13. Helyzeti energia
A fizikában nagyon sok bonyolult dolog egyszerűen leírható, ha inkább energiákkal dolgozunk. Erről már volt szó egy korábbi részben (a 3. részben). Az előző részekben foglalkoztunk az erőkkel. Ebben a részben az lesz majd a téma, hogy a kettő között milyen összefüggés is van.
Lejtőn súrlódás nélkül csúszó test
Tegyük fel, hogy van egy 1 kg tömegű testünk. Ennek a súlya 10 N. Ejtsük le ezt a testet 5 méterről. Tehát lefelé ható erő hat erre a testre 5 méter úton, tehát a gravitációs mező 50 joule munkát fog végezni rajta.
Na most általánosítsuk ezt a dolgot úgy, hogy van egy 5 méter magas lejtőnk, amely vízszintesen 12 méter. Ekkor kiszámolható Pitagorasz tétel alapján, hogy a lejtő lapja 13 méter lesz 15×5 = 25. 12×12= 144. 144+25 = 169 = 13×13. . Mekkora lesz az erő? Nézzük meg az alábbi ábra alapján:
Pontosan annyi erő hat a testre, hogy a lejtőn való lecsúszás során végzett munka pontosan megegyezzen azzal a munkával, amit a gravitációs mező szabadesés közben végezne.
A gravitációs erőt két egymásra merőleges komponensre bonthatjuk. Az esetünkben a lejtő irányú erő és a súlyerő által alkotott háromszög hasonlít a lejtő alakjára, ebből geometriailag az jön ki, hogy pontosan 5/13-a lesz. Tehát 50/13 N lesz az erő. Ez pedig 13 méteren hat, tehát a végzett munka ismételten 50 J. 5 méter magas lejtő 1 kilós test. Ugyan hosszabb az út, de pontosan annyival kisebb az erő.
És ezt a dolgot eljátszhatjuk tetszőleges $a$ magas és $b$ széles lejtővel, a lejtő lapja $\sqrt{a^2 + b^2}$ hosszú lesz. A hasonlóság miatt pedig a lejtő irányú erő a normál gravitációs erőnek $\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$-szöröse lesz. A testre ható gravitációs erő legyen valamilyen $F$. Ekkor $\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} F$ hat $\sqrt{a^2 + b^2}$ úton a kettő szorzata pedig $a F$ lesz. Szóval csak a magasságtól függ a dolog. Ha feltételezzük, hogy nincs súrlódás.
Általánosítsunk tovább! Egy $m$ tömegű testre $mg$ erő hat, ahol a $g$ a gravitációs gyorsulás, kerekítve 10 m/s² = 10 N / kg. Ha ez a test lentebb esik $h$ magasságot, akkor gravitációs mező $mgh$ munkát végez rajta, tehát $mgh$ mozgási energiája lesz. A mozgási energia képlete a sebességből a tömegből ez: $mv^2 / 2$. Tehát a kettőt egyenlővé téve:
$$ mgh = mv^2 / 2. $$
A tömeg kiosztható:
$$ gh = v^2 / 2 $$
Beszorzunk kettővel és gyököt vonunk:
$$ v = \sqrt{2gh} $$
Tehát ez azt jelenti, hogyha egy test 5 métert esik, akkor a fenti képlet alapján a sebessége 10 m/s, azaz 36 km/h lesz. Ha 20 métert esik, akkor gyök alatt 400 lesz, tehát 20 m/s lesz a sebessége, azaz 72 km/h lesz. Annak idején volt egy olyan ötletem, hogy Budapesten miért nem építenek egy olyan metrót, amelynek az állomásai a felszínen vannak. A vonat az állomásról legurulna egy 20 méter mély alagútba, eközben felgyorsulna a 72km/h-s menetsebességre, majd a következő állomás előtt dombnak menne és feljönne az alagútból miközben lelassulna 0-ra. A motoroknak csak a súrlódási erőt kellene kompenzálniuk, a többit elvégezné a gravitáció... Rendkívül energiatakarékos lenne ez a rendszer.
