TARTALOMJEGYZÉK
1
Változó tömeg¶ rendszerek me hanikája
Tartalomjegyzék
1.
1.
A Mes serszkij-egyenlet
2.
A munkatétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 4
3.
A rakéta gyorsítása és lassítása er®mentes térben . . . . . . . . .
6
4.
Az es® sepp növekedése
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
5.
A változó tömeg¶ bolygó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
6.
A szállítószalag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
7.
Az asztalról le súszó lán
8.
Az egyik végén lehulló lán
9.
A változó tömeg¶ forgó test mozgásegyenlete
10.
A t¶zoltóguriga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
11.
A relativisztikus rakéta
38
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
A Mes serszkij-egyenlet M tömeg¶ testet, amelyet egy q dµ tömeg¶ test talál el úgy, hogy benne is marad. (M + dµ) tömeg¶ test valamilyen dv sebességre tesz szert,
Tekintsünk egy iner iarendszerben nyugvó sebesség¶, in nitezimálisan kis A megnövekedett amelyet az
(M + dµ) · dv = dµ · q impulzusmegmaradásból számíthatunk ki. A továbbiakban a
dµ, dv, dt
in ni-
tezimális mennyiségekben lineáris pontossággal kell számolnunk, ezért az el®bbi egyenletb®l a meglökött test impulzusára az
M · dv = dµ · q kifejezést kapjuk. A meglökött test mozgási energiája az in nitezimális
dv
besség négyzetével arányos, és ezért a tárgyalt rendben nullával egyenl®. elnyelt test
1 dµ · q 2 2
seAz
mozgási energiája azonban els®rend¶ mennyiség, amelyet
gyelembe kell venni.
Ez a kis
dµ
tömeg lefékez®désekor keletkezik és a test
bels® energiáját növeli (felmelegíti a testet). Hasonlóan tárgyalható az az eset is, amikor a nyugvó sebesség¶ in nitezimálisan kis
dµ
M
q dv
tömeg¶ test egy
tömeget lök ki magából, miközben maga
sebességre tesz szert. Az impulzusmegmaradás tétele ekkor
(M − dµ) · dv + dµ · q = 0, amely els® rend¶ pontossággal a korábbi képletre vezet azzal a különbséggel, hogy a jobboldalon megjelenik egy minusz:
M · dv = −dµ · q.
1
A MESCSERSZKIJ-EGYENLET
2
A két képletet azonban közös alakra hozhatjuk, ha bevezetjük a
dM
el®jeles
tömegváltozást a
dM =
(
dµ −dµ
ha a test tömege n®, ha a test tömege sökken
de ní ióval. Ekkor az
M · dv = dM · q
(1.1)
képlet mindkét esetre egyaránt érvényes. A továbbiakban ehhez a konven ióhoz tartjuk magunkat. Ha a testre még valamilyen
F
er® is hat, akkor (1.1)-ben az ebb®l származó
er®löketet is gyelembe kell venni. Az in nitezimálisan kis hatások additivitása alapján ezért
M · dv = Fdt + dM · q. Tegyük fel most, hogy egy változó
v(t)
(1.2)
sebesség¶ test folyamatosan vesz fel
tömeget a környezetéb®l, vagy folyamatosan emittál. Ezt a folyamatot tömegtranszfernek (vagy konvek iónak) fogjuk hívni. A tömegtranszfer következtében
M (t) tömege lesz. A (t, t + dt) in nitezimális intervaldM (t). Ez lehet negatív is, amikor |dM (t)| tömeg (t, t + dt)-ben felvett vagy kilökött tömeg sebessége legyen u(t).
a testnek id®ben változó
lumban felvett tömeg legyen lök®dik ki. A
Írjuk fel a változó tömeg¶ test mozgásegyenletét! Feltevés szerint a test valamilyen séggel. Bármely adott
t-hez
K
iner iarendszerben mozog
tartozik egy
Kt
v(t)
sebes-
iner iarendszer, amelyben a test
az adott pillanatban éppen nyugalomban van (pillanatnyi nyugalmi rendszer). A
Kt
nyilván a konstans
v(t)
sebességgel mozog
K-ban,
és hozzá viszonyítva
érvényes (1.2). Mivel azonban a newtoni zikában a sebességkülönbség és az er® nem változik, amikor egyik iner iarendszerr®l egy másikra térünk át, a
q
sebes-
ség pedig de ní ó szerint független az iner iarendszer megválasztásától (hiszen az elnyelt vagy kilökött tömegnek mindig a testhez viszonyított sebességével egyenl®), ezért (1.2) valójában a hogy a
q-t
a
K-ban
is érvényes. Legfeljebb arról lehet szó,
q = u − v. egyenlet segítségével kifejezzük benne Ezt a behelyettesítést elvégezve
M
u-n
dt-vel
és
(1.3)
v-n
1
keresztül .
történ® osztás után az
dM dv = F+ (u − v) dt dt
egyenletre jutunk, amelyet
d(M v) dM = F+ u. dt dt
(1.4)
1 A relativitáselméletben a K -r®l a K-ra történ® áttérés nem ilyen egyszer¶, mert a gyort sulás nem invariáns és a sebességösszeadás képlete is bonyolultabb, mint (1.3) (ld. a 11. fejezetet).
1
A MESCSERSZKIJ-EGYENLET
3
alakban is felírhatunk. A mozgásegyenletnek ez az alakja akkor hasznos, amikor a tott
u(t)
K-hoz
viszonyí-
sebesség van megadva. Az olyan feladatokban azonban, amelyekben a
testhez viszonyított
q(t)
sebesség az, ami ismert (mint például a rakétamozgás-
nál), akkor az (1.2)-b®l kapható
M
dv dM =F+ q dt dt
(1.5)
mozgásegyenlet használata élszer¶. Az (1.4) és az (1.5) a Mes serszkij-egyenlet két különböz® alakja. Említsünk meg külön két spe iális esetet. Amikor
u = 0,
az (1.4) a
d(M v) =F dt alakra redukálódik.
(1.6)
Ha az er® származtatható valamilyen
V
poten iálból, az
(1.6) az
1 M v2 − V 2
L=
Lagrange-függvényhez tartozó Euler-Lagrange egyenlet. A mozgás során a test energiája nem marad meg:
dE ∂L 1 1 =− = − M˙ v 2 = − M˙ q 2 . dt ∂t 2 2 u = 0 következtében v = q. u = v. Az (1.5) szerint a mozgás-
Az utolsó lépésben kihasználtuk, hogy (1.3) és A másik spe iális esetben
q=0
és ezért
egyenlet ekkor
M
dv = F. dt
(1.7)
Amikor a tömeg id®ben állandó, az (1.6) és az (1.7) nem különbözik egymástól, mindkett® a megszokott newtoni mozgásegyenlet. De ha a tömeg függ az id®t®l, a két egyenlet nem ugyanaz.
Az (1.6)-tól eltér®en (1.7) nem származtatható
Lagrange-függvényb®l. A test energiáján a szokásos
E= kifejezést értve ez a kifejezés az
M
1 M v2 + V 2
id®függése miatt nem marad meg. De ha a
diúzióban résztvev® környez® anyag energiája megmarad, akkor ezt az energiát és a test
E
energiáját összeadva megmaradó mennyiséget kapunk. Az energia
disszipá iója ugyanis mint láttuk, a
q-val
kap solatos, ami most zérus.
Az (1.4) és az (1.5) könnyen általánosítható arra az esetre, amikor a tömegtranszferben különféle sebesség¶ tömegek vesznek részt. Amikor pl. az
q
u
és a
két különböz® értéket vehet fel, ezek az egyenletek így módosulnak:
dMa dMb d(M v) = F+ ua + ub , dt dt dt
(1.8)
2
A MUNKATÉTEL
4
valamint
M
2.
dv dMa dMb = F+ qa + qb . dt dt dt
(1.9)
A munkatétel
Konstans tömeg¶ test esetében munkatételen a
dK =v·F dt képletet értjük, amelyben
(2.1)
K = mv 2 /2 a mozgási energia, és a jobboldalon a két
vektor skalárszorzata áll. A tétel azt fejezi ki, hogy az er® teljesítménye a test mozgási energiájának növekedési rátájával egyenl®. Amikor
v · F > 0, az er®tér v · F < 0, a test
végez munkát a testen (a kinetikus energia n®), amikor pedig végez munkát az er®teren (a kinetikus energia sökken). Ha az er®t
2
V
poten iálból származtathatjuk az
vel , akkor a munkatételt
formában is felírhatjuk.
F = −∇V
dK = −v · ∇V dt Másrészt a (t, t + dt) intervallumban
képlet segítségé-
a poten iál teljes
a test mozgásából és a poten iál expli it id®függéséb®l származó változási sebessége a következ®:
dV ∂V ∂V ∂V ∂V = vx + vy + vz + ≡ dt ∂x ∂y ∂z ∂t ∂V ≡ v · ∇V + . ∂t
(2.2)
Ha ebb®l az egyenletb®l kifejezzük a poten iál gradiensét tartalmazó tagot és a munkatételben ezt kihasználjuk, akkor a
d(K + V ) ∂V = dt ∂t egyenletre jutunk, amely szerint a test teljes
K +V
energiája akkor marad meg,
amikor a poten iál nem függ expli ite az id®t®l. Gravitá iós térben mozgó vál-
3
tozó tömeg¶ test poten iális energiája például a tömeg változása következtében függ expli ite az id®t®l. Hogyan módosul a munkatétel (2.1) egyenlete, amikor a tömeg n®het (dM
0)?
>
Képzeljük el, hogy a testen állva gyeljük a tömegfelvétel folyamatát. A
2 A továbbiakban többnyire a nabla vektort fogjuk használni a grad, a div és a rot helyett: grad f = ∇f ; div V = ∇ · V; rot V = ∇ × V; div grad f = ∇2 f ; div rot V = ∇ · (∇ × V) ≡ 0; rot grad f = ∇ × ∇f ≡ 0. 3A
poten iál
terminust a poten iális energia értelmében használjuk.
2
A MUNKATÉTEL
(t, t + dt)
5
intervallumban azt látjuk, hogy
q(t)
sebességgel mozgó
dM (t)
tömeg
fékez®dik le és tapad hozzá a testhez, miközben mozgási energiája a test bels® energiáját a
1 dM · q 2 2
dU = mennyiséggel növeli meg.
(2.3)
A kinetikus energia és a bels® energia megnöveke-
dését azonban most nem egyedül a küls® er® munkájából kell fedezni, hanem
1 dM (t)u2 energia is, amely konvek ió útján növeli meg (vagy 2 4
sökkenti le dM < 0 esetén) a test energiáját. A munkatétel tehát a következ® : hozzájárul az az
dU 1 dM 2 dK + = v·F+ u . dt dt 2 dt
(2.4)
Ez a képlet a mozgásegyenlet alapján igazolható is. Szorozzuk (1.4)-t skalárisan
v-vel: v·F=v·
d(M v) dM − (v · u). dt dt
A jobboldalon
v·
d(M v) dv dM 2 = Mv · + v = dt dt dt 1 dM 2 dM 2 d 1 1 dv 2 2 + v = Mv + v , = M 2 dt dt dt 2 2 dt
és ennek következtében
v·F=
d dt
1 M v2 2
+
1 dM 2 dM v − (v · u). 2 dt dt
1 dM 2 u -t: 2 dt 1 dM d 1 1 dM 2 2 u = Mv + (v − u)2 . v·F+ 2 dt dt 2 2 dt
Adjunk mindkét oldalhoz
Az (1.3)-t kihasználva újra (2.4)-t kapjuk eredményül. A munkatétel (2.4) egyenlete érvényben marad akkor is, amikor a tömeg
sökken (dM
< 0).
Az (2.3) szerint a
dU
ekkor negatív.
lennie, hiszen a nyugalmi rendszerb®l nézve a bels® energiájának a rovására nulláról
dM
Ennek így is kell
tömeg energiája most a test
1 (−dM )q 2 -re n® meg. 2
Rakétánál például
ez az energia a rakéta tömegének részét képez® üzemanyag kémiai energiájából származik, párolgásnál pedig a test h®mérsékletének a sökkenésében jelentkezik. Amikor két (vagy több) különböz®
4 J.
u
is fellép, akkor (2.4) így módosul:
dK dU 1 dMa 2 1 dMb 2 + = va · Fa + vb · Fb + u + u . dt dt 2 dt a 2 dt b Copeland, Am. J. Phys 50, 599 (1982)
(2.5)
3
A RAKÉTA GYORSÍTÁSA ÉS LASSÍTÁSA ERMENTES TÉRBEN
6
Az eddigi képleteink alapján a baloldalon
1 ˙ 2 dU Ma qa + M˙ b qb2 , = dt 2
de az általános esetben az er®k munkája és a beáramló mozgási energia a kinetikus energia helyett a bels® energiához is adhatnak további járulékot. A 8. fejezetben látunk majd erre példát. Mikor az er® poten iálos, megint alkalmazhatjuk az (2.2) képletet és a munkatételt a következ® alakban írhatjuk fel:
∂V 1 dM 2 d(K + V + U ) = + u . dt ∂t 2 dt
(2.6)
A test teljes energiája tehát két okból változhat: A poten iál expli it id®függése és a tömegtranszferb®l származó energia miatt. Amikor a tömeg állandó és a poten iál nem függ expli ite az id®t®l, akkor (2.6) az
E = K+V
energia megmaradását fejezi ki, amely a mozgásegyenlet
els® integrálja és egy szabadsági fok esetében ezzel meg is adja a mozgásegyenlet megoldását. Változó tömeg mellett azonban a munkatételnek sak az energiaviszonyok tisztázásában van szerepe, a mozgásegyenletek integrálását általában nem segíti el®.
