Kezdőlap


Feladat:	3436. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Dolgos Gergely , Siroki László
Füzet:	2001/december, 568 - 570. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb Newton-törvény, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/április: 3436. fizika feladat

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

Egy nagyon hosszú henger körül a gravitációs erőtér hengerszimmetrikus, a térerősség iránya (a henger végtől elegendően távol) radiális, azaz a henger tengelyére merőleges irányú, nagysága pedig csak a tengelytől mért távolságtól függ.
A gravitációs erőtörvény és a Coulomb-törvény analógiáját felhasználva megállapíthatjuk, hogy egy $m$ tömegű testből ,,kilépő'' gravitációs erővonalak száma (azaz a $g$ gravitációs gyorsulás és a rá merőleges felület szorzata) $4 π f \cdot m$ , ahol $f$ a Newton-féle gravitációs állandó. Eszerint egy $L$ hosszúságú, $r$ sugarú henger palástján kilépő $g$ -vonalak száma és a hengerben található tömeg kapcsolata:

\begin{matrix} g \cdot 2 r π L = 4 π f R^{2} π L ρ, azaz g (r) = \frac{2 π f R^{2} ρ}{r} . \end{matrix}

a) A fenti erőtörvény egy körpályán keringő test sebessége (az

m g = m v^{2} / r

mozgásegyenlet) szerint egy körpályán keringő test sebessége a pálya sugarától függetlenül (így a bolygó felszínén is)

\begin{matrix} v = \sqrt[]{2 f R^{2} π ρ}, \end{matrix}

ekkora tehát a bolygón az első kozmikus sebesség. Ez a Földre érvényes

\begin{matrix} v_{F} = \sqrt[]{\frac{f M_{Föld}}{R}} = \sqrt[]{\frac{4}{3} R^{2} π f ρ} = 7, 9 km/s \end{matrix}

értéknél

\sqrt[]{3 / 2}

-szer nagyobb, mintegy

9, 7 km/s

.
b) Egy

r

sugarú pályán keringő műhold keringési ideje

T_{r} = 2 π r / v

, ha tehát ezen a bolygón egy ,,nap''

T_{0}

hosszú, a szinkronműhold pályasugara

\begin{matrix} r_{0} = \frac{T_{0} v}{2 π} = R \sqrt[]{\frac{T_{0}^{2} f ρ}{2 π}} . \end{matrix}

A Föld esetében ez a távolság

r^{*} = R \sqrt[3]{T_{0}^{2} f ρ / 3 π}

, azaz

\begin{matrix} r_{0} = \sqrt[]{\frac{2 {r^{*}}^{3}}{3 R}} \approx 1, 33 \cdot 10^{8} m . \end{matrix}

A távközlési szinkronműholdak tehát

r_{0} - R = 1, 27 \cdot 10^{8} m

magasan keringenek a hosszú, henger alakú bolygó felszíne felett.
c) A második kozmikus sebesség, azaz a bolygóról való szökési sebesség nagyon nagy, hogy pontosan mekkora, az a bolygó hosszától függ. Végtelen hossz esetén a szökési sebesség is végtelen nagy, mert az

1 / r

-es törvény szerint változó erőtérből véges energia-befektetéssel nem lehet megszökni. Ennek belátására tekintsük a távolságoknak egy mértani haladvány szerint növekvő sorozatát:

r_{n} = α^{n} r_{0}

(

α > 1

és mondjuk

r_{0} = R

). Az

r_{n - 1}

magasságból az

r_{n}

magasságba való feljutáshoz szükséges

E (r_{n - 1} \to r_{n})

energia független az

n

-től: ahogy

n

nő, amennyire csökken az erő, annyira nő az út. Végül is az

r_{0}

magasságból az

r_{N}

magasságba való feljutáshoz

E (r_{0} \to r_{N}) = N E (r_{0} \to r_{1})

energia kell. Már ebből is látszik, hogy véges energiával csak véges magasságra lehet feljutni.
Ha a bolygó nem végtelen hosszú (a hossza mondjuk

H

), akkor amíg a végeitől távol vagyunk, és

r ≪ H

, addig az erőtörvény

1 / r

-es, de ha már

r ≃ H

, az erőtörvény jellege megváltozik, és

r ≫ H

esetén a megszokott

1 / r^{2}

-es lesz. Egy ilyen bolygóról már véges nagyságú kezdősebességgel indulva is meg lehet szökni.

Dolgos Gergely (Budapest, Árpád Gimn., 11. o.t.) és

Siroki László (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. Integrálszámítás segítségével belátható, hogy a második kozmikus sebesség az első kozmikus sebességnek kb.

\sqrt[]{2} \cdot ln (H / R)

-szerese. (A Föld esetében az arány

\sqrt[]{2}

.) Ez a logaritmikus faktor még

H ≫ R

esetén sem túlságosan nagy (pl.

H = 10 R

-nél

v_{I I} / v_{I}

kb. 3, és

H = 1000 R

-nél sem nagyobb 10-nél).

(G. P.)