Azt szokták mondani, hogy a fent lévő testnek helyzeti energiája vagy potenciális energiája van. Aztán miközben ez a test leesik, ez a helyzeti energia átalakul mozgási energiává. És amint láttuk teljesen mindegy, hogy milyen pályán kerül lentebb a test. Ha nincs súrlódás, a fentihez hasonló egyszerű képlet alapján pontosan meghatározható milyen gyors lesz a test egy adott ponton, és nem kell az erőket kiszámolni és integrálni folyton.
Egy tetszőlegesen kiválasztott görbén súrlódás nélkül csúszó test szimulációja. A test sebessége csak attól függ, hogy mennyire van lent. A magasságának a négyzetgyökével arányos a sebessége. (A szimuláció a képre való kattintásra indítható).
Miközben a test leesik olyan területek felé tart, amelyben kisebb a helyzeti energia. Ezt úgy is szokták mondani, hogy lecsúszik a „potenciálkútba”. Emiatt is van az, hogy a lejtős hasonlat nagyon szemléletes.
Helyzeti energia
Nézzük meg ezt az előző dolgot kicsit részletesebben. A 10. részben a vektoroknál megemlítettem, hogy az erővektor és az elmozdulás belső szorzata a munka: $W = \v F \cdot \v s$. Emlékeztetőül megemlítem, hogy a belső szorzatra úgy kell gondolni, hogyha két olyan vektort szorzunk össze, amelyek merőlegesek egymásra, akkor a szorzat nulla. Ha visszük a kezünkben a vödör vizet, akkor a gravitációs erő lefelé húzza, de mi vízszintesen mozgunk, és fizikai értelemben nincs munkavégzés. Pusztán azért fáradunk el, mert az izmaink nem úgy feszülnek, mint egy drót, hanem rázkódnak közben, és ez energiaigényes. De visszatérve a témához, ha az erő és az elmozdulás merőleges egymásra, akkor nincs munkavégzés. Ha az erő és az elmozdulás iránya 90 foknál kisebb szöget zár be, akkor pozitív a munkavégzés. Ha nagyobbat, akkor negatív.
Tegyük fel, hogy van egy tetszőleges $\v F$ erőnk. És egy tárgy ezen erő hatása alatt egy iciripicirit elmozdul valamilyen irányba, jelöljük ezt $\d \v s$-sel. A végzett munka is egy iciripiciri lesz: $\d W = \v F \cdot \d \v s$. A munkához pedig valamilyen energiát kell felhasználni, amely csökkenni fog, tehát az energiaváltozás $- \v F \cdot \d \v s$ lesz. Ez az energia ebben a fejezetben a helyzeti energia lesz. Ha egy tárgyat felemelünk, akkor gravitációs erővel szemben haladunk, tehát tehát a szorzat negatív lesz, az energiaváltozás pedig pozitív. A testnek helyzeti energiát adunk. De nem is muszáj emelni a testet, fel is dobhatjuk. Ekkor mozgási energiát adtunk neki. Azonban az emelkedés a gravitációs erővel szemben történik. így a munkavégzés negatív, a test mozgási energiája alakul át helyzetivé. Aztán amint eléri a pályája csúcsát a test, ismét elkezd süllyedni, és ismét visszaalakul a helyzeti energia mozgásivá.
Az egymás körül keringő égitestek pontosan ezt csinálják évmilliók óta. Amikor ellipszis pályán kering valami, a pályája egy részén távolodik a bolygótól, ilyenkor mozgási energiája a gravitáció ellen dolgozik, tehát lassul, miközben a helyzeti energiája nő. Ezért van az, hogy amikor egy tárgy a bolygó közelében elsuhan, akkor megy a leggyorsabban, és akkor a leglassabb, amikor a legtávolabb van.