3.
A rakéta gyorsítása és lassítása er®mentes térben
Ha az (1.1) képletet
dv = q alakba írjuk, állandó
q
dM M
(3.1)
kifúvási sebesség mellett egyszer¶ integrálással rögtön
megtudhatjuk bel®le, hogyan függ a sebesség a rakéta tömegét®l:
v(M ) = v0 + q ln (Ciolkovszkij-egyenlet), ahol
M0
és
v0
M . M0
(3.2)
az indulási tömeg és sebesség. Az egyen-
q mellett) a tömegmegmaradás m = M0 − M mennyisége határozza meg
letb®l látszik, hogy a rakéta sebességét (adott következtében egyedül a kifújt tömeg
függetlenül attól, hogy a kifúvás milyen ütemezésben történt (a kifúvás közben szünetelhet is). Az egyszer¶ség kedvéért tegyük fel, hogy az üzemanyag felhasználása id®ben állandó:
M (t) = M0 − kt Korlátozódjunk egyenesvonalú mozgásra a
k = konstans > 0. z -tengely
Ekkor
v = (0, 0, v) q = (0, 0, ±q)
(v > 0), (q > 0).
(3.3)
mentén pozitív irányban.
3
A RAKÉTA GYORSÍTÁSA ÉS LASSÍTÁSA ERMENTES TÉRBEN
7
A fels® el®jelnél a hajtóm¶ fékezi, az alsónál gyorsítja a rakétát. Az (3.2) megoldás ekkor
v(t) = v0 ± q ln
M0 − kt M0
(0 ≤ t ≤ tmax ),
ahol tmax az üzemanyag elfogyásának a pillanat. A továbbiakban az egyszer¶ség kedvéért feltesszük, hogy az ¶rhajó tömegének a túlnyomó részét az üzemanyag teszi ki, ezért
tmax = M0 /k .
Számítsuk ki, mennyi utat tesz meg állapotból indul. Ehhez a
v(t)
t
id® alatt a rakéta, amikor a nyugalmi
képletét kell az alsó el®jel választása és
v0 = 0
mellett integrálnunk:
z(t) = −q
Z
t
dt′ · ln(1 − t′ /tmax ).
0
Legyen
1 − t′ /tmax = x,
dx = −dt′ /tmax .
Akkor
z(t) = ktmax
Z
1−t/tmax
dx · ln x.
1
De
Z
dx · ln x =
Z
d(x · ln x) −
Z
x · d ln x =
Z
d(x · ln x) −
Z
dx = x · ln x − x,
ezért
1−t/t
max = z(t) = qtmax [x · ln x − x]1 = qtmax /1 − t/tmax ) ln(1 − t/tmax ) + qt.
Ebb®l a képletb®l nem látszik jól, hogy az indulás után közvetlenül (t hogyan emelkedik a rakéta. Ha felhasználjuk a
→ +0)
1 ln(1 − x) = −x − x2 + o x3 2
sorfejtést, rövid átalakítás után az
z(t) =
q t2 + o t3 2tmax
képletre jutunk. A tmax id® alatt megtett távolságra pedig a képlet következtében a
limx→0 x · ln x = 0
z(tmax ) = qtmax képletet kapjuk pontosan úgy, mintha a rakéta végig a konstans mozgott volna. Ez azért váratlan, mert ugyanakkor
v(tmax ) = ∞.
q
sebességgel
3
A RAKÉTA GYORSÍTÁSA ÉS LASSÍTÁSA ERMENTES TÉRBEN
Térjünk át az (2.4) munkatételre, amelyben most
ahol az (1.3) következtében
8
F = 0:
dK k 2 q − u2 , = dt 2
(3.4)
u=v−q a kifújt üzemanyag sebessége. Ebb®l az egyenletb®l az a paradoxálisnak t¶n®
v sebessége fov = 2q sebességnél elér egy maximális értéket, amely után elkezd sökkenni. Valóban, v = 2q -nál u = q , ezért (3.4) jobboldala nullával egyenl®. Amikor pedig v > 2q , a jobboldal nega-
következtetés vonható le, hogy gyorsításnál, miközben a rakéta lyamatosan n®, eleinte a mozgási energiája is n®, de a
tívvá válik. A fur sa viselkedés magyarázata az, hogy a
k 2 q 2
mennyiség a bels® energia
sökkenési sebességével egyenl® (abszolút értékben), míg gázok mozgási energiájának növekedési rátája. Mivel
k 2 u 2
a kilövellt égési
q 2 − u2 = q 2 − (v − q)2 = v(2q − v), v > 2q -nál
a hajtóm¶ teljesítménye egyedül már nem fedezi a rögzített
q
mel-
lett a kiáramló gázok energiájának a növekedését. A hiányt a rakéta mozgási energiájának sökkenése fedezi. Mivel azonban a rekéta közben tovább gyorsul, a mozgási energia sökkenése kizárólag a tömeg sökkenés következménye. 2 2 2 2 Lassításnál q − u = q − (v + q) = −v(2q + v) negatív mennyiség, ezért a sebességgel együtt a rakéta mozgási energiája is folyamatosan sökken.
Térjünk ki végül egészen röviden a rakéta indítására a földfelszínr®l. A földfelszínre mer®leges
z -irányú mozgás leírására a mozgásegyenlet jobboldalán most
gyelembe kell venni a súlyer®t is. A gravitá iós teret homogénnek fogjuk tekinteni, ezért a súlyer®
−M g -vel
egyenl®, amelyben
g
konstans. Az alkalmazandó
mozgásegyenlet ekkor (1.5), amely esetünkben a következ®:
(M0 − kt)
dv = −(M0 − kt)g + kq. dt
kq , amelynek meg kell haladnia M0 g indulási súlyt ahhoz, hogy a hajtóm¶ indításának a pillanatában a rakéta
Az egyenletb®l látszik, hogy a tolóer® nagysága az
megkezdje az emelkedést:
kq > M0 g.
(3.5)
Ha ez az egyenl®tlenség a kezd®pillanatban fennáll, akkor kés®bb sak javulhat, mivel a baloldal id®ben állandó, a jobboldal viszont monoton sökken. A rakéta ezért mindaddig egyre jobban gyorsul, amíg az üzemanyaga el nem fogy. S®t, ha a kezd®pillanatban (3.5) nem teljesül, mert
M0 > kq/g , és ezért a hajtóm¶ bein-
dításakor a rakéta nem kezdi el az emelkedést, egy kés®bbi id®pontban, amikor
kq/g alá sökken, az emelkedés megkezd®dik. Ez az irreális vik üzemanyagfelhasználási ráta és a q kifúvási sebesség állandóságának
a rakéta tömege selkedés a
4
AZ ESCSEPP NÖVEKEDÉSE
9
a következménye, amely a valóságban legfeljebb sak többé-kevésbé sz¶k id®intervallumban tartható be. Sajnos az olyan reális feladatok tárgyalása, mint a Föld körül kering® ¶rhajó pályamódosítása, nagyon bonyolulttá válik, ha a tömegveszteséget is gyelembe akarjuk venni.
4.
Az es® sepp növekedése
Abból a zikai képb®l indulunk ki, hogy a nedves leveg®ben hulló es® sepp folyamatosan növekszik a felületén le sapódó pára következtében. A seppre ható közegellenállást gyelembe kell vennünk, a hidrosztatikus felhajtó er®t®l azonban eltekinthetünk.
A sepp állapotát minden pillanatban (legalább) három
id®t®l függ® mennyiség írja le: Az
M (t)
tömege,
r(t)
sugara és
v(t)
sebessége.
Ezek között két egyszer¶, de plauzibilis, összefüggést tételezünk fel úgy, hogy az ismeretlen függvények számát 1-re redukáljuk. Feltesszük, hogy a sepp
ρ
s¶r¶sége állandó, ezért a tömeg és a sugár között
fennáll az
M =ρ
4πr3 3
összefüggés. Ezt dieren iálva a
dM = ρ · 4πr2 dr képletre jutunk. Osszuk el ezt az egyenletet az el®z®vel:
dr dM =3 , M r vagyis
A másik feltevésünk az lesz, hogy
r˙ M˙ =3 . M r a dt intervallumban
minden pillanatban arányos a gömb felszínével.
(4.1) le sapódott
dM
tömeg
Az arányossági tényez®t
kρ
alakban felvéve
dM = kρ · 4πr2 dt. A
dM -re
így van két kifejezésünk, amelyeket összehasonlítva a
dr = k, dt
r = kt + r0
összefüggésekre jutunk (feltettük, hogy a
r0 ).
(4.2)
t = 0 kezd®pillanatban a sepp sugara
Az (4.1) alapján tehát
k M˙ =3 . M r
(4.3)
Józan közelít® feltevésnek látszik, hogy a felületre le sapódó anyag sebessége abban a (földfelszínhez rögzített) vonatkoztatási rendszerben, amelyben a víz sepp pillanatnyi sebessége
v(t),
nullával egyenl®:
u = 0.
Ebben az esetben a
4
AZ ESCSEPP NÖVEKEDÉSE
10
mozgásegyenlet (1.4) alakját élszer¶ alkalmazni. A függ®leges mentén a pozitív irányt lefelé mutatónak választva a mozgásegyenlet a következ®:
d(M v) = M g − 6πηrv dt A jobboldal második tagja a nevezetes Stokes-formula, amely az sebesség¶ gömbre ható fékez®er® az
η
r
sugarú
v
dinamikai viszkozitású közegben.
A baloldalon elvégezzük a szorzat dieren iálását és az egyenletet végigoszt3 juk
M =ρ
amelyben
4πr 3
-mal:
r˙ 9ν v 3 + v˙ = g − · , r 2 r2
ν = η/ρ
(4.4)
a közeg kinematikai viszkozitása.
id® szerinti dieren iálásról áttérni az
r
Itt nyilván élszer¶ az
sugár szerinti dieren iálásra. Az (4.2)
alapján
dr d d d = =k , dt dt dr dr ezért rendezés és az
α = 9ν/2
jelölés bevezetése után (4.4) átírható így:
dv + dr Talán érdemes az
r, v
α 3 + 2 r kr
helyett bevezetni az
α x, k
r=
v=
x, y
v=
g . k
(4.5)
dimenziótlan változókat az
gα y k2
(4.6)
helyettesítéssel. Az új változókban (4.5) a következ®:
′
y + amelynek az
y(x0 ) = 0
3 1 + x x2
y = 1,
(4.7)
kezd®feltételhez tartozó megoldását az
x > x0 =
α r0 k
tartományban keressük. Az (4.7) egy lineáris els®rend¶ közönséges dieren iálegyenlet, amely mindig megoldható. Az ilyen egyenletek általános alakja
y ′ + P (x) · y = Q(x).
(4.8)
Visszahelyettesítéssel könnyen igazolható, hogy az egyenlet
y(x0 ) = 0
kezd®fel-
tételhez tartozó megoldása a következ®:
y(x) = e
−
Rx
x0
P (x′ )dx′
Z
x
x0
dx′ · Q(x′ )e
R x′ x0
P (x′′ )dx′′
.
(4.9)
4
AZ ESCSEPP NÖVEKEDÉSE
11
Esetünkben
P (x) =
1 3 + 2, x x
tehát
Z
x
P (x′ )dx′ = 3 ln
x0
valamint
Q(x) = 1.
x − x0
1 1 − x x0
,
Ezeket az általános megoldó képletbe helyettesítve az
y(x) =
1 1/x e x3
Z
x
x0
′ 3 x′ e−1/x
(4.10)
megoldást kapjuk. Az
x
arányos.
független változó az
r
sugárral, de (4.2) következtében az id®vel is
Vajon az (4.10) szerint a sebesség monoton növekv® függvénye-e az
id®nek, vagy esetleg van olyan id®intervallum, amelyben a sebesség sökken? A kérdés azért jogos, mert a sugár növekedésével a sepp felülete, és vele együtt a közegellenállás is n®.
A súly azonban a sepp térfogatával arányos, ezért
gyorsabban n®, mint a közegellenállás. Ha még azt is gyelembe vesszük, hogy ′ (4.7) szerint x = x0 -nál y = 1 > 0, ezért várható, hogy a sebesség az id® monoton növekv® függvénye legyen. Ezt a fejezet végéhez satolt függelékben igazolni is fogjuk. Amikor az
x
(és a
t
id®) a végtelenhez tart, az (4.10) megoldás lineárisan
divergál. A pontos aszimptotikát úgy kapjuk meg, hogy (4.10)-ban a két exponen iális függvényt Taylor-sorba fejtjük és megkeressük amelyek
x −→ ∞-nél
1 y(x) ∼ 3 · x (a
∼
y(x)
azon tagjait,
nem tartanak nullához. Ezt kapjuk:
x3 x4 − 4 3
1 ∼ 4
1 x− 3
(4.11)
jelzi, hogy aszimptotikus egyenl®ségr®l van szó).
