Kezdőlap


Feladat:	2650. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csörnyei Marianna , Futó Gábor , Horvai Péter , Scherer Pál , Szép János
Füzet:	1992/december, 472 - 474. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tömegközéppont megmaradása, Newton-féle gravitációs erő, Kepler III. törvénye, Közelítő számítások, numerikus módszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/április: 2650. fizika feladat

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

A rendszerre külső erők nem hatnak, így a tömegközéppontja nyugalomban marad. Szimmetria-okokból nyilvánvaló, hogy mindegyik tömegpont a sokszög középpontja felé mozog (nem egyenletes gyorsulással), s az alakzat minden időpillanatban szabályos $n$ -szög marad.

1. ábra

Legyen először

n = 2.

A testek mozgásegyenlete az 1. ábra jelöléseivel

\begin{matrix} m \cdot a = F (x,) \end{matrix}

ahol

\begin{matrix} F (x) = γ \cdot \frac{m^{2}}{4 x^{2}} = γ \frac{(m / 4) \cdot m}{x^{2}}, \end{matrix}

(1)

Az egyes tömegpontok tehát éppen úgy mozognak, mintha egy

M = m / 4

tömegű rögzített test vonzaná őket.

2. ábra

Közelítsük a tömegpont ténylegesen egyenesvonalú mozgását egy nagyon kicsiny kistengelyű ellipszipálya menti mozgással (2. ábra)! Ha az

m

tömegű test

R / 2

távolságból indul a rögzített vonzócentrum felé, akkor az

O

pontba zuhanásának ideje éppen fele az

R / 4

félnagytengelyű ellipszispályán való mozgás

T_{1}

keringési idejének:

\begin{matrix} T = T_{1} / 2. \end{matrix}

(2)

Másrészt egy

R / 2

sugarú körpályán mozgó test

T_{2}

keringési idejére a mozgásegyenlet alapján fennáll, hogy

\begin{matrix} m \cdot \frac{R}{2} \cdot {(\frac{2 π}{T_{2}})}^{2} = γ \frac{m \cdot (m / 4)}{{(R / 2)}^{2}} . \end{matrix}

(3)

Kepler III. törvényét alkalmazva:

\begin{matrix} {(\frac{T_{1}}{T_{2}})}^{2} = {(\frac{R / 4}{R / 2})}^{3}, \end{matrix}

(4)

ahonnan (2) és (3) felhasználásával

\begin{matrix} T_{n = 2} = \frac{π}{4} \sqrt[]{\frac{R^{3}}{γ m}} adódik . \end{matrix}

3. ábra

Oldjuk meg most a feladatot tetszőleges

n

-re! Ha a testek éppen

x

távol vannak a sokszög középpontjától, akkor a

3

. ábra jelöléseivel a

P

pontbeli testre ható eredő erő ‐ amely a szimmetria miatt nyilván az

O

pont felé mutat ‐

\begin{matrix} F = \sum_{}^{n}_{k = 1} F_{k} sin α_{k} = γ \frac{m^{2}}{4 x^{2}} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{sin (k π / n)} . \end{matrix}

Látható, hogy a rendszer minden egyes eleme úgy mozog, mintha csak egyetlen egy, az

O

pontban rögzített és

\begin{matrix} M_{n} = \frac{m}{4} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{sin (k π / n)} \end{matrix}

tömegű test vonzaná a távolság négyzetével fordítottan arányos erővel.
A kérdéses esetekhez tartozó "látszólagos'' tömegek numerikus értékei:

\begin{matrix} M_{2} = m / 4 = 0,25 \cdot m; \end{matrix}

A megfelelő esési idők Kepler III. törvényének felhasználásával az

n = 2

esethez hasonlóan számíthatók. Ha a legközelebbi testek kezdetben

R

távol voltak egymástól, akkor az összeütközésig eltelő idők:

\begin{matrix} T_{n = 3} = 0,64 \cdot \sqrt[]{\frac{R^{3}}{γ m}}, illetve T_{n = 10} = 1,22 \cdot \sqrt[]{\frac{R^{3}}{γ m}} . \end{matrix}

Szép János (Szolnok, Verseghy F. Gimn., II. o. t.) dolgozata alapján