Kezdőlap


Feladat:	2857. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bárász Mihály , Holcsek Balázs
Füzet:	1995/december, 558. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Körmozgás (Tömegpont mozgásegyenlete), Newton-féle gravitációs erő, Űrszondák, Kisbolygók, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/január: 2857. fizika feladat

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

Feltételezhetjük, hogy az űrhajós úgy kapja a látszati képet, hogy optikai eszközzel kivetíti a kisbolygó képét (1. ábra). Az űrbázis és a középpont közötti látszólagos távolság $(G P)$ látszólagos bolygósugár egységben $(H P)$ $tg α / tg α_{{max}_{}^{}}$ . Hogy meg tudjuk határozni, mekkora az űrhajó szögelfordulása $2$ perc alatt, ismernünk kell az ábrán $ϕ$ -vel jelölt szög mért értékeit.
Az első megfigyeléskor $\frac{tg α_{1}}{tg α_{{max}_{}^{}}} = \frac{3}{4} tg α_{{max}_{}^{}} = \frac{R}{\sqrt[]{25 R^{2} - R^{2}}} = \frac{1}{\sqrt[]{24}}$ , tehát $tg α_{1} = \frac{3}{4 \sqrt[]{24}}$ , innen $α_{1} = 8, 7^{\circ}$ . Az $O F A$ háromszögre felírt szinusztétel szerint

\begin{matrix} \frac{sin α_{1}}{R} = \frac{sin (180^{\circ} - β_{1})}{O A} = \frac{sin β_{1}}{5 R}, \end{matrix}

amiből

β_{1} = arc sin (5 sin α_{1}) = 49, 17^{\circ}

, és

ϕ_{1} = β_{1} - α_{1} = 40, 47^{\circ}

. Ugyanilyen számítással kapjuk, hogy a második megfigyelésnél

ϕ_{2} = 24, 68^{\circ}

. A kisbolygó szögsebessége,

- ω_{B} = \frac{2 π}{22 h} = 8 \cdot 10^{- 5} \frac{1}{s}

.
1) A kisbolygó és az űrhajó szögsebessége (

ω

) egyirányú. Nem nehéz belátni, hogy

ω > ω_{B}

kell teljesüljön, mert az űrhajónak legalább

ϕ_{1} - ϕ_{2}

szöggel kell elfordulnia a kisbolygóhoz képest.

4

eset lehetséges aszerint, hogy a bázis a két megfigyelésben hogyan helyezkedik el az űrhajóhoz képest (2. ábra). A megfelelő egyenlőségek:

\begin{matrix} (ω - ω_{B}) \cdot 120 s = 2 π - (ϕ_{1} \pm ϕ_{2}) + k \cdot 2 π (k = 0, 1, 2, ...), \end{matrix}

\begin{matrix} (ω - ω_{B}) \cdot 120 s = ϕ_{1} \pm ϕ_{2} + l \cdot 2 π (l = 0, 1, 2, ...) . \end{matrix}

2) A kisbolygó és az űrhajó szögsebessége ellentétes irányú. Most is

4

eset lehetséges, az előzőhöz képest annyi a különbség, hogy a kisbolygó és az űrhajó relatív szögsebessége most

ω + ω_{B}

\begin{matrix} (ω + ω_{B}) \cdot 120 s = 2 π - (ϕ_{1} \pm ϕ_{2}) + m \cdot 2 π (m = 0, 1, 2, ...), \end{matrix}

\begin{matrix} (ω + ω_{B}) \cdot 120 s = ϕ_{1} \pm ϕ_{2} + n \cdot 2 π (n = 0, 1, 2, ...) . \end{matrix}

Az űrhajó

5 R

sugarú pályán

ω

szögsebességgel egyenletes körmozgást végez, a centripetális erőt a gravitációs erő szolgáltatja:

\begin{matrix} M_{1} \cdot 5 R \cdot ω^{2} = γ \frac{M_{1} M}{{(5 R)}^{2}}, \end{matrix}

amiből az űrhajó sebessége

v = 5 R ω = {(γ M ω)}^{\frac{1}{3}}

.
A feladatnak végtelen sok megoldása van, ezeket párokba állíthatjuk úgy, hogy egy a kisbolygóéval azonos irányú és egy azzal ellentétes forgás tartozik össze, melyek szögsebessége |

ω_{B}

kicsisége miatt | nagyon közel esik egymáshoz. Az első két párba tartozó megoldások a következők:

\begin{matrix} \begin{matrix} ω_{1 +} & = 2,38 \cdot 10^{- 3} \frac{1}{s} (ω_{B} -vel azonosan) \\ R_{1 +} & = 211,5 m \\ v_{1 +} & = 2,513 \frac{m}{s} \end{matrix} \begin{matrix} ω_{1 -} & = 2,22 \cdot 10^{- 3} \frac{1}{s} (ellentétesen) \\ R_{1 -} & = 221,4 m \\ v_{1 -} & = 2,455 \frac{m}{s}, \end{matrix} \end{matrix}

\begin{matrix} \begin{matrix} ω_{2 +} & = 9,48 \cdot 10^{- 3} \frac{1}{s} (ω_{B} -vel azonosan) \\ R_{2 +} & = 83,7 m \\ v_{2 +} & = 3,967 \frac{m}{s} \end{matrix} \begin{matrix} ω_{2 -} & = 9,32 \cdot 10^{- 3} \frac{1}{s} (ellentétesen) \\ R_{2 -} & = 85,1 m \\ v_{2 -} & = 3,966 \frac{m}{s} . \end{matrix} \end{matrix}

Megjegyzés. Mint több megoldó is észrevette, a kisbolygó egy rejtett, ám fontos jellemző paraméterére, a sűrűségére irreálisan nagy (

2000 \frac{g}{{cm}^{3}}

-nél minden esetben nagyobb) érték jön ki.

Holcsek Balázs (Veszprém, Lovassy L. Gimn., III. o.t.) és

Bárász Mihály (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.) dolgozata alapján