Feladat:	4785. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gnädig Péter ,  Juhász Dániel
Füzet:	2016/május, 307 - 310. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, A Tejút, extragalaxisok, Newton-féle gravitációs erő, Egyéb Gauss-törvény
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2015/december: 4785. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A gravitációs erőtörvény nagyon hasonló az elektrosztatika Coulomb-törvényéhez: $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{grav.}}=-\gamma \frac{m_1{m}_2}{r^2}\mathrm{,}{F}_{\text{elekt.}}=+\gamma k\frac{Q_1{Q}_2}{r^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez azt jelenti, hogy a gravitációs kölcsönhatást ,,helyettesíthetjük'' elektrosztatikus kölcsönhatással, hiszen ha minden testnek a tömegével arányos, $\begin{array}{c}{\displaystyle Q=\sqrt[]{\frac{\gamma }{k}}M}\end{array}$ nagyságú töltést adunk, akkor az ezen töltések között ható elektromos erő (az előjeltől, tehát az erő irányításától eltekintve) éppen akkora lesz, mint amekkora eredetileg a gravitációs erő volt. Feladatunk tehát átfogalmazható: Mekkora periódusidejű rezgőmozgást végez egy $m$ tömegű, $q=-\sqrt[]{\gamma /k}\cdot m$ töltésű test egy nagyméretű (végtelen nagynak tekinthető), de az átmérőjéhez képest csekély vastagságú, egyenletesen feltöltött, $\begin{array}{c}{\displaystyle {\varrho }_{\text{elekt.}}=\sqrt[]{\frac{\gamma }{k}}{\varrho }_{\text{tömeg}}}\end{array}$ töltéssűrűségű korong belsejében? (A gravitációs és az elektrosztatikus erőhatás eltérő irányát a $q$ töltés negatív előjelével vettük figyelembe.) Jelöljük a korong vastagságát $2H$-val, a test és a korong felezősíkjának távolságát pedig $x$-szel (1. ábra)! Számítsuk ki a testre ható $F\left(x\right)$ erőt, és ha azt találjuk, hogy $F=-D\cdot x$, akkor (a rugóhoz kapcsolt test rezgésidő-képlete alapján) megállapíthatjuk, hogy a periódusidő $\begin{array}{c}{\displaystyle T=2\pi \sqrt[]{\frac{m}{D}}\mathrm{.}}\end{array}$   1. ábra   A $q$ töltésű test egyik oldalán $H-x$, a másik oldalon pedig $H+x$ vastag töltésréteg található. Ha az utóbbit kettéosztjuk egy $H-x$ és egy $2x$ vastag rétegre, akkor az egyforma vastag rétegek erőhatása kiejti egymást, és a $q$ töltésre ható eredő erő a $2x$ vastagságú (az ábrán sötétebben jelölt) réteg járulékával egyezik meg. A $2x$ vastag, $A$ alapterületű korong térfogata $2xA$, ebben $Q=2xA{\varrho }_{\text{elekt.}}$ töltés található, amiből (Gauss törvénye szerint) $4\pi kQ$ nagyságú elektromos fluxus indul ki. Ez a fluxus $2A$ nagyságú felületen hagyja el a töltött korongot, az elektromos térerősség (amely a szimmetria miatt mindenhol ugyanakkora nagyságú) a korong mindkét oldalán $\begin{array}{c}{\displaystyle E=4\pi k\frac{2xA{\varrho }_{\text{elekt.}}}{2A}=4\pi k{\varrho }_{\text{elekt.}}\cdot x\mathrm{.}}\end{array}$ Ebben az elektromos térben a $q$ töltésű testre $\begin{array}{c}{\displaystyle F\left(x\right)=qE=4\pi k{\varrho }_{\text{elekt.}}q\cdot x=-4\pi k\cdot \sqrt[]{\frac{\gamma }{k}}{\varrho }_{\text{tömeg}}\cdot \sqrt[]{\frac{\gamma }{k}}m=-4\pi \gamma m{\varrho }_{\text{tömeg}}\cdot x}\end{array}$ erő hat. Leolvashatjuk, hogy a ,,rugóállandó'' $\begin{array}{c}{\displaystyle D=4\pi \gamma m{\varrho }_{\text{tömeg}}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát a keresett periódusidő: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=2\pi \sqrt[]{\frac{m}{D}}=\sqrt[]{\frac{\pi }{\gamma {\varrho }_{\text{tömeg}}}}=\sqrt[]{\frac{3\mathrm{,}14}{6\mathrm{,}67\cdot {10}^{-11}\cdot 5\mathrm{,}8\cdot {10}^{-21}}}\text{s}=2\mathrm{,}85\cdot {10}^{15}\text{s}\mathrm{,}}\end{array}$ ami körülbelül 90 millió évnek felel meg.   