![]() |
A P. 5597. feladat (2024. október) |
P. 5597. Három egyforma, m tömegű csillag minden pillanatban egy szabályos háromszöget alkot. Egy adott időpillanatban a háromszög oldalhossza L0, ekkor mindhárom csillag sebességének nagysága v0, a sebességvektorok iránya pedig érinti a háromszög köré írható kört. Határozzuk meg a pulzáló ,,hármascsillag'' periódusidejét!
Közli: Vigh Máté, Biatorbágy
(6 pont)
A beküldési határidő 2024. november 15-én LEJÁRT.
Megoldás. Külső erő híján a rendszer tömegközéppontja, ami a szimmetria miatt egybeesik a három csillag alkotta egyenlő oldalú háromszög súlypontjával, nem gyorsul. Tekintsük ezt origónak! Egy tetszőleges pillanatban legyen a háromszög oldalának a hossza L, és nézzük meg az egyes testekre ható erőket! Egy testre csak a másik kettő vonzásának az eredője hat, ennek nagysága
F=γm2√3L2,
és a háromszög súlypontja felé mutat. Mivel a súlypont és a csúcsok távolsága (a körülírható kör sugara) R=L√3,
F=−γmMeffR2,
ahol
Meff=m√3,
és a − előjel a vonzásra utal. Mindebből az következik, hogy a három csillag mindegyike a közös tömegközéppont körül olyan bolygómozgást végez, mintha ott egy rögzített Meff tömegű centrális égitest lenne, és csak annak a hatását érezné. (Ez természetesen csak akkor igaz, ha a testek megfelelően elhelyezkedő, azonos alakú pályákon szinkronban mozognak, de ezt – amellett, hogy a feladat meg is adja – a kezdeti feltételek szimmetriája biztosítja.)
A rendszer mozgásának a periódusideje azonos az egyes bolygók mozgásának keringési idejével, ami
T=2π√(Rmax+Rmin2)3γMeff,
a feladat tehát az R (vagy ami azzal egyenértékű, az L) két szélsőértékének a meghatározása. A szélső helyzetekben az égitest sebessége merőleges a vezérsugárra, tehát az egyik szélsőérték (bár nem tudjuk, melyik) az R0=L0√3-mal adott. A másik meghatározására az energia és az impulzusmomentum megmaradása kínál lehetőséget. Kétféleképpen gondolkodhatunk, vagy a teljes rendszerre írjuk fel ezeket a törvényeket, vagy egy csillagnak az elképzelt központi test körüli keringésére, de a kettő nyilván ekvivalens egyenleteket kell, hogy adjon. Itt az utóbbi utat követjük. Az egyenletek rendre:
−γmMeffR0+12mv20=−γmMeffR+12mv2
és
mR0v0=mRv.
Fontos, hogy a perdületre vonatkozó (a második) egyenlet ebben a formában csak a két szélső helyzetre igaz, így az egyenletrendszernek két (R,v) gyökpárja van, az egyik az ismert R0 és v0, a másikat keressük. Az egyenletekből v-t kiküszöbölve a
−γMeffR0(1−R0R)+12v20(1−(R0R)2)=0
összefüggést kapjuk, amit megoldva az
R1=R0ésR2=R0v202γMeff−R0v20R0
értékeket kapjuk. Látható, hogy a második gyök lehet negatív, de ez fizikailag nem értelmezhető. Ilyenkor a rendszer energiája pozitív, a csillagok nem maradnak együtt, idővel végtelenül eltávolodnak egymástól. A mozgás csak akkor lehet periodikus, ha az égitestek kötött állapotban vannak, tehát az energiájuk negatív, azaz R2 is pozitív. Hogy az R1 és R2 közül melyik a minimum és melyik a maximum, a feladat szempontjából nem számít, a lényeg az, hogy
Rmax+Rmin=R1+R2=2γMeff2γMeff−R0v20R0,
amit behelyettesítve
T=2π√(γMeff2γMeff−R0v20)3R30γMeff=2π√(γm2γm−L0v20)3L303γm
adódik.
Megjegyzés. Feladatunkban, ahogy azt említettük, a szimmetria biztosítja, hogy a három égitest a közös tömegközéppont körül mozogva végig szabályos háromszöget alkot. Ez azonban, megfelelő kezdeti feltételek mellett, különböző tömegek esetén is teljesül. Ennek részletes bemutatása megtalálható lapunk egy korábbi cikkében: A gravitációs többtestprobléma két speciális esete, KöMaL 2015. december, 558–563. oldal, http://db.komal.hu/KomalHU/cikk.phtml?id=201736.
Statisztika:
28 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott: Beke Márton Csaba, Erdélyi Dominik, Gyenes Károly, Simon János Dániel, Tóth Kolos Barnabás. 5 pontot kapott: Fajszi Karsa, Kiss 131 Adorján Timon, Tóth Hanga Katalin, Ujpál Bálint. 4 pontot kapott: 2 versenyző. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 7 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 2 dolgozat.
A KöMaL 2024. októberi fizika feladatai
|