^{- 6}}} s . \end{matrix}

\begin{matrix} T = π / 2 s = 1, 57 s \end{matrix}

Bottyán István (Hatvan, Bajza J. Gimn. IV. o. t.)

II. megoldás. Az ingára eredő erő nem hat, tehát az inga súlypontja (középpontja) nem fog gyorsulni. A dipól mind a két felét külön ingaként fogjuk vizsgálni, mivel a feladat szimmetrikus erre a két ingára, ez a feltevés helyes, mert a két lengésidő egyenlősége miatt nem kell kihasználni a rúd merev szerepét, és azt, hogy a középpont nem rögzített pont.
Ebben az esetben úgy lehet számolni, mint egy matematikai ingával. Csak a tömegpont szabad gyorsulása nem

g

, hanem az elektromos térből származó

a

\begin{matrix} a = \frac{F}{m} = \frac{Q E}{m} . \end{matrix}

Ezt behelyettesítve a matematikai inga lengés idejébe, a

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{ℓ}{g}} = 2 π \sqrt[]{\frac{ℓ m}{2 Q E}} \end{matrix}

megoldást kapjuk.

Sztolakisz Szpirosz (Székesfehérvár, József A. Gimn. IV. o. t.)