Kezdőlap


Feladat:	2008. évi Eötvös fizikaverseny 1. feladata	Korcsoport: -	Nehézségi fok: -
Füzet:	2009/március, 169 - 171. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Eötvös Loránd (korábban Károly Irén)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2009/március: 2008. évi Eötvös fizikaverseny 1. feladata

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

Megoldás. Azoknak a versenyzőknek sikerült jól megoldaniuk ezt a feladatot, akik elég bátrak voltak, és már kezdetben figyelembe vették, hogy elegendő az artista kicsiny kibillenését vizsgálni. Ők azután nem tévedtek el a tetszőleges szögekre érvényes, bonyolult összefüggések erdejében.
A 2. ábrán a hosszakat, a 3. ábrán az erőket ábrázoltuk az $α$ szöggel kibillent rúd esetében. Ekkor a kötélnek a függőlegessel bezárt szöge $β$ . Ha figyelembe vesszük, hogy kicsiny szögekről van szó, jó közelítéssel írhatjuk:

\begin{matrix} β \approx \frac{α}{2} . \end{matrix}

2. ábra

3. ábra

A kilendült rudat a rúdra és az artistára ható nehézségi erő tovább akarja lendíteni, a kötél rugalmassága pedig visszahúzza. A nehézségi erők forgatónyomatékának nagysága (a rúd alsó végpontjára):

\begin{matrix} M_{1} & = m g \frac{ℓ}{2} sin α + m g x sin α \approx \\ \approx m g (\frac{ℓ}{2} + x) α, \end{matrix}

a visszahúzó kötélerő forgatónyomatékának nagysága pedig

\begin{matrix} M_{2} = F ℓ sin (α + β) \approx F ℓ (α + β) \approx F ℓ \frac{3}{2} α . \end{matrix}

A stabilitás feltétele:

\begin{matrix} M_{2} > M_{1} . \end{matrix}

Felhasználva, hogy kis szögekről van szó:

\begin{matrix} F ℓ \frac{3}{2} α > m g (\frac{ℓ}{2} + x) α . \end{matrix}

Ha eltekintünk a kötél kicsiny, további megnyúlásától,

F

továbbra is jó közelítéssel

m g

nagyságú marad. (

F

kicsiny megváltozását az ugyancsak kicsiny

α

-val szorozva másodrendűen kicsiny tagot kapunk, amit elhanyagolunk.) Ezt felhasználva a stabilitási feltétel:

\begin{matrix} m g ℓ \frac{3}{2} α & > m g (\frac{ℓ}{2} + x) α, \\ \frac{3}{2} ℓ & > \frac{ℓ}{2} + x, \\ x & < ℓ . \end{matrix}

Tehát az artista felmászhat egészen a rúd tetejéig, amíg csak

x < ℓ

teljesül. Ezzel válaszoltunk az

a)

kérdésre, most foglalkozzunk a

b)

-vel.
Tekintsük a 4. ábrát, amelyen már figyelembe vettük a

β \approx \frac{α}{2}

közelítést, mivel továbbra is kis szögkitérésű lengésekről lehet csak szó, továbbá azt, hogy most

x = \frac{ℓ}{2}

. A visszatérítő forgatónyomaték:

\begin{matrix} M & = M_{2} - M_{1} = F ℓ \frac{3}{2} α - 2 m g \frac{ℓ}{2} α = ℓ α (\frac{3}{2} F - m g) = \\ = \frac{1}{2} m g ℓ \cdot α . \end{matrix}

4. ábra

Ez a visszatérő forgatónyomaték egyenesen arányos

α

-val! Ebben az esetben harmonikus rezgés (lengés) jöhet létre, melynek periódusidejét az arányossági tényezőből olvashatjuk ki. A rúdból és az artistából álló rendszer teljes tehetetlenségi nyomatéka (a rúd legalsó pontjára vonatkoztatva):

\begin{matrix} Θ = \frac{1}{3} m ℓ^{2} + m {(\frac{ℓ}{2})}^{2} = \frac{7}{12} m ℓ^{2} . \end{matrix}

A harmonikus rezgőmozgásnál, ahol a visszahúzó erő nagysága

F = D x

, fennáll a következő összefüggés:

\begin{matrix} ω^{2} = \frac{D}{m} = \frac{F / x}{m} . \end{matrix}

Ezzel analóg módon a lengésekre (harmonikusan változó forgómozgásra)

\begin{matrix} ω^{2} = \frac{M / α}{Θ} = \frac{\frac{1}{2} m g ℓ}{\frac{7}{12} m ℓ^{2}} = \frac{6}{7} \frac{g}{ℓ} \end{matrix}

érvényes. Ebből a lengés periódusideje:

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{7}{6} \frac{ℓ}{g}}, mivel T = \frac{2 π}{ω} . \end{matrix}