Kezdőlap


Feladat:	3956. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Szilágyi Zsombor
Füzet:	2007/december, 562 - 563. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pontrendszer tömegközéppontja, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2007/február: 3956. fizika feladat

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

Megoldás. $a)$ Jelöljük az $m_{1}$ tömegű korongtól az $m_{2}$ tömegűhöz mutató vektort $\vec{a}$ -val, az $m_{3}$ -hoz mutatót pedig $\vec{b}$ -vel az ábrán látható módon.

Egy pontrendszer tömegközéppontjába mutató vektor általánosan az

\begin{matrix} \vec{R} = \frac{\sum_{i}^{} m_{i} {\vec{r}}_{i}}{\sum_{i}^{} m_{i}} \end{matrix}

képletből határozható meg. Jelen esetben a tömegközéppont vektora az

m_{1}

tömegű testtől mérve

\begin{matrix} {\vec{R}}_{1} = \frac{m_{2}}{M} \vec{a} + \frac{m_{3}}{M} \vec{b}, \end{matrix}

ahol

M = m_{1} + m_{2} + m_{3}

a rendszer össztömege. Ennek a vektornak a négyzete

\begin{matrix} R_{1}^{2} = {(\frac{m_{2}}{M})}^{2} L^{2} + {(\frac{m_{3}}{M})}^{2} L^{2} + 2 \frac{m_{2} m_{3}}{M^{2}} \vec{a} \vec{b} . \end{matrix}

Tekintettel arra, hogy a három korong szabályos háromszöget alkot, az

\vec{a}

és

\vec{b}

vektorok

60^{\circ}

-os szöget zárnak be egymással, a skalárszorzatuk

\begin{matrix} \vec{a} \vec{b} = | \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot cos 60^{\circ} = \frac{1}{2} L^{2} . \end{matrix}

Megjegyzés. Ugyanezt az összefüggést megkaphatjuk a harmadik oldal hosszát megadó képletből is:

\begin{matrix} {(\vec{a} - \vec{b})}^{2} = L^{2} + L^{2} + 2 \vec{a} \vec{b} = L^{2} . \end{matrix}

A fenti képleteket összevetve a tömegközéppont és az

m_{1}

tömegű test távolságára ez adódik:

\begin{matrix} R_{1} = \frac{\sqrt[]{m_{2}^{2} + m_{3}^{2} + m_{2} m_{3}}}{M} L = 0, 42 m. \end{matrix}

Hasonló módon (a szerepek felcserélésével) kapjuk a tömegközéppont és a másik két korong távolságát is:

\begin{matrix} R_{2} = \frac{\sqrt[]{m_{1}^{2} + m_{3}^{2} + m_{1} m_{3}}}{M} L = 0, 38 m  ésR_{3}=\frac{\sqrt[]{m_{1}^{2} + m_{2}^{2} + m_{1} m_{2}}}{M}L=0,26 m. \end{matrix}

b)

A tömegpontnak tekinthető korongok egyenletes körmozgást végeznek a tömegközéppont körül. Ennek megfelelően például az

m_{1}

tömegű test mozgásegyenlete

m_{1} ω^{2} {\vec{R}}_{1} = {\vec{F}}_{21} + {\vec{F}}_{31}

, ahol az egyenlet jobb oldalán szereplő két vektor a 2-es és a 3-as jelzésű testnek az 1-esre kifejtett erőhatását jelöli. Ezek iránya a testeket összekötő fonalak irányával megegyező, tehát

\begin{matrix} {\vec{F}}_{21} = F_{21} \cdot \frac{\vec{a}}{L} és {\vec{F}}_{31} = F_{31} \cdot \frac{\vec{b}}{L}, \end{matrix}

ahol a nyíl nélküli mennyiségek a megfelelő vektorok nagyságát jelölik.
A fenti kifejezést a mozgásegyenletbe helyettesítve és az

{\vec{R}}_{1}

konkrét alakját megadó kifejezést is felhasználva kapjuk:

\begin{matrix} m_{1} ω^{2} (\frac{m_{2}}{M} \vec{a} + \frac{m_{3}}{M} \vec{b}) = F_{21} \cdot \frac{\vec{a}}{L} + F_{31} \cdot \frac{\vec{b}}{L} . \end{matrix}

Mivel az egyenlet jobb és bal oldalán szereplő vektorok felbontása

\vec{a}

és

\vec{b}

irányú összetevőkre egyértelmű, az egyenlőség csak úgy állhat fenn, ha az

\vec{a}

irányú tagok és a

\vec{b}

irányú tagok külön-külön megegyeznek. Innen

\begin{matrix} F_{21} = \frac{m_{1} m_{2}}{M} L ω^{2} = 3, 53 N,F_{31}=\frac{m_{1} m_{3}}{M}Lω^{2}=6,12 N, \end{matrix}

és végül a harmadik erő (amely a szerepek felcserélésével kapható):

\begin{matrix} F_{23} = \frac{m_{2} m_{3}}{M} L ω^{2} = 9, 18 N. \end{matrix}