Kezdőlap


Feladat:	3833. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kőrösi Márton
Füzet:	2006/május, 312 - 314. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pontrendszerek mozgásegyenletei, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2005/október: 3833. fizika feladat

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

Megoldás. A feladatot vektorok segítségével fogjuk megoldani.
A három testből álló rendszer zárt (külső erő nem hat rájuk), ezért a tömegközéppontjuk nem gyorsul. Válasszunk egy olyan koordináta-rendszert, amelyben a tömegközéppont nem is mozog, hanem a koordináta-rendszer középpontjában áll.
Jelölje a pontszerű testek helyvektorait ebben a (tömegközépponti) koordináta-rendszerben $r_{i}$ , tömegüket pedig $m_{i}$ $(i = 1,2,3)$ . Ezek a mennyiségek nem függetlenek egymástól, hiszen a tömegközéppont helyvektora nullvektor kell legyen, vagyis fennáll $m_{1} r_{1} + m_{2} r_{2} + m_{3} r_{3} = 0$ , ahonnan pl. $r_{3}$ kifejezhető:

\begin{matrix} r_{3} = - \frac{m_{1}}{m_{3}} r_{1} - \frac{m_{2}}{m_{3}} r_{2} . \end{matrix}

(1)

Írjuk fel az

m_{1}

tömegű test mozgásegyenletét! Erre a testre az

m_{2}

tömegű test

\begin{matrix} F_{21} = f \frac{m_{1} m_{2}}{d_{12}^{3}} (r_{2} - r_{1}) \end{matrix}

erőt fejt ki (

f

a Newton-féle gravitációs állandó,

d_{12}

pedig a két test állandónak feltételezett távolsága), és hasonló módon számolható a harmadik test gravitációs vonzása is.
Ha az egész rendszer állandó

ω

szögsebességgel forog, akkor az 1-es jelű test gyorsulása

- r_{1} ω^{2}

, a mozgásegyenlete tehát

\begin{matrix} - m_{1} r_{1} ω^{2} = f \frac{m_{1} m_{2}}{d_{12}^{3}} (r_{2} - r_{1}) + f \frac{m_{1} m_{3}}{d_{13}^{3}} (r_{3} - r_{1}) . \end{matrix}

Ez (1) felhasználásával, majd egyenletrendezéssel a következő alakra hozható:

\begin{matrix} r_{1} (\frac{ω^{2}}{f} - \frac{m_{1} + m_{3}}{d_{13}^{3}} - \frac{m_{2}}{d_{12}^{3}}) = r_{2} (\frac{1}{d_{13}^{3}} - \frac{1}{d_{12}^{3}}) m_{2} . \end{matrix}

(2)

Mivel a fenti egyenletben

r_{1}

és

r_{2}

iránya különböző, (2) csak úgy állhat fenn, ha benne mindkét vektor együtthatója nulla:

\begin{matrix} d_{12} = d_{13} = d és d^{3} ω^{2} = f (m_{1} + m_{2} + m_{3}) . \end{matrix}

A másik két test mozgásegyenlete hasonlóan (az indexek felcserélésével) írható fel, s ezekből a

d_{12} = d_{13} = d_{23} = d

feltétel adódik. (Eddig sehol nem használtuk ki a feladat szövegében közölt azon információt, miszerint a három test szabályos háromszöget alkotva forog, de látható, hogy a mozgásegyenletek csak ilyen elrendezéssel állnak összhangban.) A forgás szögsebessége

\begin{matrix} ω = \sqrt[]{f \frac{m_{1} + m_{2} + m_{3}}{d^{3}}} \end{matrix}

kell legyen.

Megjegyzés. Ha a három test közül az egyik tömege sokkal nagyobb, mint a másik kettőé, akkor a rendszer tömegközéppontja gyakorlatilag a nagy tömegű testtel esik egybe. Ilyenkor a másik két test a nagy tömegű test körül szabályos háromszöget alkotva kering, egyikük a másikhoz képest

60^{\circ}

-os szögben lemaradva vagy azt megelőzve az ún. Lagrange-féle pontok valamelyikében mozog. A Nap‐Jupiter rendszer Lagrange-pontjaiban ténylegesen megtalálható égitestek az ún. trójai kisbolygók.