A dimenziótlan változókról az
x=
k k r = (kt + r0 ) α α
képletekkel visszatérhetünk a
t, v
y=
k2 v gα
zikai változókra. A
v(t)
függvény menetét
az 1. ábrán rajzoltuk fel: A felületre le sapódó pára növeli a sepp bels® energiáját. A bels® energia megnövekedése az (2.3) képlet segítségével számítható ki, amelyben most u = 0 ˙ (t) = M˙ v(t)2 /2. A sepp h®mérséklete ennek következkövetkeztében v = q : U tében folyamatosan n® és feltehet®en nem is egyenletes eloszlású a térfogaton belül. Ez ahhoz vezethet, hogy a
M , r, v
k
arányossági tényez® id®ben változhat, és az
változók nem is elegend®k a sepp pillanatnyi állapotának a jellemzésé-
hez. De a modell nomítása ebbe az irányba már kívül esik a me hanikán, amely
5
A VÁLTOZÓ TÖMEG BOLYGÓ
12
1. ábra.
ennek a jegyzetnek a tárgya. És nem világos a számomra, hogy a seppnövekedés itt vázolt tárgyalási módja alkalmas kiindulópont-e a sapadékképz®dés reális elméleti vizsgálatához.
Függelék: A sebesség monotonitásának igazolása Ha az (4.7) egyenlet (4.10) megoldása nem lenne monoton, akkor lenne olyan ′ amelynél y = 0. Az (4.7) szerint ennél az x-nél teljesülni kellene az
x > x0 ,
y=
x2 3x + 1
relá iónak. Az (4.10) gyelembe vételével ez a feltétel így írható:
f (x) = g(x), ahol
x5 e−1/x f (x) = , 3x + 1
g(x) =
Z
x
x0
′ 3 x′ e−1/x .
y = f (x) és az y = g(x) görbe metszi egymást az x > x0 tarx pontjában. Mivel g(x0 ) = 0 és f (x0 ) > 0, ezért a metszéspontban az y = g(x)-nek meredekebbnek kellene lennie, mint az y = f (x), vagyis teljesülnie Ha ez teljesül, az
tomány
kellene a
g ′ (x) > f ′ (x) egyenl®tlenségnek. De ha ide a két függvény deriváltját beírjuk, az lehet egyszer¶síteni és könnyen igazolható, hogy az
x > x0
e−1/x -szel
tartományban az
egyenl®tlenség seholsem teljesül.
5.
A változó tömeg¶ bolygó
A Nap körül kering® bolygó tömegét a meteorok folyamatosan növelik. feltesszük, hogy a meteorok sebessége átlagosan nulla (u
= 0),
Ha
akkor megint
5
A VÁLTOZÓ TÖMEG BOLYGÓ
13
(1.4)-et kell használnunk, amelyben azonban most a gravitá iós vonzáson kívül más er® nem szerepel:
(M⊙ a Nap,
M
a bolygó
d(M v) GM M⊙ ˆr =− dt r2 tömege, G a gravitá iós
állandó,
ˆr
pedig a radiális
egységvektor). Az el®z® fejezet es® sepp példájához képest a lényeges különbség a közegellenállás hiánya, amely lehet®vé teszi, hogy ezt az egyenletet az
L=
M 2 (r˙ + r2 ϕ˙ 2 ) − U, 2
U =−
GM M⊙ r
(5.1)
Lagrange-függvényhez tartozó Lagrange-egyenletnek tekintsük. A tömegnövekedés következtében a bolygó
E
energiája változik. Az energia
id®deriváltját az
dE ∂L (5.2) =− dt ∂t általános képlettel számíthatjuk ki. Az L az M tömegen keresztül függ expli ite az id®t®l, és mivel minden tagja arányos M -mel, ezért ˙ M˙ M dE = − L = − (K − U ). dt M M
(5.3)
Körpályán a entrifugális er® éppen ellensúlyozza a gravitá iós vonzást:
M v2 GM M⊙ . = r r2 Ha ezt a képletet végigszorozzuk
r/2-vel,
a kinetikus energiára a
képletet, a teljes energiára pedig ennek következtében az
E = +U/2 = − képletet kapjuk. Így az
GM M⊙ 2r
L = K − U = −3U/2 = −3E .
képletre jutunk. Mivel
E < 0,
az
K = −U/2
˙ M E˙ = 3 E M M növekedésével
(5.4)
Ezt az (5.3)-ba helyettesítve
(5.5) az energia sökken.
Hogyan változik eközben a sugár? Deriváljuk (5.4)-et az id® szerint gyelembe véve, hogy az
M
is, az
GM⊙ d E˙ = − 2 dt
r-is
M r
függ az id®t®l:
r d =E M dt
M r
=E
M˙ r˙ − M r
!
.
Ha ezt a képletet (5.5)-tel összehasonlítjuk, azt látjuk, hogy
r˙ = −2
˙ M r. M
(5.6)
5
A VÁLTOZÓ TÖMEG BOLYGÓ
14
A tömeg növekedésével tehát a bolygópálya sugara sökken. Határozzuk meg a sebesség változását is. Ez több módon is lehetséges. Induljunk ki az
l = M rv
impulzusmomentumból. Mivel az (5.1) Lagrange-függvény
id®függ® tömeg esetében is forgásinvariáns, ezért az marad:
l
impulzusmomentum meg-
l˙ M˙ r˙ v˙ = + + = 0. l M r v
Ha ide (5.6)-ot behelyettesítjük, a
v˙ =
M˙ v M
(5.7)
képletre jutunk: A sebesség a tömeggel együtt n®. Ugyanerre a kaptafára megy az meghatározása is:
ω˙ = 3
ω = v/r
T = 2π/ω
és a
változásának a
M˙ T˙ = −3 T M
M˙ ω, M
(5.8)
Amikor a bolygópálya elliptikus az (5.3) érvényben marad, de a
K
és az
U
nem fejezhet® ki benne minden további nélkül az energián keresztül. Ez már abból is látszik, hogy az energia mozgásállandó, a
K
és az
U
azonban nem
az a pálya nyújtottsága miatt. Segítségünkre jön azonban a viriál tétel, amely szerint az egy periódusra átlagolt ugyanúgy fejezhet® ki az
¯ −U ¯ = −3E . K
E -n
¯ K
és
¯ U
amelyek már id®ben állandók
keresztül, mint a
K
és az
U
körpályáknál, ezért
Átlagoljuk ezért (5.3)-az egy periódusra:
M˙ dE = − (K − U ). dt M A kinetikus és a poten iális energia változása egy perióduson belül jelent®s, a relatív tömegváltozás azonban ennyi id® alatt feltehet®en nagyon ki si. Ezért az
M˙ /M
átlagolásától eltekinthetünk és ha ezután alkalmazzuk a viriál tételt, újra
az (5.5) képletet kapjuk eredményül. Ez a képlet tehát elliptikus bolygópályákra is érvényes. Az
a
nagytengely és a
b
a=
kistengely változását az ismert
GM M⊙ 2(−E)
l b= p 2M (−E)
képletek felhasználásával számíthatjuk ki a már ismert eljárással:
a˙ = −2
˙ M a, M
A periódusid® változására a
˙ M −3 T M
és hasonlóan
T = 2πM ab/l
˙ M b˙ = −2 b. M
képlet alapján ugyanazt a
eredményt kapjuk, mint a körpályáknál.
(5.9)
T˙ =
6
A SZÁLLÍTÓSZALAG
15
Az elnyújtott ellipszispályán kering® üstökösök tömegveszteség következtében el®álló pályamósosulása alighanem sokkal jelent®sebb, mint a bolygóké a tömegfelvétel során. A tömegkibo sátási folyamat tárgyalása azonban nehezebb, mert az (1.5) képleten alapul, amelyben a
q
kilövellési sebesség megválasztása
külön feltevést igényel. Talán jogos feltenni, hogy az anyag az üstökös Nap felé néz® oldaláról szabadul fel, ezért valamilyen közelítésben
q = −qˆr.
Ebben az esetben a mozgás
megint tárgyalható Lagrange-módszerrel az
U =−
GM M⊙ + q M˙ r r
(5.10)
poten iál felhasználásával. A mozgásegyenletek a következ®k:
d GM M⊙ M r˙ − M rϕ˙ 2 + + q M˙ = 0 dt r2 d M r2 ϕ˙ = 0. dt
A második egyenlet az Ha innen
ϕ˙ -t
l = M r2 ϕ˙
impulzusmomentum megmaradását fejezi ki.
az els®be behelyettesítjük, a
d GM M⊙ l2 + + q M˙ = 0 M r˙ − dt M r3 r2
(5.11)
∂L dE =− képlet most is érvényes, de a jobboldal nem dt ∂t ˙ /M -en keresztül. Az (5.11) olyan nemlineáris fejezhet® ki egyszer¶ módon az M egyenlet, amely az önkényesen megadható M (t)-n keresztül expli ite is tartalmazza a t független változót. Az üstökösmozgás tárgyalását ezen a ponton egyenletre jutunk. A
megszakítom egyrészt a mozgásegyenlet viszonylagos bonyolultsága miatt, másrészt pedig azért, mert egyáltalán nem vagyok biztos benne, hogy ez az egyenlet valamennyire is reális kiindulópont a tárgyaláshoz.
6.
A szállítószalag v sebességgel m¶köd® szállítószalagra egyenletesen M˙ = konstans kg/s ütemben. Milyen teljesítményt ad le a
A vízszintesen egyenletes hullik a homok
motor minimálisan
5 (ha szerkezeti veszteségekt®l eltekintünk)?
A homok függ®legesen hullik rá a szalagra, amelyhez képest nyugalomba kerül, de az esés megállítása a motort nyilván nem veszi igénybe, hiszen akkor is bekövetkezne, ha a szalag állna. A motor ahhoz kell, hogy a vízszintes irányú sebességgel nem rendelkez® homoknak ilyen irányú mozgást, vagyis másodper enként
1 ˙ 2 Mv 2
mozgási energiát köl sönözzön. Azt gondolná az ember, hogy ez
az a minimális teljesítmény, amit a motornak ki kell fejtenie, de nem így van: Legalább kétszer ekkora teljesítményt kell leadnia.
5 R.
Resni k
and D. Halliday, Physi s (Wiley, New York, 1977), Part 1, p. 178
7
AZ ASZTALRÓL LECSÚSZÓ LÁNC
16
Ahhoz ugyanis, hogy a homok nyugalomba kerüljön a szalagon, nem sak a függ®leges irányú esését kell megállítani, hanem hatékony súrlódásra is szükség van a homok és a szalag között, különben a homok súszna a szalagon anélkül, hogy részt venne a mozgásában.
−v
A szalag nyugalmi rendszeréb®l nézve
sebességgel mozgó homok fékez®dik le a súrlódás következtében, miközben
másodper enként fedeznie.
1 ˙ 2 Mv 2
h® szabadul fel.
Ezt az energiát is a motornak kell
Ugyanerre az eredményre jutunk a (2.4) munkatétel alapján is, amelyben most
u=0
(ez a hulló homok vízszintes irányú sebessége) és
vF =
d dt
1 M v2 2
+
q = −v :
1 dM 2 q = M˙ v 2 . 2 dt
Egy reális szállítószalag természetesen véges hosszúságú, ugyanannyi homok esik le róla a végén, amennyi hullik rá valahol az elején. A szalag végén történ® folyamat azonban ideális esetben nem igényli a motor munkáját.
7.
Az asztalról le súszó lán
Egy kupa lán áll egy súrlódásmentes asztallap szélén. Kis darabot lelógatunk bel®le. Milyen id®törvény szerint súszik le az asztalról? A feladat azért érdekes, mert amikor elengedjük, a lán nak nem minden része jön egyszerre mozgásba: A lelógó darab mozgása sak a közeli lán szemeknek adódik át. Ebben szerepe lehet a lán szemek méretének sakúgy, mint a szemek súrlódásának egymáson (az asztallap súrlódásmentes). Elég nyilvánvaló, hogy emiatt a feladat ebben a formájában nin s jól de niálva, de talán idealizálható a következ® radikális leegyszer¶sítés árán: Az asztal széle élesen elválasztja a lán mozgásban lév® lelógó részét az asztalon fekv® nyugvó részét®l. Ebben a közelí-
tésben tehát a lán nak azt a kupa hoz tartozó rövid darabját, amely mozgásban van, pontszer¶vé zsugorítjuk. Egy másik határeset az, amikor a lán egy egyenes mentén helyezkedik el, és az egész egyszerre jön mozgásba (ld. a 2. ábrát, amelyen a lán ot szimbólikusan, túl nagy lán szemekkel rajzoltuk fel). Ez az egyszer¶bb feladat, kezdjük ezért bemelegítésként ennek a megoldásával.
ρ kg/m, a teljes P végpontnak az
Legyen a lán tömegs¶r¶sége (vagy ha jobban tetszik a nátáját) jelöljük
x-szel.
hossza l , a lelógó rész hosszát asztallaptól számított koordi-
A mozgásegyenlet nyilván
x ¨ − ω2x = 0
ω=
p
lρ¨ x = gρx,
azaz
g/l,
ami egy képzetes frekven iájú ( taszító) matematikai inga egyenlete. Az általános megoldás
x = A ch ωt + B sh ωt. Ha
t = 0-ban
a lelógó rész hossza
∆l
és a sebesség nulla, akkor
(7.1)
x = ∆l ch ωt.
7
AZ ASZTALRÓL LECSÚSZÓ LÁNC
17
P
x
2. ábra.
A kés®bbiek kedvéért keressük meg a megoldást az energiamegmaradás alapján is, amely
1 1 ρl · v 2 − ρx · g · x = konstans. 2 2
(7.2)
Egyszer¶sítés után ez
v 2 − ω 2 x2 = konstans egy új konstanssal, amelynek a (7.1) természetesen eleget tesz. Térjünk rá ezután a kupa ba zsúfolt lán le sorgására. Kézenfekv®nek látszik, hogy ezt a feladatot is az energiamegmaradás alapján oldjuk meg. Ehhez
l-t x-re seréljük. A dx v= behelyettesítése dt
supán annyit kell tennünk, hogy (7.2) els® tagjában az sebességre ekkor a
√ v = gx
képletet kapjuk, amelyb®l
után integrálással megkaphatnánk a keresett
x(t)
függvényt.
Azonban alaposabban meggondolva a dolgot arra a következtetésre kell jutnunk, hogy ebben a feladatban az energia semmiképpen se maradhat meg, mert a súrlódásnak lényeges szerepe van abban, hogy a lán sak fokozatosan jön mozgásba. A feladatot ennek a szempontnak a gyelembevételével Arthur Cayley oldotta meg el®ször 1857-ben. A feladat fentebb már megfogalmazott er®sen idealizált formájában a sebességváltozás egyetlen pontban, az asztal peremén következik be: Az a lán még nyugszik, a
B -ben
már véges
v
sebességgel mozog (3.
A
pontban ábra), és
ez a két pont in nitezimálisan közel lehet a peremhez (és egymáshoz). A lán mozgásban lév® részét egyetlen változó tömeg¶ testnek tekinthetjük, amelynek a helyzetét a
P
végpont
x
sebesség határozatlan (az a
B
koordinátája jellemzi, de mivel az asztal peremén a
A
pont fel®l közeledve a peremhez a sebesség nulla,
pont fel®l közeledve pedig
Az (a) változatban az
AP ,
v ),
valójában két változatot kell elemeznünk:
a (b)-ben a
BP
szakaszt azonosítjuk a testtel.
A
mozgás idealizálásának a jogosságát az támaszthatja alá, ha mindkét esetben ésszer¶ gondolatmenettel ugyanarra a mozgásegyenletre jutunk, amelyet persze ráadásul még a tapasztalatnak is igazolnia kell. Kezdjük az (a) változattal.
A test (vagyis a lán
nyugvó tömeget (lán szemeket) vesz fel, ezért az 1.
AP
szakasza) ekkor
fejezet jelöléseiben az
u
7
AZ ASZTALRÓL LECSÚSZÓ LÁNC
18
B
A
P
P x
x
(b)
(a) 3. ábra.
sebesség nullával egyenl®. Ebben az esetben az (1.4) egyenletet kell használnunk, amely
u=0
és
M = ρx
gyelembe vételével a következ®:
d (ρxv) = ρgx, dt azaz
xv˙ + v 2 = gx. Mivel az egyenletben nem szerepel expli ite a
(7.3)
t
id®, élszer¶ áttérni az
x
füg-
getlen változóra:
v˙ =
dv dx = v ′ v, dx dt
xv ′ v + v 2 = gx, 1 dv 2 x + v 2 = gx, 2 dx és végül
dv 2 2 + v 2 = 2g. dx x
(7.4)
v 2 -re, amelyben P (x) = 2/x ld. a amelyben x = 0-nál (amikor a lán
Ez egy lineáris els®rend¶ dieren iálegyenlet (4.8)
képletet). Azt a megoldást keressük,
lelógó vége még elhanyagolhatóan rövid) a sebesség nulla. A (4.9) megoldásban Z x ekkor a
0
2 dx integrál lép fel, x
amely az alsó határon divergál. Vegyük ezért a
7
AZ ASZTALRÓL LECSÚSZÓ LÁNC
19
kezd®pillanatban lelógó lán hosszát valamilyen nullánál nagyobb
Z
x
ξ
ξ -nek.
Ekkor
x P (x′ )dx′ = 2 ln . ξ
A (4.9) megoldás tehát a következ®:
v 2 (x) = 2g · e A
−2 ln
xZ ξ
x
e
2 ln
x′ ξ dx′ .
ξ
ln a/b = ln a−ln b képlet következtében az exponensb®l a ξ kiesik és a maradék ξ -t már vehetjük nullának: Z x 2 1 2 x′ dx′ = gx, v 2 = 2g · 2 x 0 3
integrálban a
azaz
v=
r
2gx . 3
(7.5)
Az energiamegmaradás alapján hasonló képletet kaptunk a sebességre, de
2/3
nélkül a gyök alatt. Ebb®l már következik, hogy jelen tárgyalásunkban a me hanikai energia nem marad meg. Az
x(t)
és mivel
meghatározása innen már nagyon egyszer¶:
t = 0-ban x = 0,
dx = dt
r
2gx , 3
dx √ = x
r
2g dt, 3
ezért
√ 2 x= x= valamint
v=
g t, 3
r
2g t 3
g 2 t , 6 a=
g . 3
Mekkora a h®kiválás sebessége? A (2.3)-ban most
d (xρ) = vρ, dt
(7.6)
q = v,
valamint
dM = dt
ezért
dU =
1 3 ρv . 2
(7.7)
7
AZ ASZTALRÓL LECSÚSZÓ LÁNC
20
FQ
A
Q h
FQ P x 4. ábra.
Számítsuk ki még a rugalmas er®t, amely a lán lelógó szárában hat (4. ábra).
A
Q
darabra. Az
h távolságra van, válasszuk ketté Q fölötti rész valamilyen FQ rugalmas er®vel hat a QP
pontban, amely a lán végét®l
gondolatban a lán ot. A
FQ -nak különböznie kell nullától, mert ha nulla lenne, akkor ennek g gyorsulással kellene esnie, márpedig (7.6) szerint a gyorsulása
a lándarabnak
g/3-mal
egyenl®.
Ebb®l a feltételb®l ki is lehet számítani
FQ -t.
A szakasz mozgásegyenlete
ugyanis
hρa = hρg − FQ , és ha ide behelyettesítjük az
a = g/3-t, FQ =
az
2gρ h 3
(7.8)
képletre jutunk. A feladat tárgyalását az (a) felfogásban ezzel lezárhatjuk és áttérhetünk a (b) felfogásra. A mozgásegyenlet ebben az esetben is az (1.4) lesz, de az (a) felfogáshoz képest két változtatással. Egyrészt annak a lán résznek (anyagnak) sebessége, amelyet a test (a lán
BP
megegyezik a lelógó szakasz sebességével: egy er® hat a testre: Az tehát a következ®:
A jobboldal 2.
FB
2gρ = x, 3
és 3.
FB
u
szakasza) felvesz, most nem nulla, hanem
u = v . Másrészt a súlyer®n kívül még B végpontban. A mozgásegyenlet
rugalmas er® a
d(ρx) d (ρxv) = ρgx − FB + v. dt dt tagja azonban kiejti egymást.
amelyet (7.5) gyelembe vételével
ρv 2
(7.9) Valóban, (7.8) szerint
alakban is írhatunk, és ez
8
AZ EGYIK VÉGÉN LEHULLÓ LÁNC
a
21
b a
b
c c 5. ábra.
megegyezik a 3. taggal (7.9) jobboldalán. A (b) felfogás mozgásegyenlete ílymódon nem különbözik az (a) felfogás (7.3) mozgásegyenletét®l. Mint mondottuk, ez az egyezés szükséges ahhoz, hogy idealizált modellünk értelmes legyen. Megjegyezzük, hogy a
−FB +
d(ρx) v =0 dt
egyenl®ségre akkor is rájöttünk
volna, ha a feladatot nem oldottuk volna meg el®zetesen az (a) felfogásban. A
−FB
er® zikai jelentése ugyanis negatív irányú impulzus pozitív irányú árama,
vagy pozitív irányú impulzus negatív irányú árama. A lán
BP
szakasza szem-
pontjából az els® jelentés a kifejez®bb, de az asztalon nyugvó kupa szempontjából a második. Mivel ez a kupa nyugalomban van, ezt az impulzus áramot a tömegtranszferb®l származó kell.
8.
d(ρx) v dt
impulzus áramnak pontosan kompenzálnia
Az egyik végén lehulló lán 6
A feladatot, amelyet ebben a fejezetben tárgyalunk , az 5.ábrán láthatjuk. A két végén felfüggesztett lán
B
gedjük, hogy szabadon essen.
végpontjának a rögzítését megszüntetjük és envégpont
x
alá kerül, ezért a
B
Milyen id®törvény szerint n® a
B
koordinátája?
B
végpont az
G. Calkin and R. H. Mar h,
Am. J. Phys
Az esés következtében a
6 M.
A
mell®l az
57, 154
(1989)
A
8
AZ EGYIK VÉGÉN LEHULLÓ LÁNC
22
mozgása nem pontosan függ®leges. De tegyük fel, hogy az
AB
bázistávolság
olyan ki si a lán hosszához képest, hogy a mozgás vízszintes irányú komponensét®l el lehet tekinteni. A
B
végpont sebessége ezért
v = x˙ . A bázistávolság l/2-vel jelölt távolság
elhanyagolhatósága miatt a lán teljes hosszát az 5. ábrán kétszeresének (l -nek) tekinthetjük. A lán
ab
metszet alatti szakasza a könyök, amelynek sebessége a
c
pont
sebességével egyenl®:
d 1 1 1 vc = (l + x) = x˙ = v. dt 2 2 2 A feladat megoldását a könyök vizsgálatával élszer¶ elkezdeni. Az esés során a lán lehulló ágának a lán szemei sorban áthaladnak ezen az és közben a sebességük
v -r®l
mek érkeznek a könyökbe, az bel®le. Tekintsük az
acb
nullára sökken. A
a
b
acb szakaszon
végponton keresztül lán sze-
végponton keresztül pedig lán szemek távoznak
szakaszt (a könyököt) változó tömeg¶ testnek és írjuk
fel rá az (1.5) mozgásegyenletet, amely a könyökre adaptálva a következ®:
M
dvc dMa dMb =F+ qa + qb . dt dt dt
Ennek a vektoregyenletnek sak az mas. Az
F
x-komponense
az, amelyik zikailag tartal-
három tagból áll: A súlyer®b®l és a lán
aA
és
bB
szakasza által a
könyökre kifejtett húzóer®kb®l ( lán er®kb®l). Ez utóbbiak irányítottságát a 6. ábra mutatja, ezért
(F)x = +gρM − Fa − Fb (a
ρ
a lán tömegs¶r¶sége).
A konvek iós sebességek a következ®k:
1 (qa )x = −vc = − v, 2
1 (qb )x = v − vc = + v, 2
a megfelel® tömegváltozások pedig
dMa d l+x ρ =− ρ = − v, dt dt 2 2 d l−x ρ dMb =− ρ = + v. dt dt 2 2 Mindezt gyelembe véve a könyökre vonatkozó Mes serszkij-egyenlet a következ®:
M A
AB
dvc ρ = gρM − Fa − Fb + v 2 . dt 2
bázistávolság elhanyagolásával összhangban a könyök
(8.1)
M
tömegét te-
kinthetjük nullának. Ha ezt a közelítést megtesszük, a következ® feltételt kapjuk a húzóer®k összegére:
Fa + Fb =
ρ 2 v . 2
(8.2)
8
AZ EGYIK VÉGÉN LEHULLÓ LÁNC
23
Fa
Fb
a
b
qa
qb c 6. ábra.
