Kezdőlap


Feladat:	298. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Dózsa A. , Hollub I. , Lipcsey Zsolt , Makai Endre , Szentai Judit
Füzet:	1963/szeptember, 40 - 41. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Helyzeti energia inhomogén gravitációs mezőben, Munkatétel, Egyéb (Hold), Mesterséges holdak, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/november: 298. fizika feladat

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

I. megoldás. A K. M. L. XXV. 3‐4. számában megjelent cikkben (1962/11 161. oldalán kezdődik) szerepel egy tétel, amely szerint: ha azonos tömegű testek egyenlő tengelyű pályákon keringenek, összenergiájuk is azonos. A függőlegesen fellőtt lövedék pályája felfogható egyenessé fajult ellipszisnek is, melynek nagytengelye két holdsugárnyi. Ugyancsak két holdsugárnyi nagytengelyű pályán kering a mesterséges hold is. Ha tehát a két test tömege egyenlő, összenergiájukra is ez érvényes. Világos, hogy bármelyik test összenergiája nagyobb, mint ha a Hold felszínén nyugodna, ezért tömegük növelésével a pályára állításukhoz szükséges energia is nő. Végeredményben tehát a nagyobb tömegű test pályájának megvalósításához kell nagyobb energiabefektetés; ha a tömegek egyenlők, egyenlők az energiák is.

Lipcsey Zsolt (Bp., Petőfi S. g. IV. o. t.)

II. megoldás. Az idézett cikk jelöléseit használva: az

m_{1}

tömegű lövedéknek pályája tetőpontján csak helyzeti energiája van:

\begin{matrix} E_{1} = - f M \frac{m_{1}}{r}, \end{matrix}

ahol

r = 2 R

, és

R

a holdsugár. E test helyzeti energiája a Hold felszínén, azaz a vonzó centrumtól

R

távolságban ‐

f M \frac{m_{1}}{R}

. A befektetett energiát úgy kapjuk, hogy az új energiából levonjuk a régit:

\begin{matrix} Δ E_{1} = f M m_{1} (- \frac{1}{2 R} + \frac{1}{R}) = \frac{f M m_{1}}{2 R} . \end{matrix}

Másrészt az

m_{2}

tömegű mesterséges hold összenergiája az

R

sugarú pályán:

\begin{matrix} E_{2} = - f M \frac{M_{2}}{2 R} . \end{matrix}

Amíg a Hold felszínén nyugodott, energiája

- f M \frac{m_{2}}{R}

volt. A befektetett energia tehát:

\begin{matrix} Δ E_{2} = f M m_{2} (- \frac{1}{2 R} + \frac{1}{R}) = \frac{f M m_{2}}{2 R} . \end{matrix}

Azt kaptuk tehát, hogy a befektetett energiák úgy aránylanak egymáshoz, mint a tömegek, vagyis a nagyobb tömegű test pályára állításához kell nagyobb energia; egyenlő tömegek esetén az energiák is egyenlők.

Megjegyzés: Azok a megoldók, akik a II. megoldásnak megfelelő dolgozatot küldtek be, valamennyien félreértették a cikkben szereplő negatív helyzeti energiák jelentését. A potenciális energiának nincs abszolút értelme, a 0 potenciális energiájú szintet önkényesen választjuk meg. Ha a végtelen távoli test energiáját vesszük 0-nak, amint azt tömegpont gravitációs terénél általában tesszük, akkor esetünkben ‐ a Hold felszínén nyugvó test helyzeti energiája nem 0, ahogy azt sokan gondolták, hanem negatív. Ha ugyanezt a testet felemeljük, helyzeti energiája megnő, de ‐ önkényes skálánk szerint ‐ még mindig negatív marad.
Másik típushiba volt a következő: ,,

f

a gravitációs állandó a Holdon''. A fizikusok eddig nem találkoztak olyan jelenséggel, amely arra utalt volna, hogy a gravitációs állandó térben vagy időben változik:

f

egyike az anyag leguniverzálisabb állandóinak.