Kezdőlap


Feladat:	3977. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Almási Gábor
Füzet:	2008/január, 52 - 53. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Newton-féle gravitációs erő, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2007/április: 3977. fizika feladat

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

Megoldás. Vegyük a földkéreg sűrűségét $ϱ_{1} = 5520 \frac{kg}{m^{3}}$ -nek, az olaj sűrűségét pedig $ϱ_{2} = 920 \frac{kg}{m^{3}}$ -nek! Ha a földkéreg bizonyos $V$ térfogatú, gömb alakú részét gondolatban $ϱ_{1}$ sűrűségű anyagról $ϱ_{2}$ sűrűségűre cseréljük ki, a gravitációs gyorsulás (gravitációs térerősség) változása annyi lesz, amennyi egy $Δ m = (ϱ_{2} - ϱ_{1}) V$ tömegű, gömb alakú test gravitációs gyorsulása a kérdéses helyen.
Jelen esetben (a megadott, illetve táblázatokból kikereshető adatokat felhasználva) $Δ m = - 1, 92 \cdot 10^{16}$ kg. A negatív előjel jelentése: ha kisebb sűrűségű anyagra cseréljük ki a földkéreg egy részét, akkor a gravitációs gyorsulás változása éppen olyan lesz, amilyent egy negatív tömegű test hozna létre (ha létezne ilyen a természetben, s rá is a Newton-féle gravitációs törvény lenne érvényes).
Közvetlenül az olajmező fölött, az olajgömb középpontjától $d_{1} = 11$ km távolságban a gravitációs gyorsulás továbbra is ,,függőleges'' (vagyis az eredeti iránnyal párhuzamos), nagyságának eltérése az eredeti értéktől

\begin{matrix} Δ g = f \frac{Δ m}{d_{1}^{2}} = - 6, 67 \cdot 10^{- 11} \frac{1, 92 \cdot 10^{16}}{{(1, 1 \cdot 10^{4})}^{2}} \frac{m}{s^{2}} = - 0, 01 \frac{m}{s^{2}} . \end{matrix}

A gravitációs gyorsulás ezen a helyen tehát az ,,olajmentes''

g_{0} \approx 9, 81 \frac{m}{s^{2}}

értéknél annak kb. 1 ezrelékével kisebb.
Hasonlóan számíthatjuk ki

g

változását az olajmező fölötti ponttól ‐ vízszintesen mért ‐ 20 km-es távolságban fekvő pontban is. Ez a hely az ,,olajgömb'' középpontjától

d_{2} = 22, 8

km távol van, itt

\begin{matrix} Δ g = | Δ g | = f \frac{Δ m}{d_{2}^{2}} = - 6, 67 \cdot 10^{- 11} \frac{1, 92 \cdot 10^{16}}{{(2, 28 \cdot 10^{4})}^{2}} \frac{m}{s^{2}} = - 0, 0025 \frac{m}{s^{2}} . \end{matrix}

Vegyük még figyelembe, hogy a

Δ g

vektor nem ,,függőleges'' (vagyis nem párhuzamos az eredeti

g_{0}

vektorral), hanem az olajgömb középpontját felszíni ponttal összekötő egyenessel párhuzamos. Emiatt

Δ g

-nek függőleges és vízszintes összetevője is van. A függőleges komponens

\begin{matrix} Δ g_{f} = \frac{11}{22, 8} \cdot 0, 0025 \frac{m}{s^{2}} = 0, 0012 \frac{m}{s^{2}}, \end{matrix}

iránya felfelé mutat, a vízszintes komponens pedig

\begin{matrix} Δ g_{v} = \frac{20}{22, 8} \cdot 0, 0025 \frac{m}{s^{2}} = 0, 0022 \frac{m}{s^{2}}, \end{matrix}

és az olajmezővel ellentétes (!) irányba mutat. A gravitációs gyorsulás nagyságának megváltozását gyakorlatilag csak a függőleges komponens okozza (a kicsiny vízszintes összetevő a négyzetreemelés után elhanyagolható):

\begin{matrix} | g_{0} + Δ g | = \sqrt[]{{(g_{0} - Δ g_{f})}^{2} + Δ g_{v}^{2}} \approx g_{0} - Δ g_{f} = (1 - 0, 12 \cdot 10^{- 3}) g_{0}, \end{matrix}

a nehézségi gyorsulás nagysága tehát kb. 0,1 ezrelékkel kisebb, mint az eredeti érték.
A két számítás eredményét összehasonlítva megállapíthatjuk, hogy a föld alatti olajmező (önmagában is kicsiny) hatása a gravitációs gyorsulásra csak közvetlenül az olajmező fölött esik a mérhető tartományba, az olajmező méretét néhányszorosan meghaladó (vízszintes) távolságon túl gyakorlatilag kimutathatatlan lesz.