Mennyi helyzeti energiát kap egy test miközben távolodik egy bolygótól? Ugye a 6. részben szó volt a gravitációról. Két test között ébredő gravitáció erő nagysága: $\frac{GMm}{r^2}$. Ahol $G$ a gravitációs konstans, $M$ a nehezebbik test tömege, $m$ pedig a könnyebbiké, az $r$ pedig a kettő közötti távolság. Mivel a $G$ és $M$ is állandónak tekinthető, ezért a $GM$ szorzatot úgy is szokták nevezni, hogy standard gravitációs paraméter, és $\mu$-vel jelölik. Ezt a $\mu$-t sokkal nagyobb pontossággal meg tudták mérni, mint a $G$-t és az $M$-et egyenként. Így egy bolygó és egy kisebb test között ébredő gravitáció erő nagysága: $F = \mu \frac{m}{r^2}$. Mozogjunk sugárirányba, tehát egy adott szintről távolodjunk a bolygótól. Mivel most az egyszerűség kedvéért csak 1 irányban mozgunk, nem szükséges vektorokkal dolgozni. Egy pici kifelé tartó elmozdulás esetén a helyzeti energia változása $-F \cdot \d s$, ez egy pici változás az energiában. Aztán ezen az új helyen egy picit más nagyságú erő lesz, ismét mozdulva egy picit kifelé, egy újabb szintén pici változás lesz az energiában. Aztán ismét az új helyen egy picit más az erő, és így tovább. Mennyit változik helyzeti energia miközben egy testet jó messzire eltávolítunk a földtől? Ez sok pici változás sokra megy, csak össze kell őket adni:
$$ \int^\infty_{r_0} -F \d r $$
Mivel az erő a bolygó felé húz, tehát a távolságot csökkenteni igyekszik, ezért az erő nagysága negatív $- \mu \frac{m}{r^2}$. Mivel a Föld középpontjától való távolságunk változik, ezért $\d r$-t használtam, mert $r$ a sugár szokásos jelölése, ugye. Behelyettesítés után:
$$ \int^\infty_{r_0} \mu \frac{m}{r^2} \d r $$
A konstans tagok kihozhatók:
$$ \mu m \int^\infty_{r_0} \frac{1}{r^2} \d r $$
Ezután függvénytáblázatból ki lehet keresni, hogy az $1/x^2$ $x$ szerinti integrálja $-1/x$. Mivel határozott integrálról van szó, ezért a $+C$ nem kell. Innentől kezdve már csak a határozott integrál szabályait kell használni és készen is vagyunk:
$$ \mu m \left( - \frac{1}{\infty} + \frac{1}{r_0}\right) $$
Ha az 1-et elosztod egy nagy számmal, nagyon pici lesz, a végtelen pedig hatalmas, így gyakorlatilag az a tag nulla, így kiesik, tehát a végeredmény:
$$ \frac{\mu m}{r_0} $$
Azaz ennyi helyzeti energiát kap egy test miközben elmegy a végtelen messzeségbe. Vagy másképpen mondva ennyi energiát kell befektetni, hogy valamit úgy eldobjunk a Földről, hogy az soha ne is essen le. Mekkora sebességgel kellene eldobnunk ezt a tárgyat? A mozgási energia képlete ugye $\frac{mv^2}{2}$. Tegyük a fentit ezzel egyenlővé és oldjuk meg $v$-re:
$$ \frac{\mu m}{r_0} = \frac{mv^2}{2} \\ \frac{\mu}{r_0} = \frac{v^2}{2} \\ \frac{2 \mu}{r_0} = v^2 \\ v = \sqrt{\frac{2 \mu}{r_0}} $$
Mekkora ez a sebesség a Föld esetén? A Föld esetén $\mu = 3.986 \cdot 10^{14}$ m³/s². A Föld sugara $6371$ km. De a Föld felszínén a feldobott test komoly légellenállással találkozna. Ezért indítsuk a testet $100$ km-rel magasabbról, $6471$ km-ről. Behelyettesítve a fenti formulába, számológéppel kiszámolhatjuk, hogy a szökési sebesség a Földön ebben a magasságban $11099$ m/s. Azaz ez kb. $40000$ km/h. Ez hatalmas sebesség, de rakétákkal rendszeresen elérik, hogyha más égitestekre küldenek szondát.
Konzervatív és non-konzervatív erők
Egy erő konzervatív, hogyha az általa végzett munka során a mechanikai energia megmarad. Azaz a helyzeti és a mozgási energia veszteség nélkül alakul át egymásba. Ennek számos következménye van. A legfontosabb az, hogyha a testet egy adott pontból valamilyen úton keresztül vezetve visszavisszük ugyanabba pontba, az energiája állandó marad. Vagyis az erő által végzett összmunka 0. Amikor egy testet felemelünk, akkor gravitációs mező negatív munkát végez, mert az erő ellenében mozgunk, amikor leejtjük, akkor pozitívat, az összmunka 0.