II. megoldás. A feladatot közvetlen számolással, a Newton-féle gravitációs törvény alkalmazásával is meg lehet oldani. Számoljuk ki először, hogy mekkora gravitációs vonzóerőt fejt ki egy nagy kiterjedésű, de igen vékony, $d$ vastagságú lemez a tőle $x$ távolságban lévő, $m$ tömegű pontszerű testre, ha a lemez anyagának sűrűsége $\varrho$ és $d\ll x$.   2. ábra   Tekintsük a lemez azon darabjait, amelyek a töltés helyéről nézve a lemezre merőleges egyenestől mért $\alpha$ és $\alpha +\Delta \alpha$ közötti szögtartományban látszanak, ahol $\Delta \alpha \ll \alpha$ (2. ábra). Ez a ‐ cső alakú ‐ lemezdarabka $\Delta V\approx 2r\pi \Delta rd$ térfogatú, ahol $r=\frac{x}{\text{tg}\alpha }$ a cső sugara, a falának vastagsága pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta r=AC=\frac{AB}{\text{cos}\alpha }=\frac{R\cdot \Delta \alpha }{\text{cos}\alpha }=\frac{x}{\text{cos}{}^2\alpha }\Delta \alpha \mathrm{.}}\end{array}$ Ebben a térfogatban összesen $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta m=\varrho \Delta V=2x^2\pi \varrho d\frac{\text{sin}\alpha }{\text{cos}{}^3\alpha }}\end{array}$ tömegű anyag található, ami valamekkora $\Delta F$ nagyságú gravitációs vonzóerőt fejt ki a cső minden darabkájától $R=x/\text{cos}\alpha$ távol lévő, $m$ tömegű testre. (A $\Delta$ jel arra utal, hogy ez az erő nem a teljes lemez, hanem annak csak egy kicsiny része által létrehozott gravitációs vonzással egyenlő.) Mivel a cső alakú anyagmennyiség vonzóereje ‐ szimmetriaokokból ‐ a lemezre merőleges irányú, elegendő a gravitációs erő ezen komponensét kiszámítanunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta F=\gamma \frac{m\cdot \Delta m}{R^2}\text{cos}\alpha =2\pi m\varrho d\cdot \text{sin}\alpha \Delta \alpha \mathrm{.}}\end{array}$ A lemez teljes vonzóerejét a kis csődarabok járulékának összegzésével kaphatjuk meg. Mivel a nagyon nagy méretű lemez legtávolabbi részei $\alpha \approx \pi /2$ szög alatt látszanak, a kérdéses erő: $\begin{array}{c}{\displaystyle F=\sum \Delta F=2\pi m\gamma \varrho d\sum _{\alpha =0}^{\pi /2}\text{sin}\alpha \Delta \alpha \mathrm{.}}\end{array}$ A fenti képlet jobb oldalának végén szereplő összeg 1-gyel egyenlő, hiszen a 3. ábrán látható egységsugarú negyedkörben a vastagon jelölt kis szakaszok összege éppen a negyedkör sugarával egyezik meg. A $d$ vastagságú lemez által kifejtett vonzóerő tehát: $\begin{array}{c}{\displaystyle F\left(d\right)=2\pi m\gamma \varrho \cdot d\mathrm{.}}\end{array}$   3. ábra   Vegyük észre, hogy a vonzóerő nem függ a lemeztől mért $x$ távolságtól, így a képlet akkor is érvényes, ha $d$ nem kicsi $x$-hez képest. (Egy vastagabb lemez sok vékony, párhuzamos darabra osztható, és mivel mindegyikük gravitációs vonzóereje a lemezvastagsággal arányos, ugyanez teljesül az összegzéssel kapható eredőjükre is.) Most már minden rendelkezésünkre áll, hogy kiszámíthassuk, mekkora erőt fejt ki egy nagyon nagy méretű, $2H$ vastagságú, átlagosan $\varrho$ tömegsűrűségű, korong alakú anyageloszlás a szimmetriasíkjától $x$ távolságban lévő $m$ tömegű testre. Mivel a test egyik oldalán $H-x$, a másik oldalon pedig $H+x$ vastag anyagréteg található, az eredő gravitációs erő: $\begin{array}{c}{\displaystyle F=F\left(H-x\right)-F\left(H+x\right)=2\pi m\gamma \varrho \left[\left(H-x\right)-\left(H+x\right)\right]=-4\pi m\gamma \varrho \cdot x\mathrm{.}}\end{array}$ Ez az erő $\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{F}{m}=-{\omega }^2\cdot x}\end{array}$ gyorsulást hoz létre, ahol $\omega =\sqrt[]{4\pi \gamma \varrho }$. Az ilyen erőtörvénynek megfelelő mozgás harmonikus rezgőmozgás: $x\left(t\right)=A\text{sin}\left(\omega t\right)$, amelynek periódusideje: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\frac{2\pi }{\omega }=\sqrt[]{\frac{\pi }{\gamma \varrho }}=90\text{millió év}\mathrm{.}}\end{array}$