Kezdőlap


Feladat:	3114. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Németh Péter
Füzet:	1998/október, 439 - 441. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kisbolygók, Egyéb űrkutatás, Ingamozgás, Newton-féle gravitációs erő, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/december: 3114. fizika feladat

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

Ismert, hogy egy homogén tömegeloszlású gömbhéj belsejében nulla a gravitációs mező, kívül pedig olyan, mintha a gömbhéj teljes tömege a középpontjában helyezkedne el. Ebből következik, hogy egy állandó $ϱ$ sűrűségű gömb belsejében a középponttól $r$ távolságban a gravitációs gyorsulás az $r$ sugarú gömb belsejében található $m (r)$ tömeg hatásából számítható:

\begin{matrix} g (r) = f \frac{m (r)}{r^{2}} = f \frac{(4 π ϱ / 3) r^{3}}{r^{2}} = f \frac{4 π ϱ}{3} r = k \cdot r . \end{matrix}

(1)

Ugyanezt az összefüggést vektor alakban is megfogalmazhatjuk:

\begin{matrix} g (r) = - k \cdot r, \end{matrix}

(2)

ahol

r

a gömb középpontjából a kérdéses (belső) pontba mutató vektor.
Amikor az űrhajósok megérkeznek a kisbolygóra, a nehézségi gyorsulás

g_{0} = k R

, az inga lengésideje tehát

\begin{matrix} T_{0} = 2 π \sqrt[]{\frac{l}{g_{0}}} = 1 s . \end{matrix}

(3)

R / 2

sugarú gömb kibányászása és elszállítása után a kisbolygó tömege az eredetinek

\frac{7}{8}

-a lesz csupán, de mivel az alakja nem gömb, a gravitációs tere nem számítható úgy, mintha a teljes tömege az eredeti gömb középpontjában lenne. (Az is hibás eredményre vezet, ha a tömegközéppontba képzeljük a teljes tömeget!)
A lyukas kisbolygó keresett

g(r)

gravitációs teréről azt tudjuk, hogy ha hozzáadjuk a kibányászott üreg helyén eredetileg ott találgató anyaga (vagyis egy

R / 2

sugarú homogén gömb)

g_{R / 2} (r)

ismert gravitációs terét, akkor az

R

sugarú homogén gömb ugyancsak ismert

g_{R} (r)

kifejezését kell visszakapjuk:

\begin{matrix} g(r) + g_{R / 2} (r) = g_{R} (r), \end{matrix}

(4)

azaz

\begin{matrix} g(r) = g_{R} (r) - g_{R / 2} (r) . \end{matrix}

(5)

(Ez az összefüggés azt mutatja, hogy az üreg akár egy ,,negatív tömegű'' gömbként is felfogható, melynek gravitációs mezője az eredeti gömb mezőjére szuperponálódik.)
A

C

pontban az üreg gravitációs tere nyilván nulla, tehát az eredő nehézségi gyorsulás nagysága

\begin{matrix} g (C) = g_{R} (C) = k \cdot \frac{R}{2} = \frac{g_{0}}{2} . \end{matrix}

l

hosszúságú inga lengésifeje itt (3) felhasználásával

\begin{matrix} T_{C} = 2 π \sqrt[]{\frac{l}{g (C)}} = \sqrt[]{2} \cdot T_{0} = 1,41 s . \end{matrix}

A

pontban a nehézségi gyorsulás

\begin{matrix} g (A) = k \cdot R - k \cdot \frac{R}{2} = k \cdot \frac{R}{2} = \frac{g_{0}}{2}, \end{matrix}

tehát itt is ugyanakkora az inga lengésideje, mint az üreg középpontjában. (Kihasználtuk, hogy

k

csak a

ϱ

sűrűségtől függ, tehát az üregre ugyanakkora, mint az eredeti kisbolygóra.)
Belátjuk, hogy az üreg belsejének tetszőleges belső pontjában, így a

D

pontban is igaz ugyanez, mert az üreg belsejében a gravitációs mező homogén.

O

-val jelölve a kisbolygó középpontját, valamint (2) és (5) felhasználásával

\begin{matrix} g (D) = - k \cdot \vec{O D} - (- k \cdot \vec{C D}) = k \cdot \vec{C O} . \end{matrix}

Ez a vektor valóban független a

D

pont helyétől, nagysága pedig

\begin{matrix} g (D) = k | \vec{C O} | = k \cdot \frac{R}{2} = \frac{1}{2} g_{0}, \end{matrix}

így tehát

T_{D} = 1,41 s .

Az eddigi megfontolások csak az üreg belsejére érvényesek, a

B

pontra nem. Itt azonban a nehézségi gyorsulás számításánál az eredetileg

M

tömegű kisbolygó is és az üreg helyén található

M / 8

tömegű anyag is helyettesíthető egy-egy tömegponttal, tehát

\begin{matrix} g (B) = f \frac{M}{R^{2}} - f \frac{M / 8}{{(3 R / 2)}^{2}} = f \frac{M}{R^{2}} (1 - \frac{1}{18}) = \frac{17}{18} g_{0} . \end{matrix}

Innen már könnyen adódik, hogy

\begin{matrix} T_{B} = \sqrt[]{\frac{18}{17}} T_{0} = 1,029 s . \end{matrix}

Németh Péter (Jászapáti, Mészáros L. Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján