Feladat:	4687. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gnädig Péter ,  Kaposvári Péter
Füzet:	2015/április, 236 - 241. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Tömegközéppont megmaradása, Bolygómozgás, Kepler törvények
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/december: 4687. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Jelöljük a nagyobb tömegű test tömegét $M$-mel, a kisebbét $m$-mel, a kezdeti távolságukat pedig $R$-rel! Foglalkozzunk először azzal az esettel, amikor az $M$ tömegű test nem tud elmozdulni. Az energiák vizsgálatából kiindulva meghatározhatjuk a másik test $v_m$ sebességét a testek közötti $r$ távolság függvényében: $\begin{array}{c}{\displaystyle -\gamma \frac{mM}{R}=\frac{1}{2}m{v}_m{}^2-\gamma \frac{mM}{r}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle v_m\left(r\right)=\sqrt[]{2\gamma M\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{R}\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyanezt a számítást a másik testre is elvégezhetjük. Ha az $m$ tömegű test rögzített, akkor a tőle éppen $r$ távolságban lévő másik ($M$ tömegű) test sebessége $\begin{array}{c}{\displaystyle v_M\left(r\right)=\sqrt[]{2\gamma m\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{R}\right)}}\end{array}$ lesz. Osszuk fel az $R$ távolságot sok kicsiny, egyenként $\Delta r$ hosszúságú szakaszra. Az egyes szakaszok legyenek olyan kicsinyek, hogy a mozgó testek sebességét a szakasz mentén jó közelítéssel állandónak tekinthessük. Azokat a szakaszokat, amelyek ugyanolyan messze vannak a másik (rögzített) testtől, a mozgó testek $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta t_m=\frac{\Delta r}{v_m\left(r\right)}\mathrm{,}}\end{array}$ illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta t_M=\frac{\Delta r}{v_M\left(r\right)}}\end{array}$ időtartamok alatt futják be. A fenti két egyenletet elosztva egymással a $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta t_m}{\Delta t_M}=\sqrt[]{\frac{m}{M}}}\end{array}$ arányossághoz jutunk, majd ebből összegzéssel (a mozgások teljes idejének ismert értékeit felhasználva) megkapjuk a testek tömegének arányát: $\begin{array}{c}{\displaystyle 6\text{perc}=\sum \Delta t_m=\sqrt[]{\frac{m}{M}}\sum \Delta t_M=\sqrt[]{\frac{m}{M}}\cdot 8\text{perc}\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{M}{m}={\left(\frac{8}{6}\right)}^2=\frac{16}{9}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha mindkét test szabadon elmozdulhat, vagyis nem hat rájuk külső erő, a rendszer kezdetben álló tömegközéppontja mindvégig nyugalomban marad. Amikor a két test összeütközik, az ütközés nyilván a tömegközéppont helyénél következhet be. Kezdetben az $m$ tömegű test a tömegközépponttól $\begin{array}{c}{\displaystyle R_m=\frac{M}{m+M}R=\frac{16}{25}R}\end{array}$ távolságra van, és a későbbiekben is fennmarad ez az arány: amikor a testek távolsága valamekkora $r$ értékre csökken, a tömegközéppont és az $m$ tömegű test távolsága $x=\frac{16}{25}r$ lesz. Az $m$ tömegű testre ható erő ilyenkor $\begin{array}{c}{\displaystyle F\left(r\right)=-\gamma \frac{mM}{r^2}=-\gamma \frac{mM}{(\frac{25}{16}x{)}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ amit $\begin{array}{c}{\displaystyle F\left(x\right)=-\gamma \frac{m^{*}m}{x^2}}\end{array}$ alakban is felírhatunk, ahol $\begin{array}{c}{\displaystyle m^{*}={\left(\frac{16}{25}\right)}^{2}M\mathrm{.}}\end{array}$ Látható, hogy az $m$ tömegű test (az $M$ tömegű test vonzásának hatására) éppen úgy mozog, mintha a rögzítettnek tekinthető tömegközéppontban egy $m^{*}$ tömegű fiktív test helyezkedne el, ennek gravitációs vonzóereje hatna az $m$ tömegű testre, és a másik (az $M$ tömegű) test egyáltalán nem is lenne jelen. Mennyi idő alatt ütközik az $m$ tömegű test az $m^{*}$ tömegű (rögzített) vonzócentrumnak? Erre a kérdésre ismét az energiatétel felhasználásával kaphatunk választ. A test sebessége $x$ távolságban a vonzócentrumtól: $\begin{array}{c}{\displaystyle v\left(x\right)=\sqrt[]{2\gamma m^{*}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\frac{16}{25}R}\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ (Kihasználtuk, hogy az indulásnál a test $x=R_m=\frac{16}{25}R$ távol volt a tömegközépponttól.) Osszuk fel a test pályáját a kezdőponttól a tömegközéppontig kicsiny $\Delta x$ hosszúságú szakaszokra. Egy-egy ilyen szakaszon $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta t\left(x\right)=\frac{\Delta x}{v\left(x\right)}}\end{array}$ idő alatt halad végig a test, a mozgás teljes ideje pedig ezen kis időtartamok összege lesz. Hasonlítsuk össze ezeket az időtartamokat az első esetben (rögzített $m$ tömegű testnél) kiszámított időtartamokkal!   Ha az $x$ távolságokat az ottani $r$ értékek $\frac{16}{25}$ arányú kicsinyítésének választjuk, a szakaszok hosszának aránya $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta x}{\Delta r}=\frac{16}{25}\mathrm{,}}\end{array}$ a sebességek aránya pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{v\left(x\right)}{v_m\left(r\right)}=\frac{\sqrt[]{2\gamma m^{*}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\frac{16}{25}R}\right)}}{\sqrt[]{2\gamma M\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{R}\right)}}=\frac{\sqrt[]{2\gamma {\left(\frac{16}{25}\right)}^{2}M\left(\frac{1}{\frac{16}{25}r}-\frac{1}{\frac{16}{25}R}\right)}}{\sqrt[]{2\gamma M\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{R}\right)}}=\frac{4}{5}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta t\left(x\right)}{\Delta t_m\left(r\right)}=\frac{\Delta x}{\Delta r}\cdot \frac{v_m\left(r\right)}{v\left(x\right)}=\frac{16}{25}\cdot \frac{5}{4}=\frac{4}{5}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez az arány a kicsiny időtartamok összegére is érvényes, tehát ha mindkét testet elengedjük, azok $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\sum \Delta t\left(x\right)=\frac{4}{5}\sum \Delta t_m\left(r\right)=\frac{4}{5}\cdot 6\text{perc}=4\mathrm{,}8\text{perc}}\end{array}$ múlva fognak találkozni.   II. megoldás. Jelöljük a keresett időt $T_3$-mal! Megmutatjuk, hogy nemcsak a feladatban szereplő gravitációs erő hatására mozgó testeknél, hanem tetszőleges erőtörvény esetén fennáll: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{T_3^2}=\frac{1}{T_1^2}+\frac{1}{T_2^2}\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis a megadott $T_1$ és $T_2$ időtartamok mellett $\begin{array}{c}{\displaystyle T_3=\sqrt[]{\frac{T_1^2{T}_2^2}{T_1^2+T_2^2}}=4\mathrm{,}8\text{perc}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha az  $r$ távolságra lévő testek között ható erő $F\left(r\right)$, akkor egy $m$ tömegű test mozgásegyenlete (az origóban rögzített másik test erőterében): $\begin{array}{c}{\displaystyle ma=F\left(r\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Ezen egyenlet megoldását az teszi egyértelművé, hogy tudjuk: $t=0$ pillanatban a test $r=R$ távol van az origótól ($R$ ismert érték), és a test sebessége nulla. Az ütközésig eltelő időt az $r\left(T_1\right)=0$ feltétel határozza meg. Hasonlóan a másik test rögzítése esetén az $M$ tömegű test mozgásegyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle Ma=F\left(r\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Ha mindkét test elmozdulhat, akkor tömegközéppontban fognak összeütközni, így érdemes az egyik test tömegközépponttól mért távolságának időbeli változását vizsgálni. Ha mondjuk az $m$ tömegű testet tekintjük, akkor annak a tömegközépponttól mért távolsága $\begin{array}{c}{\displaystyle x=\frac{M}{m+M}r\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $r$ a két test pillanatnyi távolságát jelöli. A test mozgásegyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle m{a}_x=F\left(r\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ebben az egyenletben $a_x$ az $x$ távolságnak megfelelő gyorsulás, vagyis $x\left(t\right)$ változási ütemének (a sebességének) változási üteme. Mivel az erőtörvényben az $r$ távolság szerepel, célszerű a gyorsulást is erre a mennyiségre vonatkoztatni. Kihasználva $x$ és $r$ arányosságát, a gyorsulások kapcsolata: $\begin{array}{c}{\displaystyle a_x=\frac{M}{m+M}{a}_r\mathrm{,}}\end{array}$ és a mozgásegyenlet $\begin{array}{c}{\displaystyle m{a}_r=\frac{m+M}{M}F\left(r\right)\mathrm{,}}\end{array}$ amit az $a_r\equiv a$ jelöléssel így is írhatunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{mM}{m+M}a=F\left(r\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (3) A fenti képletben szereplő $\frac{mM}{m+M}$ kifejezést a két testből álló rendszer redukált tömegének nevezik. Ez a kifejezés a tömegeket szimmetrikusan tartalmazza, emiatt az $M$ tömegű test mozgásegyenlete ‐ az $r$ távolságnak megfelelő gyorsulással kifejezve ‐ ugyancsak a (3) egyenlet. Az (1)‐(3) egyenletek csak a bennük szereplő tömegekben különböznek egymástól. Ez a különbség azonban egy trükk segítségével ,,eltüntethető''. Ha ugyanis a testek mozgásáról $k$-szoros lassítású videofelvételt készítünk, majd azt normál sebességgel játsszuk le, vagyis a valódi $t$ idő helyett a $t\text{'}=t/k$ mennyiség függvényében írjuk le a mozgást, akkor a vesszős ,,időhöz'' tartozó sebességek és gyorsulások mások lesznek, mint az igazi sebességek és gyorsulások: $\begin{array}{c}{\displaystyle v\text{'}=\frac{\Delta r}{\Delta t\text{'}}=\frac{\Delta r}{\Delta \left(t/k\right)}=k\frac{\Delta r}{\Delta t}=kv\mathrm{,}}\end{array}$ illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle a\text{'}=\frac{\Delta v\text{'}}{\Delta t\text{'}}=\frac{\Delta \left(kv\right)}{\Delta \left(t/k\right)}=k^2\frac{\Delta v}{\Delta t}=k^{2}a\mathrm{.}}\end{array}$ Ennek megfelelően pl. az (1) egyenlet ilyen alakot ölt: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{m}{k^2}a\text{'}=F\left(r\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ami $k=\sqrt[]{m}$ választással különösen egyszerű lesz: $\begin{array}{c}{\displaystyle a\text{'}=F\left(r\right)\mathrm{,}\text{ha}k=\sqrt[]{m}\mathrm{.}}\end{array}$ (1') Hasonló módon az $M$ tömegű test mozgásegyenlete (rögzített $m$ mellett): $\begin{array}{c}{\displaystyle a\text{'}=F\left(r\right)\mathrm{,}\text{ha}k=\sqrt[]{M}\mathrm{,}}\end{array}$ (2') és végül mindkét test szabad mozgása esetén: $\begin{array}{c}{\displaystyle a\text{'}=F\left(r\right)\mathrm{,}\text{ha}k=\sqrt[]{\frac{mM}{m+M}}\mathrm{.}}\end{array}$ (3') Az $\left(1\text{'}\right)$, $\left(2\text{'}\right)$ és $\left(3\text{'}\right)$ egyenletek azonos alakja (és az azonos kezdőfeltételek, nevezetesen $r\left(0\right)=R$ és $v\text{'}\left(0\right)=0$) miatt az összeütközések az egyenletekben szereplő vesszős időben mérve ugyanakkor, egy bizonyos $t\text{'}=T_0$ ,,pillanatban'' következnek be. Visszatérve a valódi időváltozóra ez annyit jelent, hogy a három esethez tartozó időtartamok: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_1=\sqrt[]{m}{T}_0\mathrm{,}{T}_2=\sqrt[]{M}{T}_0\text{és}{T}_3=\sqrt[]{\frac{mM}{m+M}}{T}_0\mathrm{.}}\end{array}$ Innen ($T_0$ kiküszöbölésével) a bizonyítandó $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{T_1^2}+\frac{1}{T_2^2}=\frac{1}{T_3^2}}\end{array}$ összefüggéshez jutunk. A fenti, tetszőleges erőtörvénynél érvényes relációt speciális esetekben, pl. a távolsággal arányos rugalmas erőnél, vagy a távolságtól független $F_0$ erőnél közvetlenül is igazolhatjuk, hiszen ezeknél a mozgás a jól ismert harmonikus rezgőmozgás, illetve az egyenletesen gyorsuló mozgás. Máskor (pl. a Newton-féle gravitációs vonzásnál) az időtartamok kiszámítása nem ilyen egyszerű, de a Kepler-törvények alkalmazásával, vagy az I. megoldásban bemutatott módszerrel (az energiamegmaradás törvényének felhasználásával) megoldható.