Kezdőlap


Feladat:	4879. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Pszota Máté
Füzet:	2017/március, 179 - 181. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Pontrendszerek mozgásegyenletei, Newton-féle gravitációs erő, Coulomb-törvény
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2016/november: 4879. 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 űrhajók kezdeti helyzetét $A$ , $B$ , $C$ és $D$ pontokkal, az ezek alkotta szabályos tetraéder középpontját $O$ -val, a $B C D$ oldal súlypontját $S$ -sel, az $A C B$ oldalét pedig $T$ -vel. A tetraéder szimmetriája miatt az $O$ pont az $A S$ és $D T$ szakaszok metszéspontjában található. Jelölje az $A B C$ háromszög $A$ -ból húzott magasságának talppontját $E$ , ami megegyezik a $B C D$ háromszög $D$ -ből húzott magasságának talppontjával.

Válasszuk ki az

A

helyzetben lévő űrhajót, és vizsgáljuk meg a rá ható gravitációs erőket! A szimmetria miatt állíthatjuk, hogy az eredő gravitációs erő a tetraéder középpontja felé mutat, a más irányú komponensek kiegyenlítik egymást. Az

A

és a

B

pontokban lévő űrhajók közt fellépő gravitációs erő úgy aránylik a középpont felé mutató komponenséhez, mint

A B : A S

.
Jelölje a tetraéder oldalélét

a

. Ekkor az

A E

és

D E

súlyvonalak hossza

\frac{\sqrt[]{3}}{2} a

. Mivel a súlypont a súlyvonalakat harmadolja,

S E = \frac{1}{3} D E = \frac{\sqrt[]{3}}{6}

. Másrészt az

A S E

háromszög derékszögű, vagyis

\begin{matrix} A S = \sqrt[]{A E^{2} - S E^{2}} = \sqrt[]{\frac{3}{4} - \frac{3}{36}} a = \sqrt[]{\frac{2}{3}} a . \end{matrix}

Ezáltal az általunk keresett arány:

\begin{matrix} \frac{A S}{A B} = \sqrt[]{\frac{2}{3}} . \end{matrix}

Mivel az

A

pontban lévő űrhajóra 3 másik űrhajó fejt ki gravitációs erőt, ezek eredője:

\begin{matrix} F_{g} = 3 \cdot \sqrt[]{\frac{2}{3}} \cdot G \frac{m^{2}}{a^{2}} = 65 mN. \end{matrix}

(

m

az egyes űrhajók tömege,

G

pedig a Newton-féle gravitációs állandó.)

b)

Amennyiben az űrhajók

Q

nagyságú elektromos töltéssel rendelkeznek, úgy páronként elektrosztatikus taszítóerő hat közöttük. Ha ez az erő éppen megegyezik a páronként fellépő gravitációs vonzóerővel, vagyis ha

\begin{matrix} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q^{2}}{a^{2}} = G \frac{m^{2}}{a^{2}}, \end{matrix}

akkor mindegyik testre nulla eredő erő hat, és így a közöttük lévő távolság állandó maradhat. Az ehhez szükséges töltés nagysága:

\begin{matrix} Q = 2 m \sqrt[]{π ε_{0} G} = 17 mC. \end{matrix}

c)

Ha az űrhajók egyszerre és ugyanakkora nagyságú sebességgel indulnak meg az

O

pont felé, akkor a későbbiekben is minden pillanatban egy ‐ változó méretű ‐ szabályos tetraéder csúcspontjaiban lesznek. Mivel az előző részben kapott erőegyensúlyi feltétel független az űrhajók távolságától, bármilyen közel kerülnek is egymáshoz a hajók, a közöttük ható gravitációs vonzóerő és az elektrosztatikus taszítóerő mindig kiegyenlíti egymást. Így az űrhajók erőmentesen, egyenletes mozgással haladnának a tetraéder

A O = s

távol lévő középpontja felé, és ott

t = s / v_{0}

idő múlva összeütköznének.
Az összeütközésig eltelő idő meghatározásához ki kell számítanunk az

A O = s

távolságot. A szimmetria miatt

A S = D T

és

A O = D O

, ezért

\begin{matrix} O T = D T - D O = A S - A O . \end{matrix}

Minthogy a

T

pont is súlypont,

\begin{matrix} A T = \frac{2}{3} A E = \frac{2}{3} \frac{\sqrt[]{3}}{2} a = \frac{a}{\sqrt[]{3}} . \end{matrix}

Így felírhatjuk a Pitagorasz-tételt az

A O T

háromszögre:

\begin{matrix} s^{2} = {(\sqrt[]{\frac{2}{3}} a - s)}^{2} + \frac{1}{3} a^{2}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} s = \frac{1}{2} \sqrt[]{\frac{3}{2}} a . \end{matrix}

Ezek szerint az összeütközésig eltelő idő:

\begin{matrix} t = \frac{s}{v_{0}} = \sqrt[]{\frac{3}{8}} \frac{a}{v_{0}} = 612 s \approx 10 perc . \end{matrix}