Ο γρύλος και ο φελλός

Posted on 18/08/2019

0


Ένα πολύ ωραίο φυσικο-μαθηματικό πρόβλημα που με την πρώτη ματιά φαίνεται αδύνατον να λυθεί, με τη δεύτερη ματιά προσεγγίζεται αριθμητικά, αλλά με την τρίτη και φαρμακερή εντοπίζεται «με γυμνό μάτι» η ακριβής λύση!

Το πρόβλημα: Μέσα σε ένα κλειστό δοχείο μισογεμισμένο με νερό επιπλέει όρθιος ένας κυλινδρικός φελλός. Όταν ο φελλός είναι ακίνητος στο νερό, είναι βυθισμένος κατά τα 2/3 του ύψους του. Ένας γρύλος κάθεται πάνω στο φελλό, οπότε ο φελλός ισορροπεί βυθισμένος περισσότερο από τα 2/3 του. Κάποια στιγμή ο γρύλος εκτινάσσεται κατακόρυφα (σπρώχνοντας το φελλό προς τα κάτω), οπότε ο φελλός φτάνει στο κατώτερο σημείο του ώστε μόλις να βυθιστεί πλήρως. Ο γρύλος αφού χτυπήσει στο πώμα του δοχείου και ανακλαστεί ελαστικά προς τα κάτω, ξαναπέφτει πάνω στο φελλό, πετυχαίνοντάς τον φελλό στην ίδια ακριβώς θέση που βρισκόταν κατά την εκτίναξη, ανεβαίνοντας όμως τώρα προς τα πάνω για πρώτη φορά. Αν το ύψος του πώματος του δοχείου πάνω από την αρχική θέση του γρύλου (όταν ο γρύλος στέκονταν ακίνητος πάνω στο φελλό) είναι β=(6√3π−π2)/27 φορές το ύψος του φελλού, να υπολογίσετε το λόγο της μάζας του γρύλου σε σχέση με αυτόν του φελλού. (Θεωρήστε ως θετική φορά την προς τα κάτω και αγνοήστε την αλλαγή στάθμης του νερού).

Η λεπτομερής λύση του προβλήματος (και η πλήρης εκφώνησή του) βρίσκονται ΕΔΩ: ylikonet.gr.

Στη συνέχεια δίνεται μια ελάχιστα διαφορετική προσέγγιση μόνο ως προς το τελευταίο μαθηματικό σκέλος.

Α. Εφαρμόζουμε τα συνηθισμένα

Όταν φελλός ισορροπεί μόνος του ισχύει: w=A0 => mφg = ρυgVβυθ ή

mφ g = ρυ g S 2H/3 (1)

Επίσης mφ  = ρυ S 2H/3 και

ρυS = 3mφ/2Η         (2)

Αν ο φελλός βυθιστεί επιπλέον κατά x τότε η συνισταμένη δύναμη (με φορά προς την θέση ισορροπίας) ισούται με: ΣF=–Α+ mφ g = – ρυ g S (2H/3 + x) + mφ g
Έτσι, λόγω της εξ. (1) έχουμε: ΣF= –ρυgS x = – D x (συνεπώς έχουμε αρμονική ταλάντωση)
όπου D= ρυgS ή χρησιμοποιώντας την εξ. (2),

D =  3mφg/2Η        (3)

Η περίοδος (και η κυκλική συχνότητα) της ταλάντωσης του φελλού θα είναι: T=2 \pi\sqrt{\frac{m_{\phi}}{D}} ή λόγω της εξ. (3)

T=2 \pi\sqrt{\frac{2H}{3g}}  και \omega= \sqrt{\frac{3g}{2H}}  (4)

