Feladat: 683. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Boromissza J. ,  Bún Tamás ,  Fonó András ,  Freud Géza ,  Hoffmann Tibor ,  Kallós I. ,  Katona I. ,  Kozma István ,  Králik D. ,  Lestál Lajos ,  Lőke Endre ,  Margulit György ,  Rajó Sándor 
Füzet: 1939/február, 156. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Feladat, Matematikai inga, A Föld forgása
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1938/december: 683. fizika feladat

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

10. A nehézségi gyorsulás az egyenlitőn, ahol φ=0,

g=980,6056-2,5028=978,1028  cm sec-2.

Ezen g gyorsulás a vonzási és a centrifugális gyorsulás különbsége, azaz g=G-γ. Ha a Földnek nem lenne tengely körüli forgása, akkor G=g+γ lenne a szabad esés gyorsulása. Már most γ=ω2R=4π2RT2, ahol ω a tengely körüli forgás szögsebessége, R a Föld sugara, T pedig  24×3600 sec. Eszerint1
G=g+4π2RT2=g+2π2πRT2=978,1028+2π4109(86100)2==978,1028+3,3852=981,188  cm sec-2.



Az inga lengési ideje: t=πlG.
Minthogy másodpercingáról van szó, l=gπ2,
tehát
t=gG=978,1028978,488=0,998  sec.

20. A φ=90 szélességhez tartozó póluson a nehézségi gyorsulás
g'=980,6056+2,5028=983,1084  cm sec-2.

Ha itt az inga lengés ideje t', akkor
t'=978,1028983,1084.

Az inga lengéseinek száma 86400 sec alatt
n=86400t'=86400983,1084978,1028
és így
86400983,1084978,1028-86400=220,
azaz 220 mp (=3'40'')-nek megfelelő idővel mutat többet (siet) az inga a póluson.
 
 Lőke Endre (Premontrei g. VII. o. Keszthely)
12πR kereken 40106m=4109 cm.