Fogjunk hozzá most a tulajdonképpeni feladatunkhoz, a gásának a vizsgálatához.
x
bB
szakasz moz-
Ez egy változó tömeg¶ test, amelynek helyzetét az
koordináta jellemzi, és a mozgása a Mes serszkij-egyenletet elégíti ki. A
szakaszból a tömeg nyilván ugyanazzal a
v
u = v . Ebben az esetben a dv = F. Az egyenletben amely M dt
ez a szakasz éppen mozog, ezért (1.7) alakját használhatjuk,
M =ρ Ebben a
l−x , 2
F = gρ
valamint
bB szakaszra ható F
bB
sebességgel távozik, mint amilyennel
er®ben fellép®
mozgásegyenlet
l−x + Fb . 2
(8.3)
Fb a könyökre ható Fb er® ellenereje,
ezért szerepel (8.1)-ben és (8.3)-ben ellentétes el®jellel. Ezeknek a kifejezéseknek a birtokában a mozgásegyenletre a
ρ képletet kapjuk.
l−x l−x x¨ = gρ + Fb 2 2
Ahhoz, hogy ebb®l meghatározhassuk a keresett
vényt, meg kell mondanunk, hogyan függ Az
Fb
(8.4)
Fb
az
x-t®l
és az
x(t)
függ-
x˙ -tól.
megválasztásához induljunk ki abból a feltevésb®l, hogy a lán
szára szabadon esik
g
gyorsulással. A (8.4) szerint ez
mert ekkor az egyenlet
Fb = 0-nál
bB
következik be,
x ¨ = g -re redukálódik. A feltevés helyességét nagy ponA felfüggesztési pontban kifejtett húzóer® id®beli
tossággal lehet ellen®rizni az
változásának a mérésével. Ez a húzóer® a következ®:
FA = gρ A (8.2) alapján
2
v = 2gx,
Fb = 0
l+x + Fa . 2
következtében
Fa =
ρ 2 v . 2
(8.5)
A szabadesésben azonban
ezért végeredményben
FA = gρ
l+x 1 + gρx = gρ(l + 3x). 2 2
(8.6)
8
AZ EGYIK VÉGÉN LEHULLÓ LÁNC
24
1 2 gt képletet látjuk, hogy az FA para2 bolikus (kvadratikus) törvény szerint n® az id®vel, és az esés végpontjában p az l távolság megtételéhez szükség t = 2l/g ≡ t0 pillanatban kétszer akkora, mint a lán gρl összsúlya. Ebben a pillanatban ugyanis a lán még éppen gyorsul, ezért haladhatja meg az FA er® a lán súlyát. Nyilvánvaló azonban, hogy a továbbiakban FA nem marad meg ilyen nagynak, hanem megindul egy relaxá iós folyamat, amelynek a végén FA a lán súlyának megfelel® gρl értékre Az
x
helyébe behelyettesítve az
sökken.
x =
Világos, hogy a tárgyalásunk a folyamatnak erre a szakaszára nem
terjed ki, s®t már akkor érvényét veszti, amikor a
bB
szakasz hossza megköze-
líti a könyök méretét. Ezzel a relaxá iós szakasszal a továbbiakban ezért nem foglalkozunk. A kísérlet azonban a mert a mért
FA
0 < t < t0
tartományban sem igazolja a (8.6) képletet,
a folyamat végére egy nagyságrenddel meghaladja a lán súlyát.
A szabadesés hipotézisét ezért el kell vetnünk és új hipotézist kell keresnünk
Fb -
re. Vizsgáljuk meg ezért az energia viszonyokat.
A legegyszer¶bben ezt úgy
tehetjük meg, hogy a könyökre alkalmazzuk a (2.5) munkatételt. Mivel
ua = 0
és
vb = ub = v ,
va =
ezért
dKc dUc 1 + = gM vc − Fb v + M˙ b v 2 . dt dt 2 Fentebb, amikor a Mes serszkij-egyenletet alkalmaztuk a könyökre, felhasználtuk, hogy a könyök tömege nullának tekinthet®. Ezt most is megtesszük, ezért a gravitá iós er® munkáját és a kinetikus energiát elhagyjuk az egyenletb®l. Az
1 ˙ 2 Ma qa + M˙ b qb2 típusú járulék a bels® energiához most nulla, mert qa2 = qb2 = 2 (v/2)2 és M˙ b = −M˙ a = ρv/2. Így végül a dUc 1 = ρv 3 − Fb v. dt 4
(8.7)
egyenletre jutunk, amelynek a zikai jelentése világos: A mozgó szálról konvek ióval beáramló energia növeli, a könyök által a mozgó szálon végzett munka
sökkenti a könyök bels® energiáját. Ez az energia végül h®vé disszipálódik. Ugyanezt az eredményt a mozgó és a nyugvó szál me hanikai energiájának az id®deriválásával is megkaphatjuk, mert az energiamegmaradás tétele alapján a szálak me hanikai energiájának és a könyök energiájának az összege állandó. Jelöljük a szálak kinetikus és poten iális energiáját
K= 1l+x V =− 2 2
K -val
és
V -vel.
1 l−x 2 ρ x˙ 2 2
l+x l−x 1l−x gρ − x + gρ = 2 2 2 2 1 = − gρ(l2 + 2lx − x2 ). 4
Akkor (8.8)
(8.9)
8
AZ EGYIK VÉGÉN LEHULLÓ LÁNC
25
FA/rgL 25
20
15
10
5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
t/t0
7. ábra.
Amikor
K+V
x ¨ második x-en és Fb -n keresztül. Ezt 1 3 d(K + V ) =− ρv − Fb v dt 4
id®deriváltját számítjuk, megjelenik az
amelyet (8.4) alapján ki tudunk fejezni
id®derivált, kapjuk
(8.10)
a (8.7)-tel összhangban. Tegyük fel azonban, hogy a lán ok szerkezete olyan, hogy disszipá ió nem történik: A könyökbe konvek ióval beáramló energia pontosan fedezi azt a munkát, amit a könyök a mozgó szálon végez. Ebben az esetben
Fb =
ρ 2 v = Fa . 4
(8.11)
A második egyenl®ség felírásánál (8.2)-t használtuk. A kísérletileg vizsgálható húzóer®re vonatkozó (8.5) tehát a következ®:
FA = gρ Írjuk be
Fb =
1 2 ρv -t 4
l+x 1 2 + ρv . 2 4
(8.12)
a (8.4) mozgásegyenletbe:
x ¨=g+
x˙ 2 . 2(l − x)
Az
x ¨ = v˙ = v ′ · v =
1 dv 2 2 dx
transzformá ióval ez az egyenlet átírható a
dv 2 1 2 + v = 2g dx x−l
(8.13)
8
AZ EGYIK VÉGÉN LEHULLÓ LÁNC
26
alakba, amely a (4.9) segítségével integrálható. Esetünkben
P (x) =
1 , x−l
ezért
2
v = 2g · e
− ln
Z
és így
x
P (x′ )dx′ = ln
0
l−x Z l
x
e
ln
0
l−x , l
l − x′ 2l − x l dx′ = gx . l−x
A sebesség-út összefüggés tehát a következ®:
√ v = gx · Ez a képlet megadja az
x
2-jével szemben.
x −→ l-nél FA
√ t = 2 t0 amelyben mint korábban a szabadeséses modellben. keresztül fejezhet® ki. A
végtelenhez tart a szabadeséses modell
T
Z √x/l s 0
t0 =
1 − ξ2 dξ, 2 − ξ2
p 2l/g
az
x = l
(8.16)
elérésének id®tartama
Az integrál a jobboldalon elliptikus integrálokon teljes esési id® a
√ T = 2 t0 FA
(8.15)
függvényt (8.14) további integrálásával kapjuk meg impli it formá-
ban:
Az
(8.14)
FA 2 + 2x/l − 3(x/l)2 = . gρl 4(1 − x/l)
Mint látjuk, az esés végén,
x(t)
2l − x . l−x
ρ 2 v -t és (8.5) segítségével a kísérletileg mérhet® FA -t 4
Fa =
függvényében:
Az
r
Z
0
1
s
t0 -nál
kisebbnek adódik:
1 − ξ2 dξ = 0.847213 2 − ξ2
id®függését (8.15) és (8.16) együtt határozza meg. A 7. ábra az el-
méleti görbét ábrázolja, amelyre a kísérleti pontok a illeszkednek. Az esés végén
FA
FA ≤ 25 gρl
értékig kiválóan
elvben végtelenhez tart, de mint a szabadesé-
x = l közelében a közelítéseink FA /gρl azonban így is egy nagyságrenddel meghaladja
ses modellel kap solatban már utaltunk rá, az már nem teljesülnek. Az
a szabadeséses modellben kapott 2 értéket.
* * * A különféle lán okkal végzett kísérletek alapján elfogadhatjuk, hogy a lehulló szál helyes mozgásegyenlete a (8.4), amelyben
ρ
Fb -t
(8.11)-b®l kell vennünk:
l−x l−x 1 2 x ¨ = gρ + ρx˙ . 2 2 4
(8.17)
8
AZ EGYIK VÉGÉN LEHULLÓ LÁNC
27
A gondolatmenet azonban, amellyel ezt a mozgásegyenletet megkaptuk, több okból bírálható. (1) Az egyenletet a Mes serszkij-egyenlet (1.7) változata alapján írtuk fel, amely akkor érvényes, amikor a testb®l a meg
u
sebessége megegyezik a test
v
bB
mozgó szárból kilép® tö-
sebességével. Az 1. fejezetben azonban
a Mes serszkij-egyenlettel kap solatban hallgatólagosan mindig természetesnek tekintettük, hogy az a tömeg, amely a tömegtranszfer során a testb®l távozott, többé már semmilyen módon se hat a testre. Ezt azonban aligha állíthatjuk a mozgó szár azon lán szemeir®l, amelyek éppen sak átlépték a supán elképzelt
ab
egyenest. (2) Nehezen fogadható el, hogy a szabadon es® szárban létrejöhessen nullá-
tól különböz®
Fb
lán er® (feszültség). A szabadesés modellt, amelyben
Fb = 0,
a tapasztalat határozottan áfolja, de azt nem lehet kizárni, hogy a (8.17) jobboldalán a második tag nem lán er®, hanem valamilyen más természet¶ járulék. (3) Nem túl meggy®z® az az érvelés, hogy a szabadeséses modell azért nem jó, mert energia disszipá ióval járna és a lán struktúrája erre nem alkalmas. Természetesen tényállásként elfogadható, hogy mint láttuk, a tényleges mozgás során a könyökben nem disszipálódik energia, de annak az érvelésnek, hogy a lán a disszipá iót elkerülend® nem esik szabadon, van némi teleológiai színezete. A meggy®z®bb zikai interpretá ió megtalálásához természetesen maga a (8.17) egyenlet nyújtja a legfontosabb segítséget azzal, hogy a tapasztalat igazolja. Nem nehéz észrevenni, hogy ezt az egyenletet lán er® feltételezése nélkül is megkaphatjuk, ha a Mes serszkij-egyenletnek nem az (1.7) változatából, hanem az (1.5)-b®l indulunk ki, amely a következ®:
M
dv = F + M˙ q, dt
(8.18)
q ? Az q = u − v , ahol u a kilökött tömeg sebessége, amely feltevésünk könyök vc = v/2 sebességével egyenl®. Eszerint q = v/2 − v = −v/2.
és a kilökött tömegr®l azt tesszük fel, hogy a könyököt alkotja. Mi lesz a (1.3) szerint szerint a
A tömegderivált pedig a következ®:
l−x d ˙ ˙ ρ = −ρv/2. M = Mb = dt 2 Ha ezeket az értékeket, valamint a lán ra ható súlyer®t behelyettesítjük (8.18) jobboldalába, pont a kívánt (8.17) mozgásegyenletet kapjuk eredményül. Vegyük észre, hogy ebben a felfogásban expli ite gyelembe vesszük a mozgó szálról leszakadó tömeg visszahatását a szál maradék részére. Alkalmazzuk most (8.18)-at a nyugvó szárra. A baloldal ekkor természetesen nulla, az
M˙ q
változatlan, mert mindkét tényez®je el®jelet vált, az er® pedig
F = gρ
l+x − FA . 2
9
A VÁLTOZÓ TÖMEG FORGÓ TEST MOZGÁSEGYENLETE
Ha mindezt (8.18)-ba behelyettesítjük és az egyenletet
FA -ra
28
rendezzük, a mé-
réssel igazolt (8.4) képletet kapjuk vissza. Szavakban ezt az elképzelést így foglalhatjuk össze: A mozgó szár a saját mozgásával ellentétes irányba lök ki tömeget és ezzel úgy gyorsítja a mozgását (a szabadeséshez képest) pozitív irányba, mint egy rakéta. Ez a kil®tt tömeg azonban ha lassabban is, mint az es® szál, még mindig pozitív irányban mozog, és amikor a nyugvó szál lefékezi, ezt is pozitív irányba rántja meg. Ez a rántás jelentkezik
FA -ban.
FA -ban a súlyon ◦ felül megjelen® járulék? A könyök tartományában minden egyes lán szem 180 De miért egyenl® egymással a hulló szálat gyorsító er® és az
os fordulatot tesz a pályájára mer®leges tengely körül. A
c
pontban helyet serél
egymással az a két kap solódási pontja, amelyik a mozgó és a nyugvó szállal köti össze: Amelyik a
c
pont el®tt felül volt, az alulra kerül és megfordítva.
Ez azzal a következménnyel jár, hogy a
c
pont eléréséig az adott lán szem a
mozgó, azután pedig a nyugvó szárat húzza. Minél kisebb a bázistávolság, annál szimmetrikusabb a két szál helyzete, annál pontosabban egyenl® egymással a lán szemek fékez®déséb®l származó er® a mozgó és a nyugvó szárra.
9.
A változó tömeg¶ forgó test mozgásegyenlete
A következ® fejezetben egy olyan példát fogunk tárgyalni, amelyben a változó tömeg¶ test a haladó mozgása közben forog is.