Εφόσον ο φελλός, μετά την εκτίναξη του γρύλου φτάνει στο κατώτερο σημείο του ώστε μόλις να βυθιστεί πλήρως, το πλάτος της ταλάντωσής του θα είναι A=H/3.
Η ταλάντωση όμως δεν ξεκινά από την θέση ισορροπίας του φελλού, αλλά από τη θέση ισορροπίας φελλού-γρύλου. Όταν ο γρύλος ισορροπεί πάνω στον φελλό, τότε ο φελλός βυθίζεται επιπλέον κατά Δψ. Στη νέα θέση ισορροπίας ισχύει: mφg+mγg=ρυgS (2H/3+Δψ) και εξαιτίας των εξ. (1) και (2) ισχύει: mγg=(3mφ/2Η)gΔψ => Δψ= (mγ/mφ)(2Η/3) ή θέτοντας λ=mγ/mφ

Δψ=λ(2Η/3)  (5)

Η απομάκρυνση του φελλού από τη θέση ισορροπίας περιγράφεται από την εξίσωση: x=Asin(ωt+φ0), όπου sinφ0=Δψ/Α ή σύμφωνα με τα προηγούμενα:

sinφ0=2λ ή λ=sinφ0/2    (6)

Ο φελλός μετά την εκτίναξη του γρύλου εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, φτάνει στην ακραία θέση σε χρόνο t1 και θα ξαναγυρίσει στην αρχική θέση στον ίδιο χρόνο t1 (συνολικός χρόνος 2t1). Ισχύει (χρησιμοποιώντας επιχειρήματα από την σύγκριση της απλής αρμονικής ταλάντωσης με την αντίστοιχη κυκλική κίνηση): t1=Τ/4–Δt, όπου Δt=Τ·φ0/2π με 0<φ0<π/2. Έτσι,

t1=T/4Τ·φ0/2π=(T/2π)(π/2–φ0) ή ωt1=π/2–φ0=ζ    (7)

Σημειώστε ότι ισχύει επίσης 0<ζ<π/2.

Κατά την εκτίναξη του γρύλου εφαρμόζουμε την αρχή διατήρησης της ορμής:    0=−mγυ(0)+mφV(0), όπου υ(0) και V(0) οι ταχύτητες γρύλου και φελλού την χρονική στιγμή t=0 που αρχίζει η κίνηση. Εφόσον θέσαμε λ=mγ/mφ, έχουμε:

V(0)=λυ(0)  (8)

Η ταχύτητα του φελλού, αφού εκτελεί αρμονική ταλάντωση, θα είναι:
V=\frac{H}{3} \omega \cos(\omega t + \phi_{0}) και για t=0, V(0)=\frac{H}{3} \omega \cos \phi_{0}.
Αντικαθιστώντας το V(0) στην εξ. (8), προκύπτει η αρχική ταχύτητα εκτίναξης του γρύλου: v(0)= \frac{H}{3 \lambda} \omega \cos \phi_{0}. Εφόσον, \omega= \sqrt{\frac{3g}{2H}} και  λ=sinφ0/2, παίρνουμε: v(0)= \frac{2}{3} \cot\phi_{0} \sqrt{\frac{3gH}{2}} και αφού  (π/2–φ0)=ζ

v(0)= \frac{2}{3} \tan\zeta \sqrt{\frac{3gH}{2}}    (9)

O γρύλος με αρχική ταχύτητα την ταχύτητα της εξ. (9) εκτελεί κατακόρυφη βολή προς τα πάνω και αφού διανύσει απόσταση h=\frac{6 \sqrt{3} \pi- \pi^{2}}{27}H=\beta \,H συγκρούεται ελαστικά με το πώμα του δοχείου.

Ο χρόνος κίνησης του γρύλου [1] μέχρι να συναντήσει τον φελλό για πρώτη φορά θα είναι tολ=2tανόδου και αφού συναντώνται πάλι στην αρχική θέση εκκίνησης θα ισχύει: tαν=t1  , όπου το t1 ορίζεται από την εξ. (7).