Vagy úgy is mondhatjuk, hogyha két pont között mozgatjuk a testet, akkor az erő munkája független az útvonaltól. Gravitáció szempontjából teljesen mindegy, hogy a testet függőlegesen vagy egy lejtőn toljuk-e fel, az általa végzett munka csak a magasság változásától függ.
Szintén fontos következmény, hogy a gravitációs erő csak a test helyétől függ, de nem a sebességétől vagy más tulajdonságától. Ez lehetővé testi azt, hogy a tér bármelyik pontjában megmondhassuk, hogy a testnek pontosan mennyi helyzeti energiája lenne, hogyha odatennénk, függetlenül attól, hogy milyen úton tettük oda.
Úgy általában elmondható, hogyha egy erő csak a test helyétől függ, és semmi mástól, akkor az jó eséllyel konzervatív erő. Ha az erő a sebességtől is függ, akkor az biztos, hogy nem konzervatív. Ilyen pl. a közegellenállási erő, ez az erő mindig a mozgással szemben és a sebességtől függ.
Mozgási és helyzeti energia sok testből álló rendszerben
Az előző szekciókban levezettük, hogyha valamilyen $r$ távolságból végtelenül messzire viszünk egy tárgyat, akkor az $\frac{GMm}{r}$ mennyiségű helyzeti energiát fog kapni. Ennek a fordítottja is igaz, ha nagyon messziről az adott $r$ távolságig hozunk vissza egy tárgyat az $-\frac{GMm}{r}$ helyzeti energiát fog veszíteni. Mivel ez előbbi egy egyszerű kifejezés, ezért ezt szokták használni a helyzeti energia kifejezésére. A 0 helyzeti energia az, amikor a test nagyon-nagyon messze a végtelenben van, ha közelebb van, akkor az mínusz energiának minősül. És ezzel semmi baj nincs, a nulla szintet oda választhatod meg, ahová akarod, vagy ahol az kényelmes. Fizikailag az energiaszintek különbsége és az energia mennyiségének változása, átalakulása az, ami fontos. A pontos szám lényegtelen.
Na most képzeljük el, hogy nem csak 2 testünk van, hanem nagyon sok. A rendszerben lévő testek mozgási energiáját kiszámolhatjuk egyenként a képlettel. Ennyi a rendszer összes mozgási energiája. A helyzeti energia viszont páronként értendő. Ugyanis ez a fajta energiája a testeknek nem csak úgy van, mint a mozgási energia esetén, hanem mindig adott, hogy mihez képest, melyik másik testhez képest. Egy sok testből álló rendszerben bármely 2 test között van helyzeti energia a tömegük és a távolság függvényében. Ez az az energia, amely mozgási energiává alakul miközben a két test közeledik egymáshoz.
Na most nézzük meg, hogy ebben a helyzetben is megmarad-e az energia. Ehhez meg kellene néznünk, hogy a testek mozgási és a helyzeti energiája hogyan változik, ahogy telik az idő. Ez a levezetés egy picit hosszú lesz, mert apró lépésekben haladok, hogy követhető legyen. Mondjuk ha nagyon nem érdekel, akkor elugorhatsz a szekció végére a csattanóhoz.
Legyen a testek helye rendre $\v{x_1}$, $\v{x_2}$, $\v{x_3}$, stb. Legyen a tömegük pedig rendre $m_1$, $m_2$, $m_3$, stb.
A testek sebességét úgy kapjuk, hogy egy adott rövid pillanat alatt ($\d t$) testek pozíciójának a pici változását ($\d \v x$) elosztjuk egymással. Ugye ez a sebesség definíciója. Szóval a testek sebességei: $\v{v_1} = \frac{\d \v{x_1}}{\d t}$, $\v{v_2} = \frac{\d \v{x_2}}{\d t}$, $\v{v_3} = \frac{\d \v{x_3}}{\d t}$.
Az 1-es test mozgási energiája a korábban említett képlet alapján:
$$ \frac{m_1 \left( \v{v_1} \cdot \v{v_1} \right)}{2} $$
A rendszerben lévő összes mozgási energia pedig az összes test mozgási energiájának az összege:
$$ \sum_{i=1}^{n} \frac{m_i \left( \v{v_i} \cdot \v{v_i} \right)}{2} $$
Az $n$ a testek száma.
Na most nézzük meg ennek a mennyiségnek a pici változását:
$$ \d \left( \sum_{i=1}^{n} \frac{m_i \left( \v{v_i} \cdot \v{v_i} \right)}{2} \right) $$
Az összeg pici változása a tagok pici változásának az összege:
$$ \sum_{i=1}^{n} \d \left( \frac{m_i \left( \v{v_i} \cdot \v{v_i} \right)}{2} \right) $$
A testek tömege nem fog változni, és a 2-ből sem lesz 3, így az $m_i / 2$ konstans kihozható:
$$ \sum_{i=1}^{n} \frac{m_i}{2} \d \left( \v{v_i} \cdot \v{v_i} \right) $$
A $\d \left( \v{v_i} \cdot \v{v_i} \right)$ pici változásának az oka pedig az, hogy a sebesség változik:
$$ \d \left( \v{v_i} \cdot \v{v_i} \right) = \left( \v{v_i} + \d \v{v_i} \right) \cdot \left( \v{v_i} + \d \v{v_i} \right) - \v{v_i} \cdot \v{v_i} $$
Zárójelet bontunk, összevonunk, kiemelünk:
$$ \v{v_i} \cdot \v{v_i} + 2 \left( \v{v_i} \cdot \d \v{v_i} \right)+ \d \v{v_i} \cdot \d \v{v_i} - \v{v_i} \cdot \v{v_i} = \\ 2 \left( \v{v_i} \cdot \d \v{v_i} \right) + \d \v{v_i} \cdot \d \v{v_i} = \\ \left( 2 \v{v_i} + \d \v{v_i} \right) \cdot \d \v {v_i} = \\ 2 \v{v_i} \cdot \d \v {v_i} $$
A vektorokkal is teljesen ugyanúgy lehet bánni, mint a számokkal, csak oda kell figyelni, hogy a vektorok között belső szorzat van és nem sima szorzat. A zárójelben az a pici változás elhagyható, mert elhanyagolható a másik taghoz képest. Írtam egy külön cikket arról, amely kicsit részletesebben tárgyalja, hogy miért is hagyhatók el az elhanyagolhatóan pici dolgok. Érdemes elolvasni, hogyha érdekel, hogy hogyan is lehet deriválni és integrálni másképp.
Visszahelyettesítünk:
$$ \sum_{i=1}^{n} {m_i} \v{v_i} \cdot \d \v {v_i} $$
Elosztjuk a pici $\d t$ idővel, amely alatt ez a változás történt:
$$ \sum_{i=1}^{n} {m_i} \v{v_i} \cdot \frac{\d \v {v_i}}{\d t} = \\ \sum_{i=1}^{n} {m_i} \v{v_i} \cdot \v{a_i} = \\ \sum_{i=1}^{n} \v{v_i} \cdot m_i \v{a_i} = \\ \sum_{i=1}^{n} \v{v_i} \cdot \v{F_i} $$
Az $\v{a_i}$ az adott test gyorsulása. Az $\v{F_i}$ pedig a rá ható erő. Mekkora erő hat a testre? Nyilván az összes többi test vonzza ezt a testet. A vonzerő pedig testek tömegével egyenesen arányos, a távolság négyzetével pedig fordítottan:
$$ \sum_{i=1}^{n} \v{v_i} \cdot \left( \sum_{j=1, i \neq j}^n \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^2} \cdot \frac{\v{r_{ij}}}{r_{ij}}\right) $$
Aztán pedig szépen bevisszük a $\v{v_i}$ az összegbe a disztributivitás miatt:
$$ \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1, i \neq j}^n \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ij}} \cdot \v{v_i} $$
A $G$ a gravitációs konstans, az $r_{ij}$ pedig két adott test közötti távolságot jelenti. Az $\v{r_{ij}}$ az $i$ indexű testből az $j$ indexűbe húzott vektor, a nyila a $j$ indexű testnél van. Mivel arra húz az erő. Ezt elosztottuk a $r_{ij}$-vel, azaz a hosszával, így 1 egység hosszú vektor lesz belőle. Ezt pedig megszorozzuk a gravitációs erő nagyságával, hogy a nagysága megfelelő legyen.
Továbbá látható, hogy a második szummában figyelni kell arra, hogy ugyanazt a testet ne számoljuk kétszer. Így ha van mondjuk 4 testünk, akkor ha i=1, akkor a második szummában 2, 3 és 4 van. Ha i=2, akkor a második szummában 1, 3 és 4 van, stb. Ennek majd később nagy jelentősége lesz.