Ebben a fejezetben az ehhez
szükséges általános képleteket vezetjük le. A tárgyalást végig egy iner iarendszerhez rögzített
OXY Z
koordinátarend-
szerben végezzük. A tehetetlenségi- és a forgatónyomaték számításánál általában ennek a koordinátarendszernek az
O
origóját szokták vonatkoztatási pont-
nak tekinteni, de a következ®kben élszer¶ lesz ezeket a nyomatékokat egy másik, ′ az OXY Z -hez képest tetsz®legesen mozgó O -re vonatkoztatni. Mindenekel®tt
7
egy egyszer¶ példán illusztáljuk, miért kell ezt jól meggondolni . A 8. ábrán egy nek a
B
2R hosszúságú m tömeg¶ ACB
el a rúd, ha a kezd®pillanatban A rúd
C
ϕ0
N
T
id® alatt d®l
szöget zár be a függ®leges iránnyal?
tömegközéppontjának a mozgásegyenlete
mZ¨c = −mg + N, ahol
homogén rúd látható, amely-
végpontja súrlódásmentesen súszik a talajon. Mekkora
(9.1)
a talaj reak ió-ereje. Ezt a reak ió-er®t nem ismerjük, de talán könnyen
meghatározhatjuk a következ® gondolatmenettel. Írjuk fel a forgatónyomaték
C,
mind pedig a
B
Y -komponensére
I ϕ¨ = R sin ϕ · N, I ′ ϕ¨ = mgR sin ϕ. 7 F.
vonatkozó egyenletet mind a
pontra vonatkozólag:
S. Crawford, Am. J. Phys
57, 177 (1989)
(9.2) (9.3)
9
A VÁLTOZÓ TÖMEG FORGÓ TEST MOZGÁSEGYENLETE
29
Z A
j C N
X
O
B
8. ábra.
A forgatónyomatékok a következ®k:
I=
1 mR2 , 3
I ′ = I + mR2 =
Ha (9.2)-t elosztjuk (9.3)-vel, rögtön megkapjuk
N = mg
N
4 mR2 . 3
értékét:
I . I′
Helyettesítsük ezt (9.1)-be:
mZ¨c = −mg + mg A tömegközéppont tehát a konstans
a
I ≡ a = konstans. I′
gyorsulással esik. Mivel az
R cos ϕ0
ma-
gasságból nulla kezd®sebességgel indul, ezért a mozgás ideje
T =
r
2R cos ϕ0 . a
Eszerint a mozgási id® még abban az esetben is véges, amikor a rúd a kezd®pillanatban függ®leges helyzet¶ (
ϕ0 = 0),
ami nyilván képtelenség, hiszen ez egy
instabil egyensúlyi helyzet, amelyhez közeledve az esési id®nek exponen iálisan kellene a végtelenhez tartania.
A gondolatmenetünkbe nyilván hiba súszott.
A (9.3) egyenlettel van baj, mert a
J˙ = K
forgatónyomaték egyenletet meg-
felel®en általánosítani kellett volna, miel®tt a mozgó
B
vonatkoztatási pontra
alkalmazzuk. Ezt az általánosítást mindenképpen érdemes megtenni. A forgatónyomaték egyenlet számára ugyanis kétségtelenül
B
a legalkalmasabb vonatkoztatási pont,
9
A VÁLTOZÓ TÖMEG FORGÓ TEST MOZGÁSEGYENLETE
30
N er®nek erre a pontra vonatkozóan nin s nyomatéka. Ebb®l N el®zetes ismerete nélkül meg lehet határozni a ϕ(0) = ϕ0 kezd®feltételt kielégít® ϕ(t) függvényt, amelynek ismeretében a ϕ(T ) = 0 egyenletet megoldva kapjuk meg a T esési id®t. ′ Legyen tehát O egy tetsz®legesen mozgó pont a OXY Z koordinátarend˙ = K egyenletnek azt az általánosítását keressük, amelyben az szerben. A J ′ impulzusnyomaték is és a forgatónyomaték is az O helyett az O -re van vonatmert az ismeretlen az egyenletb®l az
koztatva. Mindenekel®tt megállapodunk egy élszer¶ konven ióban: Egy koztatott mennyiséget ugyanazzal a bet¶vel jelöljük, mint az
O-ra
O′ -re
vonat-
vonatkozta-
tott párját, sak az els® esetben kisbet¶t, a másodikban nagybet¶t használunk.
J˙ = K
egyenletnek ílymódon már a felírásmódja mutatja, hogy a benne O-ra vonatkoznak, mert az O′ -re vonatkoztatott impul′ zusnyomatékot és forgatónyomatékot (pontnélküli) -vel és k-val jelöljük. Az O ′ pont O -hoz viszonyított helyzete RO′ , míg az O pontnak az O -höz viszonyított ′ helyzetvektora rO = −RO′ . Egy tetsz®leges P pont O -hoz és O -höz viszonyí-
A
szerepl® mennyiségek
tott helyzetvektora
RP
rP = RP − RO′ .
és
Nyilvánvaló, hogy
RO = rO′ = 0.
A testet, amelyre a supa kisbet¶t tartalmazó imoulzusmomentum egyenletet fel akarjuk írni, bontsuk gondolatban olyan kis részekre, amelyek pontszer¶nek tekinthet®k, ezért a saját tengelyük körüli forgási energiájuk nulla. Ezeket ′ a kis részeket görög bet¶vel indexeljük. Az O -re vonatkoztatott impulzusmomentum de ní iója a következ®:
=
X α
mα (rα × vα ),
(9.4)
amelyben
vα = r˙ α = Vα − VO′ .
rα = Rα − RO′ , A (9.4) id®deriváltja a következ®:
˙ =
X α
=
X α
mα (˙rα × vα ) +
X α
˙ α) − mα (rα × V
mert az els® sor els® tagja
r˙ α ≡ vα
mα (rα × v˙ α ) =
X α
˙ O′ ), mα (rα × V
következtében nulla. A második sor els®
tagjában a Newton-egyenletek alapján
˙ α = Fα + mα V
X
Fβ→α .
β
Itt
0),
Fβ→α az az a Fα pedig
er®, amellyel a test az
α-adik
β
része skéje hat az
8 és így
összegben azonban a bels® er®k kiejtik egymást,
˙ =
α része skére P(Fα→α = P (r × β Fβ→α ) α α
része skére ható küls® er®. Az
X α
(rα × Fα ) −
X α
˙ O′ ). mα (rα × V
8 A bels® er®k ugyanis nem hozhatják forgásba a testet. Tekintsük pl. az α = 1, β = 2 és
9
A VÁLTOZÓ TÖMEG FORGÓ TEST MOZGÁSEGYENLETE
Az els® tag itt k, a második tagban pedig bevezethetjük a 0′ -re vonatkoztatott helyzetvektorát:
rC = Így végül
1 X mα rα M α
(M =
X
C
31
tömegközéppont
mα ).
(9.5)
α
˙ O′ ). ˙ = k − M (rC × V
Ez az egyenlet érvényes akkor, amikor az
O
′
(9.6)
vonatkoztatási pont tetsz®leges
mozgást végez. A jobboldal második tagja bizonyos spe iális esetekben nulla:
˙ = k,
amikor
O′ = C,
VO′ = konstans,
és/vagy
és/vagy
˙ O′ . rC k V
(9.7)
Az el súszó rúdra egyik kivétel se vonatkozik (ld. a függeléket a fejezet végén). Amikor a tömeg változik, a
J˙ = K
egyenlet módosul. Az
α-ik
elem mozgás-
egyenlete ekkor az (1.4), amely esetünkre alkalmazva a következ®:
X d(mα Vα ) dmα = Fα + Uα . Fβ→α + dt dt
(9.8)
β
Uα az O-ra vonatkoztatott mennyiségek. Rα -val. A baloldalon d(mα Vα ) d d dRα Rα × = (Rα ×mα Vα )−mα × Vα = (Rα ×mα Vα ), dt dt dt dt
A nagybet¶k mutatják, hogy
Vα
és
Szorozzuk (9.8)-t vektoriálisan
mert
˙ α ≡ Vα R
következtében a második tag zérussal egyenl®. Ha az
vektoriálisan megszorzott (9.8)-t
α-ra
összegezzük, a baloldalon
J˙ -t
Rα -val
kapjuk, a
jobboldalon pedig a bels® er®k járuléka megint kiegyszer¶södik. Így végeredményben
J˙ = K +
X α
A kisbet¶s
-t
és
k-t
m ˙ α (Rα × Uα ).
(9.9)
tartalmazó egyenletre ugyanúgy kell áttérni, mint a kons-
tans tömeg esetében, sak az átalakítások hosszadalmasabbak. A végeredmény a következ®:
˙ O′ ) + ˙ = k − M (rC × V +
X α
az
m ˙ α (rα × Uα ) −
X α
X α
m ˙ α (RO′ × Uα )+ (9.10)
m ˙ α (rα × VO′ ).
α = 2, β = 1 tagokat. Mivel F1→2 = −F2→1 , ezért r1 × F2→1 + r2 × F1→2 = (r1 − r2 ) × F2→1 ,
és ez zérus, mert a bels® er®k entrálisak. Megjegyezzük még, hogy az er®knek önmagukban nin s vonatkoztatási pontjuk, ezért mindig ugyanazzal a bet¶vel kell jelölni ®ket.
9
A VÁLTOZÓ TÖMEG FORGÓ TEST MOZGÁSEGYENLETE
32
Függelék: Az eld®l® bot mozgásegyenlete A (9.6) alapján korrigálhatjuk a hibás (9.3) egyenletet. Az N kiejtése érB pontot választjuk O′ -nek. A (9.6)-nek az y -komponense az, ami
dekében a számít:
˙ O′ )y . ˙y = ky − M (rC × V
Itt
˙y = I ′ ϕ, ¨
ky = mgR sin ϕ,
ezért az egyenlet sak a jobboldal második tagja miatt különbözik (9.3)-tól. Ebben a tagban
rC = (xC , yC , zC ) = (R sin ϕ, 0, R cos ϕ) RO′ = (XO′ , YO′ , ZO′ ) = (−R sin ϕ, 0, 0) ˙ 0, 0) VO′ = (X˙ O′ , Y˙ O′ , Z˙ O′ ) = (−R cos ϕ · ϕ, ¨ O′ , Y¨O′ , Z¨O′ ) = −R(cos ϕ · ϕ¨ − sin ϕ · ϕ˙ 2 ), 0, 0 ˙ O′ = (X V
¨ O′ = −R2 cos ϕ(cos ϕ · ϕ¨ − sin ϕ · ϕ˙ 2 ). ˙ O′ )y = zC X (rC × V A (9.3) javított változata tehát a következ®:
I ′ ϕ¨ = mgR sin ϕ + mR2 cos ϕ(cos ϕ · ϕ¨ − sin ϕ · ϕ˙ 2 ). Ezt az egyenletet sak numerikusan lehet integrálni, de ha tényleg szükségünk van numerikus eredményekre, az energiaintegrálból kell kiindulni.
A honla-
pomon az Elméleti me hanika jegyzet 137.
oldalán megtalálható a kinetikus ′ energiának az a képlete, amely a tetsz®leges mozgást végz® O -re vonatkoztatott mennyiségeket tartalmazza. következ®:
Ekin =
Az el súszó botra alkalmazva ez a képlet a
1 1 ω × rC ), M VO2′ + I ′ ϕ˙ 2 + M VO′ · (ω 2 2
amelyben
ω = (ωX , ωY , ωZ ) = (0, ϕ, ˙ 0). Behelyettesítés és összevonás után a mozgási energiára az
Ekin =
1 + 3 sin2 ϕ mR2 ϕ˙ 2 6
kifejezést kapjuk, míg a poten iális energia nyilván
Epot = gmR cos ϕ.
10
A TZOLTÓGURIGA
33
z M(t) r(t)
C
F O
x
O’
x(t) 9. ábra.
10.
A t¶zoltóguriga
Ha egy feltekert t¶zoltó töml®t elgurítunk úgy, hogy a végét xen tartjuk, letekeredik. Milyen id®törvény szerint gurul el? Ez a t¶zoltó-guriga néven ismert probléma
9 (9. ábra).
A töml® lefogott végére ható
F
er®t nem ismerjük, ezért a forgatónyomaték
egyenleten alapuló tárgyalásban a vonatkoztatási pontot valahol az x-tengelyen ′ kell felvennünk. Az O pontot választjuk, mert a tehetetlenségi nyomaték erre a pontra vonatkozóan a legegyszer¶bb. A feladatot (9.10) alapján készülünk megoldani. A töml®t gondolatban elemekre bontjuk, amelyeket
α-val indexelünk.