Έτσι, h=v(0) t_{1}- \frac{1}{2} g t_{1}^{2}. Πολλαπλασιάζοντας επί ω, h \omega=v(0) (\omega t_{1})- \frac{g}{2 \omega} (\omega t_{1})^{2}.
Στην παραπάνω εξίσωση θέτουμε
\omega t_{1}= \zeta, h=\frac{6 \sqrt{3} \pi- \pi^{2}}{27}H=\beta \,H , v(0)= \frac{2}{3} \tan \zeta \sqrt{\frac{3gH}{2}} , \omega= \sqrt{\frac{3g}{2H}}, και εκτελώντας τις πράξεις παίρνουμε:

3\beta = 2\zeta \tan \zeta - \zeta^{2} ή f(\zeta)=\frac{3 \beta + \zeta^{2}}{2 \zeta}=\tan \zeta    (10)

Δύσκολα τα πράγματα. Όμως …

Β. Η γραφική λύση

Μπορούμε να δείξουμε εύκολα ότι  συνάρτηση  f(ζ) εμφανίζει ελάχιστο για \zeta=\sqrt{3 \beta} \cong 1.5909>\pi/2. Η f(ζ) είναι συνεχής και φθίνουσα στο διάστημα (0-π/2) , ενώ στο ίδιο διάστημα η tanζ είναι συνεχής και αύξουσα και γι αυτό τέμνονται μόνο μια φορά στο διάστημα αυτό. Έτσι, η λύση της εξίσωσης f(ζ)=tanζ θα είναι μοναδική στο (0-π/2).

Η κόκκινη καμπύλη παριστάνει την f(ζ) και η μπλε την tanζ

Η μοναδική ρίζα της εξίσωσης f(ζ)=tanζ στο διάστημα (0-π/2), προσεγγίζεται γραφικά με την τιμή ζ≈1,04.Εννοείται πως για να γίνουν τα παραπάνω απαιτείται ένα υπολογιστικό πρόγραμμα, π.χ. σαν το Wolfram Mathematica.

Γ. Η ακριβής λύση

Όμως εγείρεται ένα ερώτημα: γιατί ο δημιουργός του προβλήματος έδωσε το «περίεργο» και μοναδικό αριθμητικό δεδομένο h/H=\beta=\frac{6 \sqrt{3} \pi- \pi^{2}}{27};; Μάλλον εκεί πρέπει να κρύβεται το μυστικό της ακριβούς λύσης!

Αν στην πρώτη των εξισώσεων (10) αντικαταστήσουμε την τιμή του \beta=\frac{6 \sqrt{3} \pi- \pi^{2}}{27}, παίρνουμε: \frac{6 \sqrt{3} \pi}{9} - \frac{\pi^{2}}{9}= 2\zeta \tan \zeta - \zeta^{2} .

Παρατηρώντας πιο προσεκτικά την εξίσωση βλέπουμε ότι 2\frac{\pi}{3} \sqrt{3} -( \frac{\pi}{3})^{2}= 2\zeta \tan \zeta - \zeta^{2} και μπορούμε να μαντέψουμε την τιμή της ρίζας.
Είναι φανερό πως δέχεται ως λύση στο διάστημα (0-π/2) την ζ=π/3(≈1,047).
Έτσι, ο ζητούμενος λόγος της μάζας του γρύλου προς την μάζα του φελλού θα είναι: λ=sin(π/2–ζ)/2=cos(π/3)/2=1/4, ακριβώς!

 

[1] Ο χρόνος ανόδου υπολογίζεται από την εξίσωση: h=υ(0)t–gt2/2 =>g/2 t2–υ(0)t+h=0 και εύκολα αποδεικνύεται ότι μετά την ελαστική κρούση του γρύλου με το πώμα, θα είναι: t_{\alpha \nu}=t_{\kappa \theta}= \frac{v(0)-\sqrt{v(0)^{2}-2gh}}{g}. Αλλά δεν μας συμφέρει να χρησιμοποιήσουμε την έκφραση αυτή.