Tehát a fenti összeg a mozgási energiák változásának a sebessége. Most lássuk mi a helyzet a helyzeti energiákkal. Két test között a következő mennyiségű gravitációs helyzeti energia van:
$$ -\frac{G m_i m_j}{r_{ij}} $$
És ez páronként értendő:
$$ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n -\frac{G m_i m_j}{r_{ij}} $$
A helyzeti energiák összegzésénél fontos, hogy minden párt csak egyszer számoljuk. Erre szolgál a második szummában az a trükk, hogy azt $i+1$-től számoljuk, tehát mindig nagyobb a második test indexe, mint az elsőé. Ha 4 testünk van, akkor az i = 1 esetén 1-es testet 2-es, 3-as és 4-es testtel párosítjuk össze. Az i = 2 esetén, pedig a 3-as és 4-essel. az 1-est már ugye számoltuk. Az i = 3 esetén pedig már csak a 4-est kell nézni. És ennyi. Ezzel garantáljuk, hogy minden párt csak egyszer számolunk. Ez az index trükközés később ismét fontos lesz.
Na de most nézzük meg ennek az összegnek a pici változását:
$$ \d \left( \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n \frac{G m_i m_j}{r_{ij}} \right) $$
Összeg pici változása a pici változások összege, ahogy előbb is volt:
$$ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n \d \left( - \frac{G m_i m_j}{r_{ij}} \right) $$
A $-G m_i m_j$ pedig szintén egy konstans szorzótag, ami kihozható a differenciálból:
$$ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n - G m_i m_j \d \left( \frac{1}{r_{ij}} \right) $$
Az a reciprokos tag pedig azért változik, mert az $r_{ij}$ is változik, tehát:
$$ \d \left( \frac{1}{r_{ij}}\right) = \frac{1}{r_{ij} + \d r_{ij}} - \frac{1}{r_{ij}} $$
Vigyük akkor ezt végig, de mivel az $r_{ij}$ elég zavaró a szemnek, ezért helyette x-szel:
$$ \frac{1}{x + \d x} - \frac{1}{x} = \\ \frac{x}{x(x + \d x)} - \frac{x + \d x}{x (x + \d x)} = \\ \frac{x - (x + \d x)}{x(x + \d x)} = \\ \frac{x - x - \d x}{x(x + \d x)} = \\ \frac{- \d x}{x(x + \d x)} = \\ - \frac{1}{x(x + \d x)} \d x = \\ - \frac{1}{x^2} \d x $$
A játék lényege az, hogy a $\d$-s tagot szorzótényezőként kihozzuk, ugyanis ezután a másik szorzótényezőből minden $\d$-s tag elhagyható lesz. Erről a fentebb linkelt cikkben írtam, hogy ez miért is van így. Visszahelyettesítve most itt tartunk:
$$ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n G m_i m_j \frac{1}{r_{ij}^2} \d r_{ij} $$
Mennyi az a $\d r_{ij}$? Ugye két pont távolságát matematikailag a következő módon határozhatjuk meg. Egy adott origóból húzunk egy vektort a 2 pontba, tulajdonképpen ezek a helyvektorok az $\v x$-ek, amiről beszéltünk a legelején. Veszed kettő különbségét, és kapunk egy vektort, amely a két pont közé húzott vektor. Ennek a hossza a távolság. Azaz $r_{ij} = \left| \v{x_j} - \v{x_i}\right| = \sqrt{\left( \v{x_j} - \v{x_i} \right)^2}$. Tehát $\d r_{ij} = \d \sqrt{\left( \v{x_j} - \v{x_i} \right)^2}$. Legyen $y = \left( \v{x_j} - \v{x_i} \right)^2$, hogy $\d r_{ij} = \d \sqrt{y}$ legyen. És először számoljuk ki ezt:
$$ \d \sqrt{y} = \\ \sqrt{y + \d y} - \sqrt{y} $$
Most pedig felhasználjuk azt az azonosságot, hogy bármilyen $a$ és $b$-re igaz, hogy: $(a + b)(a - b) = a^2 - b^2$. Az az szorzunk egyet majd visszaosztunk a $\sqrt{y + \d y} + \sqrt{y}$ kifejezéssel, hogy eltüntessük a gyököket:
$$ \frac{y + \d y - y}{\sqrt{y + \d y} + \sqrt{y}} = \\ \frac{\d y}{\sqrt{y + \d y} + \sqrt{y}} = \\ \frac{1}{\sqrt{y + \d y} + \sqrt{y}} \d y = \\ \frac{1}{\sqrt{y} + \sqrt{y}} \d y = \\ \frac{1}{2 \sqrt{y}} \d y $$
A következő tag, amit ki kell számolnunk a $\d y = \d \left( \v{x_j} - \v{x_i} \right)^2$. Itt is összerakhatjuk a két vektor különbségét egybe: $\v{r_{ij}} = \v{x_j} - \v{x_i}$. Tehát az a $i$ indexű testből az $j$ indexűbe mutató vektor, hogy konzisztensek legyünk a korábban már használt jelöléssel. Hogy a dolog egyszerűsödjön: $\d y = \d \v{r_{ij}}^2$.
