Feladat:	2011. évi Eötvös fizikaverseny 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2012/március, 170 - 173. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Eötvös Loránd (korábban Károly Irén), Mesterséges holdak, Közegellenállás
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/március: 2011. évi Eötvös fizikaverseny 1. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Adottak: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle m=500\text{kg}\mathrm{,}h=400\text{km}=4\cdot {10}^5\text{m,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle r_1=R+h\mathrm{,}{r}_2=R+\frac{h}{2}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle F_{\text{lég}}=K\varrho v^2\left(\text{ahol}K=0\mathrm{,}23{\text{m}}^2\right)\mathrm{,}\Delta r=-\epsilon \left(=-100\text{m}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Táblázatból vehető a Föld egyenlítői $R$ sugara, $M$ tömege és a gravitációs törvényben szereplő $\gamma$ állandó: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle R}& {\displaystyle =6378\text{km}=6\mathrm{,}378\cdot {10}^6\text{m}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle M}& {\displaystyle =5\mathrm{,}974\cdot {10}^{24}\text{kg}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \gamma }& {\displaystyle =6\mathrm{,}673\cdot {10}^{-11}{\text{m}}^3/\left(\text{kg}\cdot {\text{s}}^2\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ $a)$ A feladatban megfogalmazott feltételek szerint ,,a műholdak a Föld felszínéhez közeledve mindvégig közelítően körpályán haladnak'', ezért jó közelítésben írhatjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{grav}}=m{a}_{\text{cp}}\mathrm{,}\gamma \frac{mM}{r^2}=m\frac{v^2}{r}\mathrm{.}}\end{array}$ Ennek alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle v=\sqrt[]{\frac{\gamma M}{r}}\mathrm{,}}\end{array}$ amelybe behelyettesítve $r_1$ és $r_2$ értékeit, megkapjuk a két sebességet: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_1=7669\mathrm{,}0\frac{\text{m}}{\text{s}}\mathrm{,}{v}_2=7784\mathrm{,}7\frac{\text{m}}{\text{s}}\mathrm{.}}\end{array}$ A műhold sebességváltozása tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle v_2-v_1=115\mathrm{,}7\frac{\text{m}}{\text{s}}>0.}\end{array}$ A légellenállás következtében nőtt a műhold sebessége! Szokás ezt űrhajózási paradoxonnak is nevezni. A légellenállási, súrlódási erő munkája szükségképpen negatív, mégis nő a műhold mozgási energiája! Hogyan lehetséges ez? Erre kaphatunk választ a feladat $b)$ és $c)$ részének megoldása során. Érdemes lesz mindkét esetben abból indulunk ki, hogyan változik meg a műhold mechanikai összenergiája, vagyis a kinetikus és potenciális energia összege. Ez az, ami a légellenállási erő hatására csökkenhet. $b)$ A légellenállási erő teljesítménye: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\overrightarrow{F}}_{\text{lég}}\cdot \overrightarrow{v}=-F_{\text{lég}}\cdot v<0.}\end{array}$ Ez egyenlő az összenergia változási sebességével: $\begin{array}{c}{\displaystyle -F_{\text{lég}}\cdot v=\frac{\Delta E_{\text{össz}}}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Az összenergia kinetikus és potenciális részből áll: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{össz}}=E_{\text{kin}}+E_{\text{pot}}=\frac{1}{2}m{v}^2+\left(-\gamma \frac{mM}{r}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ E két rész azonban kifejezhető egymásból. Írjuk fel újra a dinamika alaptörvényét: $\begin{array}{c}{\displaystyle \gamma \frac{mM}{r^2}=m\frac{v^2}{r}\mathrm{,}\text{azaz}\gamma \frac{mM}{r}=m{v}^2\mathrm{,}}\end{array}$ amiből kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{kin}}=\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}\gamma \frac{mM}{r}=\frac{1}{2}\left(-E_{\text{pot}}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az összenergiát tehát így is felírhatjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{össz}}=E_{\text{kin}}+E_{\text{pot}}=E_{\text{kin}}-2E_{\text{kin}}=-E_{\text{kin}}<0.}\end{array}$ (Az, hogy az összenergia negatív, nem kell, hogy megijesszen senkit, az atomfizikában számos példát látunk erre.) Most tehát (1) így írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle -F_{\text{lég}}\cdot v=-\frac{\Delta E_{\text{kin}}}{\Delta t}\mathrm{,}}\end{array}$ illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{lég}}\cdot v=\frac{\Delta (\frac{1}{2}m{v}^2)}{\Delta t}=mv\frac{\Delta v}{\Delta t}=mv{a}_{\text{t}}\mathrm{.}}\end{array}$ A légellenállásra egy érdekes kifejezést kaptunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{lég}}=m{a}_{\text{t}}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Az $m{a}_{\text{t}}$ kifejezés a tangenciális (pályamenti) eredő erőt adja, amely most a gravitációs erő pályamenti összetevőjének és a légellenállási erőnek az eredője (1. ábra), tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle m{a}_{\text{t}}=F_{\text{grav}\Vert }-F_{\text{lég}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt vessük össze (2)-vel: $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{lég}}=F_{\text{grav}\Vert }-F_{\text{lég}}\mathrm{.}}\end{array}$     1. ábra. A feladat számadataival: $F_{\text{grav}}=4\mathrm{,}6$kN, $F_{\text{lég}}=5\mathrm{,}6\text{mN}$, $\phi =1\mathrm{,}2\cdot {10}^{-6}\text{rad=0,25''}$. A vázlatos ábra nem méretarányos   Az az egyszerű összefüggés tehát, amely a légellenállási erő, valamint a műholdra ható két erő (gravitációs és légellenállási) eredőjének pályamenti összetevője között fennáll az, hogy e kettő nagysága egyenlő egymással. $c)$ Ismét az összenergia változásából érdemes kiindulnunk, de az összenergiát most ne a kinetikus, hanem a potenciális energiával fejezzük ki, felhasználva az $E_{\text{kin}}=-E_{\text{pot}}/2$ összefüggést: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle E_{\text{össz}}=E_{\text{kin}}+E_{\text{pot}}}& {\displaystyle =-\frac{E_{\text{pot}}}{2}+E_{\text{pot}}=\frac{E_{\text{pot}}}{2}\mathrm{.}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{\Delta E_{\text{össz}}}{\Delta t}}& {\displaystyle =\frac{1}{2}\frac{\Delta E_{\text{pot}}}{\Delta t}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ami $\Delta r$-rel szorozva és osztva így is írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta E_{\text{össz}}}{\Delta t}=\frac{1}{2}\frac{\Delta E_{\text{pot}}}{\Delta r}\frac{\Delta r}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Mit mondhatunk a sugár változási sebességéről? Ismert adat, hogy egyetlen fordulat során a pályasugár $\epsilon =100$ méterrel csökken, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta r}{\Delta t}=\frac{-\epsilon }{T}=\frac{-\epsilon }{\frac{2r\pi }{v}}\mathrm{.}}\end{array}$ Határozzuk meg a potenciális energia és a pályasugár változásának viszonyát: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta E_{\text{pot}}}{\Delta r}=\frac{\Delta (-\gamma \frac{mM}{r})}{\Delta r}=\gamma \frac{mM}{r^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Most már felírhatjuk az (1) egyenletet, amelyben az összenergiát a potenciális energiával fejezzük ki: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle -F_{\text{lég}}\cdot v}& {\displaystyle =\frac{\Delta E_{\text{össz}}}{\Delta t}=\frac{1}{2}\frac{\Delta E_{\text{pot}}}{\Delta t}=\frac{1}{2}\frac{\Delta E_{\text{pot}}}{\Delta r}\frac{\Delta r}{\Delta t}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle -F_{\text{lég}}\cdot v}& {\displaystyle =\frac{1}{2}\gamma \frac{mM}{r^2}\frac{-\epsilon }{\frac{2r\pi }{v}}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle F_{\text{lég}}}& {\displaystyle =\frac{1}{4\pi }\gamma \frac{mM}{r^3}\epsilon \mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle K\varrho v^2}& {\displaystyle =\frac{1}{4\pi }\gamma \frac{mM}{r^3}\epsilon \mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ebben az egyenletben már csak $\varrho$ az egyetlen ismeretlen, éppen ezt kellett kiszámítanunk! De hogy még szebb, elegánsabb formulát kapjunk, használjuk fel újra a $v^2=\gamma M/r$ összefüggést, így a következőt kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \varrho =\frac{1}{4\pi K}\frac{m}{r^2}\epsilon \mathrm{.}}\end{array}$ $r=r_2$, valamint $\epsilon$ megadott értékét behelyettesítve $\begin{array}{c}{\displaystyle \varrho =4\cdot {10}^{-10}\frac{\text{kg}}{{\text{m}}^3}\mathrm{.}}\end{array}$   Kiegészítés: Az $a)$ kérdésre $mg=m{v}^2/r$ felhasználásával is   válaszolhatunk, ha figyelembe vesszük a gravitációs gyorsulás magasságfüggését: $g=g_0(1-\frac{h}{r}{)}^2$. Ezzel $\begin{array}{c}{\displaystyle v=\sqrt[]{gr}=\left(1-\frac{h}{r}\right)\sqrt[]{g_{0}r}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $g_0$ az egyenlítői gravitációs gyorsulás, amely azonban a táblázatban adott egyenlítői nehézségi gyorsulásnál nagyobb! A különbség a Föld forgásából adódó ,,centri'' gyorsulás.