Feladat:	4895. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Németh Róbert
Füzet:	2017/május, 310 - 312. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Newton-féle gravitációs erő
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2017/január: 4895. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Számítsuk ki először, hogy mekkora gravitációs vonzóerőt fejt ki a $2\ell$ hosszúságú rúd az $m$ tömegű testre! A rudat ‐ gondolatban ‐ felbonthatjuk kicsiny, $\Delta x$ hosszú darabkákra (1. ábra), és ezen darabkák által az $m$ tömegű testre kifejtett erőt külön-külön vizsgálhatjuk, majd ezeket az erőket összegezhetjük. Egy ilyen darabka tömege $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta M=\frac{\Delta x}{2\ell }2M=\frac{M}{\ell }\Delta x\mathrm{.}}\end{array}$   1. ábra   Vegyünk egy tetszőleges, az $m$ tömegű testtől $x$ távolságra lévő kicsiny rúddarabot. Ez a ($\Delta x\ll \ell$ esetén pontszerűnek tekinthető) rúddarab a gravitációs erőtörvény alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta F_1=\gamma \frac{m\Delta M}{x^2}=\gamma \frac{m\frac{M}{\ell }\cdot \Delta x}{x^2}=\gamma \frac{mM}{\ell }\frac{1}{x^2}\Delta x}\end{array}$ erőt fejt ki a $m$ tömegű, pontszerű testre. Az egész rúd által kifejtett erőt ezen kis erőjárulékok összegzéséből kaphatjuk meg: $\begin{array}{c}{\displaystyle F_1=\sum _{x=\ell }^{3\ell }\Delta F_1=\sum _{x=\ell }^{3\ell }\gamma \frac{mM}{\ell }\frac{1}{x^2}\Delta x=\gamma \frac{mM}{\ell }\sum _{x=\ell }^{3\ell }\frac{1}{x^2}\Delta x\mathrm{.}}\end{array}$ Ha a felosztást finomítjuk (vagyis $\Delta x$-et egyre kisebbnek választjuk), az összegzésről integrálásra térhetünk át: $\begin{array}{c}{\displaystyle F_1=\gamma \frac{mM}{\ell }\underset{\ell }{\overset{3\ell }{\int }}\frac{1}{x^2}\text{d}x=\gamma \frac{mM}{\ell }{\left[-\frac{1}{x}\right]}_{\ell }^{3\ell }=\gamma \frac{mM}{\ell }\left(-\frac{1}{3\ell }-\left(-\frac{1}{\ell }\right)\right)=\frac{2}{3}\gamma \frac{mM}{{\ell }^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonlóan számíthatjuk ki a másik rúd gravitációs vonzóerejét: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \Delta F_2}& {\displaystyle =\gamma \frac{mM}{\ell }\frac{1}{x^2}\cdot \Delta x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle F_2}& {\displaystyle ={\sum }_{x=2\ell }^{3\ell }\gamma \frac{mM}{\ell }\frac{1}{x^2}\Delta x\approx \gamma \frac{mM}{\ell }\underset{2\ell }{\overset{3\ell }{\int }}\frac{1}{x^2}\text{d}x=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\gamma \frac{mM}{\ell }{\left[-\frac{1}{x}\right]}_{2\ell }^{3\ell }=\gamma \frac{mM}{\ell }\left(-\frac{1}{3\ell }-\left(-\frac{1}{2\ell }\right)\right)=\frac{1}{6}\gamma \frac{mM}{{\ell }^2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az $m$ tömegű testre ható eredő gravitációs erő nagysága tehát: $\begin{array}{c}{\displaystyle F=\sqrt[]{F_1^2+F_2^2}=\frac{\sqrt[]{17}}{6}\gamma \frac{mM}{{\ell }^2}\mathrm{.}}\end{array}$ iránya pedig a $2\ell$ hosszúságú rúd irányával $\alpha =\text{arctg}\frac{F_2}{F_1}=\text{arctg}\frac{1}{4}\approx {14}^{\circ }$-os szöget zár be.   II. megoldás. A feladat elemi úton, az integrálszámítás ismerete nélkül is megoldható. A megoldáshoz ,,csak'' annyit kell tudnunk, hogy két pontszerű test gravitációs helyzeti energiája $\begin{array}{c}{\displaystyle W=-\gamma \frac{m_1{m}_2}{x}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $m_1$ és $m_2$ a testek tömege, $x$ pedig a távolságuk.   Megjegyzés. Ezt az összefüggést a ponttöltések elektrosztatikus energiájának mintájára írhatjuk fel, hivatkozva a Coulomb-törvény és a Newton-féle gravitációs törvény analógiájára.   Vizsgáljuk először csak a $2\ell$ hosszúságú rudat. Ez a rúd valamekkora $F_1$ erővel hat az $m$ tömegű testre, az pedig ugyanekkora erővel visszahat a rúdra. Toljuk el (gondolatban) a rudat kicsiny $\Delta \ell \ll \ell$ távolsággal, miközben az $m$ tömegű testet az eredeti helyén tartjuk (2. ábra). Ekkor a gravitáció ellenében $F_1\Delta \ell$ munkát végzünk.   2. ábra   Másrészt a rúd elmozdításával a két test között megváltozik a gravitációs potenciális energia, hiszen a rúd minden darabkája kicsit távolabb kerül az $m$ tömegű testtől. Mivel a rúd csak nagyon kis mértékben mozdult el a helyéről, új helyzetének legnagyobb része ,,átfedésben van'' a régivel, tehát vehetjük úgy, mintha egy kicsiny $\Delta \ell$ hosszúságú darabot a rúd egyik végéről a másik végére helyeztünk volna át. Ekkor egyedül ezen $\Delta \ell$ hosszú darabnak változik meg az $m$ tömegű testhez viszonyított potenciális energiája, és ez a változás: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta W=\gamma \frac{mM}{\ell }\Delta \ell \left(\frac{1}{\ell }-\frac{1}{3\ell }\right)=\frac{2}{3}\gamma \frac{mM}{{\ell }^2}\Delta \ell \mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a potenciális energia megváltozását az általunk végzett munka fedezte: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta W=F_1\Delta \ell \mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan leolvashatjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle F_1=\frac{2}{3}\gamma \frac{mM}{{\ell }^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonló módon számolhatjuk ki, hogy az $\ell$ hosszúságú rúdra ható erő: $\begin{array}{c}{\displaystyle F_2=\frac{1}{6}\gamma \frac{mM}{{\ell }^2}\mathrm{,}}\end{array}$ és innen az I. megoldásban leírt módon megkapható az eredő erő nagysága és iránya.