Ezek az elemek egymás után válnak
le a gurigáról és tapadnak a talajhoz. Nyilvánvaló, hogy (9.10)
α-szerinti összem ˙ α külön-
gei minden pillanatban sak egy olyan tagot tartalmaznak, amelyben
bözik zérustól: azt, amelyik éppen leváló félben van a gurigáról. De ezekben a tagokban ugyanakkor
uα = 0, hiszen a leszakadó elem hozzátapad a talajhoz, és
ennek következtében a sebessége nullával egyenl®. Másrészt nyilvánvaló, hogy ′ ennek az elemnek az O -re vonatkoztatott rα helyzetvektora nullával egyenl®. Végeredményben tehát az adott esetben (9.10) mindhárom
α-összeget
tartal-
mazó tagja zérussal egyenl®, és visszajutunk a (9.6) mozgásegyenlethez:
˙ O′ ). ˙ = −M (rC × V
(10.1)
Az egyenlet jobboldalán a k forgatónyomaték nullával egyenl®, mert az isme′ retlen F er® O -re vonatkoztatott karja nulla. Des artes-komponensekben az egyenlet a következ®:
d = −M r¨ x, dt 9 Gnädig
Péter,
Fizikai Szemle 1993/1
(10.2)
10
A TZOLTÓGURIGA
34
mert
= (0, , 0), rC = (0, 0, r), ˙ x, 0, 0), VO′ = (¨ ˙ O′ = (0, r¨ x, 0). rC × V
(10.3)
(10.4)
Emlékezzünk rá, hogy az el®z® fejezetben bevezetett jelölésmód szerint rC a ′ guriga C középpontjának az O -höz viszonyított helyzetvektora, VO′ pedig az ′ O pont sebessége O-hoz képest.
= IO′ ω .
A (10.3) jobboldalán
Mivel egyenl® az
IO′
tehetetlenségi nyoma= IC +M r2 ,
ték? Els® pillanatra azt gondolnánk, hogy a Steiner-tétel szerint IO′ ahol
IC =
1 M r2 , 2
de ez nin s így. Az
O′ ugyanis a
hanem folyton változó pontja. ′ Valójában az O -re vonatkoztatott a
C
IO′
gurigának nem egy rögzített,
tehetetlenségi nyomaték megegyezik
entrumra vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékkal, mert a két pontra
vonatkoztatott perdületek egyel®k egymással. A bizonyításhoz jelöljük a
C -re
vonatkoztatott menniségeket sillagozott kisbet¶vel. Akkor
rα = r∗ α + rC , vα = v∗ α + r˙ C = v∗ α + ArC , r˙ C párhuzamos magával rC -vel (mindkett® az O′ -re vonatkoztatott mennyi˙ C = ArC . Ennek következtében ség): r X X = mα (rα × vα ) = mα (rα × v∗ α ),
mert
α
α
ugyanis (9.5) gyelembe vételével
X α
mα (rα × r˙ C ) = A
X α
mα (rα × rC ) = A · M (rC × rC ) = 0.
Továbbá
=
X α
+
X α
Azonban
mα (rα × v∗ α ) =
mα (rC × v X
∗
α)
X α
∗
= +
mα (r∗ α × v∗ α )+
rC ×
X α
mα v
∗
α
!
(10.5)
.
mα r∗ α = M r∗ C = 0,
α
mert a
C
középpont önmagához viszonyított helyzetvektora zérus. Deriváljuk
az id® suerint ezt az egyenletet:
X α
mα v ∗ α = −
X α
m ˙ α r∗ α .
10
Az
A TZOLTÓGURIGA
m ˙α
35
sak annál az elemnél különbözik nullától, amelyik éppen az
O′
pontban
van. Erre az elemre
r∗ α = r∗ O′ = −rC . Ha ezt (10.5) utolsó tagjában gyelembe vesszük, a bizonyítandó
= ∗ =
1 M r2 · ω 2
(10.6)
(10.7)
egyenl®ségre jutunk. A (10.2) tehát a következ®:
d dt A töml® vastagsága legyen
1 2 mr ω 2
∆,
= −mr¨ x.
a teljes hossza pedig
L.
A sugár a kezd®pilla-
natban legyen ri . A t = 0 pillanatban a feltekert guriga egy olyan kör, amelynek 2 a területét πri -ként is, L · ∆ alakban is felírhatjuk, ezért
∆=π Továbbá, ha a kezd® tömeg
Mi ,
ri2 . L
(10.8)
akkor
L−x M = Mi L
valamint
r2 M = 2. Mi ri
Az els® egyenletb®l
M = Mi (1 − x/L),
(10.9)
a másodikból pedig
r = ri
r
A (10.7) bal- és jobboldalán tehát
p Mi = ri 1 − x/L. M
M r = Mi ri (1 − x/L)3/2 , míg a baloldalon még marad
rω = x˙ .
(10.10)
(10.11)
A (10.7) tehát a következ®:
i 1h (1 − x/L)3/2 · x˙ = −(1 − x/L)3/2 x ¨. 2
10 a következ® alakra lehet hozni:
Ezt az egyenletet néhány lépésben
ahonnan
d (1 − x/L)x˙ 2 = 0, dt (1 − x/L)x˙ 2 = V 2 = konstans.
10 A Függelékben az átalakítást általánosabb esetre vonatkozóan részletezzük.
(10.12)
(10.13)
10
A TZOLTÓGURIGA
Mivel
t = 0-ban x = 0, a V
36
konstans a guriga kezd®sebessége A (10.13) egyenlet
könnyen integrálható tovább:
(1 − x/L)3/2 = − amelyben
3V 3α t− , 2L 2L
α az újabb integrá iós konstans. A kezd®feltétel x(t) függvény tehát a következ®: " 2/3 # 3V x=L· 1− 1− t . 2L
alapján
A keresett
A teljes le savarodás ideje mint látható,
T =
Az er®t, amellyel a töml® végét tartani kell az
α = −2L/3.
(10.14)
2L . 3V O pontban,
az (1.6) képlet
alapján számíthatjuk ki. A (10.14) dieren iálásával kapjuk a
x˙ = V
3V 1− t 2L
−1/3
(10.15)
sebességet, míg (10.9) és a (10.14) alapján
2/3 3V M = Mi · 1 − t . 2L Így
F =−
−2/3 3V Mi V 2 · 1− t 2L 2L
Ez az er® negatív, ahogy kell is. A gyorsulás mégis pozitív, mert (1.6) szerint
1 V2 x ¨= (F − M˙ x) ˙ = M L
−2 3V 1− t > 0. 2L
(10.16)
Emlékezzünk most vissza, hogy a feladatot (9.6) alapján tárgyaltuk, amelyben a
k forgatónyomatékot nullának vettük.
Az
F er®re vonatkozóan ez rendben
is van, de a guriga némileg részletez®bb, a töml® vastagságát is gyelembe vev® ′ rajza (10. ábra) azt sugallja, hogy az O -n áthaladó függ®legesre nézve a tömegeloszlás nem egészen szimmetrikus, és ennek következtében a súlyer®nek is van valamekkora
+y
irányú forgatónyomatéka. Az er®kart nem ismerjük, ezért
ezt a forgatónyomatékot vegyük fel
+γ · ∆ · M g
alakban, amelyben
nagyságrend¶ dimenziótlan konstans. Megmutatjuk, hogy Egészítsük ki (10.7)-et az új forgatónyomatékkal:
d dt
1 2 mr ω 2
= γ · ∆ · M g − mr¨ x.
3 γ= . 2π
γ
egységnyi
(10.17)
10
A TZOLTÓGURIGA
37
z y x
O
O’
x 10. ábra.
A Függelékben megmutatjuk, hogy ezt az egyenletet a
d 3 2π 2 M x˙ + γ · gM r = 0 dt 4 3
(10.18)
alakra lehet hozni. A zárójel els® tagja a guriga mert
K=
K
mozgási (transzlá iós + forgási) energiája,
1 1 1 1 3 M x˙ 2 + Iω 2 = M x˙ 2 + M r2 ω 2 = M x˙ 2 . 2 2 2 4 4
A (10.17) tehát nem más, mint az energiamegmaradás tétele, és (10.13) ennek spe iális esete, amikor a súlyer® forgatónyomatékát nem vesszük gyelembe. Következésképpen a (10.17) második tagjának a gravitá iós poten iális energiával kell megegyeznie, ami a
γ=
3 2π
választásnál teljesül is.
Bizonyos feltételek mellett a poten iális energia elhanyagolható a mozgási energia mellett.
Mivel a mozgás során a kinetikus energia n®, a poten iális
energia pedig sökken, elegend®, ha ez az elhanyagolás
3 Mi V 2 ≫ Mi gri , 2
t = 0-ban
megtehet®:
azaz
V 2 /gri ≫ 1.
(10.19)
Természetesen teljesülnie kell annak a feltételnek is, hogy (10.17) jobboldalán az els® tag legyen elhanyagolható a második mellett:
γ · ∆ · M g ≪ mr¨ x. A (10.15) megoldás alapján
r¨ x-ra
r¨ x=
az
ri V 2 L
1−
3V 2L
−5/2
(10.20)
11
A RELATIVISZTIKUS RAKÉTA
38
képletet kapjuk. Ez az id® monoton növekv® függvénye, amely
t = 0-ban
el egyenl®. A (10.20) tehát biztosan teljesül, ha sak
γ · ∆ · Mg ≪ Ha ide behelyettesítjük
∆
ri V 2 L
ri V 2 . L
(10.8) kifejezését, újra a (10.19) feltételre jutunk.
Függelék: A (10.18) igazolása Fejezzük ki (10.17)-ben
∆-t, M -t és M r-t
(10.8), (10.9) és (10.11) segítségé-
vel:
γπ d 1 Mi ri (1 − x/L)3/2 x˙ = Mi g · ri2 (1 − x/L) − Mi ri (1 − x/L)3/2 x¨. dt 2 L Egyszer¶sítünk
−
Mi ri -vel
és elvégezzük a deriválást:
3 1 γπ (1 − x/L)1/2 x˙ 2 (1 − x/L)3/2 x ¨= gri (1 − x/L) − (1 − x/L)3/2 x ¨ 4L 2 L 3 γπ 3 (1 − x/L)3/2 x ¨− (1 − x/L)1/2 x˙ 2 − gri (1 − x/L) = 0 2 4L L 4γπ 1 · x˙ gti (1 − x/L)1/2 = 0 2(1 − x/L)¨ x − x˙ 2 − L 3L dx˙ 2 1 4γπ (1 − x/L) − x˙ 3 − gri (1 − x/L)1/2 x˙ = 0 dt L 3L 3 8γπ d 3/2 2 · Mi gri (1 − x/L) (1 − x/L)x˙ + =0 4 dt 9 2γπ d 3 Mi (1 − x/L)x˙ 2 + gri Mi (1 − x/L)3/2 = 0 dt 4 3
Ha ebben az egyenletben (10.9) és (10.11) alapján bevezetjük
M -t
és
M r-t,
a
bizonyítandó (10.18)-at kapjuk eredményül.
11.
A relativisztikus rakéta
A nemrelativisztikus rakéta mozgásproblémája egyetlen ismeretlen függvényt tartalmaz, a
v
sebességet.
Ennek kiszámításához elegend® egyetlen egyenlet
az (1.1) Mes serszkij-egyenlet , amely az impulzusmegmaradást fejezi ki. A megfelel® relativisztikus feladatban azonban a retlenünk, a rakéta
M
tömege.
pálya egy szakaszán kifújt
∆m
v-n
kívül van még egy isme-
Hiába adjuk meg ugyanis a hajtóanyagnak a
11 , ez nem egyenl® a rakéta
tömegét
∆M
tömeg-
sökkenésével, mert a relativitáselméletben nin s tömegmegmaradás. A mozgásegyenletekhez ezért az energiamegmaradás tételét is fel kell használnunk. E
11 Feltesszük, hogy a kifújt anyag része skéi nem hatnak köl sön egymással, ezért a kilökött gáz tömege megegyezik az emittált része skék tömegének az összegével.
11
A RELATIVISZTIKUS RAKÉTA
39
két megmaradási törvényen kívül azonban más dinamikai feltevésre nem lesz szükségünk. Két vonatkoztatási rendszerrel lesz dolgunk.
Az egyik, amelyikhez a
K
Minkowski-féle koordinátarendszer tartozik, az a vonatkoztatási rendszer, amelyben a rakéta az indulás el®tt nyugszik, kés®bb pedig egyre növekv® mozog. A másik a
K0 ,
v sebességgel
a pálya egy általános pontjához tartozó pillanatnyi
nyugalmi rendszer. Egyenesvonalú mozgásra korlátozódunk a két koordinátarendszer közös
x-tengelye mentén.
A kifúvás történjen negatív irányba, a rakéta
ekkor pozitív irányban gyorsul.
v -vel K0 -ban jelöljük
A pálya valamely in nitezimálisan rövid szakaszán, amelyen a sebesség egyenl®, a rakéta energiájának és impulzusának a megváltozását
dE0 -lal
dP0 -lal,
és
a kifújt hajtóanyagét pedig
az impulzus megmaradását
K0 -ban
dε0 -lal
és
dp0 -lal.
Az energia és
a
dE0 + dε0 = 0,
dP0 + dp0 = 0
egyenletek fejezik ki. A
dε0
és a
bályozza a
q
dp0
nagyságát az ¶rhajó automatikája (vagy paran snoka) sza-
kifúvási sebesség megválasztásával a relativitáselmélet
c2 dm dε0 = q , 1 − q 2 /c2
q dm dp0 = − q 1 − q 2 /c2
képletein keresztül. Az ¶rhajó energiájának és impulzusának megváltozása ban tehát a következ®:
ahol
q
c2 dm , dE0 = − q 1 − q 2 /c2
a kifúvás sebességének a nagysága
tömege. Az energia és az impulzus
q dm dP0 = + q , 1 − q 2 /c2
K0 -ban, dm
K0 -
(11.1)
pedig a kifújt üzemanyag
K-beli dE , dP megváltozását a Lorentz-transzdE0 -on és dP0 -on keresztül. Mivel K −v
formá ió segítségével fejezhetjük ki sebességgel mozog
K0 -hoz
képest, ezért
dE0 + v dP0 , dE = q 1 − c2 /c2 Helyettesítsük be ide
dE0 -t
és
dP0 -t
dP =
dP0 + v/c2 dE0 q . 1 − v 2 /c2
(11.2)
(11.1)-b®l:
1 − vq/c2 q dm, dE = −c2 q 1 − v 2 /c2 1 − q 2 /c2 q−v q dm. dP = q 2 2 1 − v /c 1 − q 2 /c2
(11.3)
(11.4)
11
A RELATIVISZTIKUS RAKÉTA
40
A mozgásegyenlet levezetésének a kiindulópontja a
v=
c2 P E
(11.5)
képlet, amelynek dieren iálja a következ®:
dv = c2
E dP − P dE . E2
A második tagban kihasználhatjuk (11.5)-öt:
E v dv = dP − 2 dE. 2 c c dE
A jobboldalra behelyettesítjük
és
dP
(11.6)
(11.3) és (11.4) kifejezését. Átalakítás
után ezt a képletet kapjuk:
q 1 − v 2 /c2 E q dv = q dm. c2 1 − q 2 /c2
Fejezzük ki ebben az egyenletben
E -t
a
v -n
és az
(11.7)
M -n
keresztül. Ezt az ¶rhajó
tömegét de niáló
E 2 − c2 P 2 = c4 M 2
(11.8)
egyenlet alapján tehetjük meg. Vegyük ugyanis ennek az egyenletnek a dieren iálját és használjuk ki benne (11.5)-öt. Átrendezés után a jól ismert
M c2 E= q 1 − v 2 /c2
(11.9)
egyenletre jutunk. Ha az energiát innen (11.7)-be helyettesítjük, a
dv -re
vonat-
kozó mozgásegyenletet
1 − v 2 /c2 M dv = q q dm 1 − q 2 /c2
alakban kapjuk meg.
Szükségünk van még egy egyenletre, amely
dM -et
(11.10)
tartalmazza. Helyettesít-
sük be (11.9)-et az energiamegmaradást kifejez® (11.3)-ba:
1 − vq/c2 Mc = −c2 q q dm. d q 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2 1 − q 2 /c2 2
A baloldali dieren iált kifejtve megjelenik az
M dv kifejezés, dM -re:
amelyet (11.10)-
zel helyettesítünk és a kapott egyenletet megoldjuk
dm dM = − q . 1 − q 2 /c2
(11.11)
11
A RELATIVISZTIKUS RAKÉTA
41
Ez az egyenlet sak invariánsokat tartalmaz, ezért ban érvényes.
K0 -ban
ugyanebben az alak-
A (11.1)-gyel való összevetés mutatja, hogy a rakéta nyugalmi 2 rendszerében a rakéta energiájának a megváltozása dE0 = c dM . Az (11.10)-et és az (11.11)-et a rakéta sajátidejének
osztva két egyenletet kapunk a két keresett egyenletekben szerepl®
dm dτ
v(τ )
és az
dieren iálhányados és a
q
dτ dieren iáljával elM (τ ) függvényre. Az
sebesség a sajátid® meg-
adott függvényei, amelyet a rakéta paran snoka tetszése szerint szabályozhat. A tömegre vonatkozó (11.11) egyenlet azonnal integrálható, mert a jobboldalán a sajátid® ismert függvénye áll. juk a
dτ -val
Ha ennek az egyenletnek a megoldását beír-
elosztott (11.10)-be, a sebességre vonatkozó dieren iál egyenletet
kapjuk meg:
M
dv 1 − v 2 /c2 dm = qq . dτ dτ 1 − q 2 /c2
(11.12)
Az (3.2) Ciolkovszkij-egyenlet azonban azt mutatja, hogy a nemrelativisztikus esetben élszer¶ a sebességet az id® helyett a rakéta tömegének a függvényében is vizsgálni. Ezt (11.10)-zel is megtehetjük úgy, hogy (11.11) segítségével
dm-et dM -mel
helyettesítjük benne:
dM dv = −q . 2 2 1 − v /c M
(11.13)
Ez a (3.1) egyenlet relativisztikus általánosítása, mert esetünkben
q = (−q, 0, 0).
Az (11.13) sak abban az esetben határozza meg a sebességet a tömeg függvényében, amikor
q
id®ben állandó. A két oldal ekkor könnyen integrálható:
c 1 + v/c M . ln = q ln 2 1 − v/c Mi Ezt
v -re
rendezve a
v=c
1− 1+
megoldást nyerjük, amely a
v(Mi ) = 0
M Mi M Mi
(11.14)
2q/c
(11.15)
2q/c
kezd®feltételnek tesz eleget.
A (11.15) a (3.2) Ciolkovszkij-egyenlet relativisztikus általánosítása. Nemrelativisztikus határesetben ugyanis, amikor pedig
1−
M Mi
2q/c
és ennek következtében
= 1 − exp
q/c −→ 0, a nevez® 2-höz, a számláló
M 2q ln c Mi
c −→ ∞-nél v = −q ln
M , Mi
=−
2q M + o(1/c2 ), ln c Mi
11
A RELATIVISZTIKUS RAKÉTA
42
ami a Ciolkovszkij-egyenlet. Vizsgáljuk meg nemrelativisztikus közelítésben az energiaviszonyokat is. Az (11.3) a
dE + dε = 0
energiamegmaradást fejezi ki, ezért a jobboldalának a
negatívja a kifújt hajtóanyag energiájának a megnövekedésével egyenl®:
Ennek a
dm
1 − vq/c2 q dε = c2 q dm. 1 − v 2 /c2 1 − q 2 /c2
tömegnek a
K-hoz
viszonyított
képletével lehet kiszámítani. Mivel kifúvás sebessége pedig
K0 -ban −q , u=
K −v
u
(11.16)
sebességét a sebességösszeadás
sebességgel mozog
ezért
K0 -hoz
képest, a
−q + v . 1 − vq/c2
A relativitáselméletben jól ismert (és behelyettesítéssel könnyen igazolható), hogy az (11.16) jobboldalán álló tört
q 1/ 1 − u2 /c2 -val
egyenl®, ezért
c2 dm . dε = q 1 − u2 /c2
Ezt és (11.9)-t felhasználva az energiamegmaradás törvénye
alakban írható.
2
2 Mc + q c dm d q =0 1 − v 2 /c2 1 − u2 /c2
Nemrelativisztikus közelítésben ez a képlet a következ® alakú:
1 1 d M c2 + M v 2 + c2 dm + dm u2 = 0. 2 2 A relativitáselmélet szerint amelyet a 3. fejezetben
c2 (dM +dm) a bels® energia megnövekedésével egyenl®,
dU -val
jelöltünk:
dU = c2 dM + c2 dm. Ha ide beírjuk (11.11)
2
dU = −dm
q 2
dM = −dm −
képletet kapjuk.
q2 dm 2c2
nemrelativisztikus közelítését, a
A bels® energia tehát ahogy várható,
sökken. Az energiamegmaradást kifejez® képlet ezért a következ®:
dK −
q2 1 dm + dm u2 = 0, 2 2
11
A RELATIVISZTIKUS RAKÉTA
ahol
K=
1 M v2 . 2
43
Ebben a képletben már kihasználhatjuk, hogy nemrelativisz-
tikus közelítésben
dm = −dM ,
mert az így elkövetett hiba
q 2 /c2 ,
vagy
v 2 /c2
nagyságrend¶, amelyet a nemrelativisztikus közelítésben el kell hagyni. Így a
1 1 dK + dM · q 2 = dM u2 2 2 képletre jutunk, amely megegyezik (2.4)-gyel. A (11.15) megoldásunk a fotonrakétára is érvényes. Ekkor
v=c
q=c
és
Mi2 − M 2 . Mi2 + M 2
Abban a realisztikusabbnak tekinthet® esetben, amikor
(11.17)
(Mi − M )/Mi ≪ 1,
a
sebesség egyszer¶en arányos a relatív tömeg sökkenéssel:
v=c
Mi − M . Mi
A (11.17) képletnek ismeretes egy egyszer¶ levezetési módja is, amely azonban
q 6= c-nél
nem alkalmazható. Jelöljük a pálya egy adott pontjában a rakéta
négyesimpulzusát négyesimpulzusa
P-vel. A K-ban P = (E/c, P, 0, 0). Indulás el®tt a rakéta Pi = (Mi c, 0, 0, 0), a kiválasztott pont eléréséig kibo sátott
elektromágneses sugárzás az összes addig emittált foton négyesimpulzusa
Pem .
pedig legyen
A négyesimpulzusok nyelvén az energia és az impulzus megmaradását a
Pem = Pi − P
egyenl®ség fejezi ki. Vegyük mindkét oldal négyzetét (önmagával
képzett négyes skalárszorzatát). Minden egyes foton négyesimpulzus négyzete nullával egyenl®, de fotonok halmazára ez sak akkor igaz, ha mindegyik foton impulzusa azonos irányú (vagy klasszikus sugárzást feltételezve az síkhullámnak Pem 2 = 0 és ennek következtében
tekinthet®). Esetünkben ez a helyzet, ezért
0 = (Pi − P)2 = Pi 2 + P2 − 2Pi · P = Mi2 c2 + M 2 c2 − 2Mi E. Ha ide behelyettesítjük
E -t
a (11.9) alapján és a kapott egyenletet megoldjuk a
sebességre, újra a (11.17) képletre jutunk. Vizsgáljuk meg végül azt a kérdést, hogy tetsz®leges
q
mellett hogyan függ
a rakéta energiája a saját tömegét®l. Ha az energia (11.9) képletébe behelyettesítjük az (11.15) megoldást, rövid átalakítás után az
" 2q/c # 1−q/c 1 M M 2 E = Mi c 1 + 2 Mi Mi
(11.18)
képletet nyerjük az energiára. Abban az irreális, de zikailag értelmes határesetben, amikor
M −→ 0,
(11.15) szerint a
2q/c
hatványkitev® pozitivitása miatt
a rakéta sebessége a fénysebességhez tart. Az intuí ió azt sugallja, hogy ekkor
11
A RELATIVISZTIKUS RAKÉTA
44
az energiának is el kell t¶nnie. A relativitáselmélet azonban megengedi véges energiájú nulla tömeg¶ objektumok létezését, amelyeknek az energiája és impulzusa eleget tesz az
E = cP
relá iónak, ezért elvben nem lehet kizárni, hogy
a tömeg elt¶nése után a rakéta egy ilyen különös zikai objektummá alakul át. Az (11.18) szerint azonban a tömeggel együtt az energia is nullához tart, és így
q < c. Fotonrakéta esetében 1 Mi c2 értékhez tart, tehát a tö2
a rakéta teljesen megsemmisül, de sak akkor, ha az
M −→ 0
határesetben az energia a véges
meg elt¶nése után elvben egy ilyen energiájú nulla tömeg¶ objektumnak kell visszamaradnia.
Bármilyen meglep® is els® hallásra ez a következtetés, elég könny¶ meggy®zni magunkat róla, hogy nem is lehetne másképp. Egy rakéta elektromágneses kisugárzás következtében sak akkor tudja elveszíteni a teljes tömegét, ha tökéletesen semleges, vagyis minden egyes része skéjével együtt tartalmazza annak antirésze skéjét is. Egy nagyméret¶, szabályozott annihilá ió zajlik tehát le, a pozitron-elektron annihilá ió makroszkópikus változata. Az eredetileg nyugvó
Mi
tömeg¶ objektumnak úgy kell átalakulnia elektromágneses sugárzássá, hogy Mi c2 -tel egyenl®, teljes impulzusa azonban le-
a sugárzás teljes energiája legyen
gyen nulla. Ez sak úgy lehetséges, ha a sugárzás fele negatív, másik fele pozitív irányban terjed. Ez az utóbbi követelmény az, ami gondot okoz, hiszen a rakéta hajtóm¶ve végig negatív irányba emittálja a sugárzást, amely a rakéta sebességét®l függetlenül mindig fénysebességgel terjed. Amikor a hajtóanyag kisebb
c-nél,
q kiáramlási sebessége q se-
ilyen probléma nem lép fel, hiszen miután a rakéta túllépi a
bességet, a kilövellt hajtóanyag
K-ban
már ugyanabban a (pozitív) irányban
mozog, mint a rakéta, ezért nem nehéz megérteni, miért lehet a rakéta teljes megsemmisülése után a kiáramlott hajtóanyag összimpulzusa nulla.
A foton-
rakétánál is így kell lennie, de a hogyan kérdésére itt már nem lehet ilyen 2 egyszer¶en válaszolni. A tömeg elfogyása után visszamaradó Mi c /2 energiájú,
Mi c/2
impulzusú nulla tömeg¶ objektum minden valószín¶ség szerint
egy elektromágneses hullám somag, de legalább gondolatkísérlet szintjén vizsgálható modell híján a probléma érdembeli analízise aligha lehetséges.