$$ \d \v{r_{ij}}^2 = \\ \left(\v{r_{ij}} + \d \v{r_{ij}}\right)^2 - \v{r_{ij}}^2 = \\ \v{r_{ij}}^2 + 2 \v{r_{ij}} \cdot \d \v{r_{ij}} + \d \v{r_{ij}}^2 - \v{r_{ij}}^2 = \\ 2 \v{r_{ij}} \cdot \d \v{r_{ij}} + \d \v{r_{ij}}^2 = \\ \left( 2 \v{r_{ij}} + \d \v{r_{ij}} \right) \cdot \d \v{r_{ij}} = \\ 2 \v{r_{ij}} \cdot \d \v{r_{ij}} $$
Most már csak a $\d \v{r_{ij}}$ van hátra, ami: $\d \v{r_{ij}} = \d \left( \v{x_j} - \v{x_i}\right)$. Mivel összegek differenciálja a tagok differenciáljának az összege ezért ez $\d \v{x_j} - \d \v{x_i}$ lesz.
Na most már csak rakjuk ezeket össze:
$$ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n G m_i m_j \frac{1}{r_{ij}^2} \d r_{ij} = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n G m_i m_j \frac{1}{r_{ij}^2} \frac{1}{2 \sqrt{y}} \d y = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n G m_i m_j \frac{1}{r_{ij}^2} \frac{1}{2 \sqrt{\left( \v{x_j} - \v{x_i} \right)^2}} \d y = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n G m_i m_j \frac{1}{r_{ij}^2} \frac{1}{2 \sqrt{\left( \v{x_j} - \v{x_i} \right)^2}} 2 \v{r_{ij}} \cdot \d \v{r_{ij}} = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n G m_i m_j \frac{1}{r_{ij}^2} \frac{1}{\sqrt{\left( \v{x_j} - \v{x_i} \right)^2}} \v{r_{ij}} \cdot \d \v{r_{ij}} = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n G m_i m_j \frac{1}{r_{ij}^2} \frac{1}{r_{ij}} \v{r_{ij}} \cdot \left( \d \v{x_j} - \d \v{x_i} \right) = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ij}} \cdot \left( \d \v{x_j} - \d \v{x_i} \right) $$
Ez a pici változás pici idő alatt történik meg, még el kell osztani ezt az egészet a $\d t$-vel, hogy megkapjuk az összes helyzeti energia változásának a sebességét. Mivel a sebesség a pozíció változásának az üteme ezért:
$$ \frac{\sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ij}} \cdot \left( \d \v{x_j} - \d \v{x_i} \right)}{\d t} = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ij}} \cdot \left( \frac{\d \v{x_j}}{\d t} - \frac{\d \v{x_i}}{\d t} \right) = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ij}} \cdot \left( \v{v_j} - \v{v_i} \right) = \\ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ij}} \cdot \v{v_j} - \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ij}} \cdot \v{v_i} $$
Vegyük észre, hogy meglehetősen hasonlít ez a kifejezés arra, amit a mozgási energiák változásának a kiszámolásakor kaptunk. És jusson eszünkbe, hogy az $\v{r_{ij}}$ az egy vektor, amely az $i$ indexű testből a $j$ indexűbe mutat. Akkor nyilván az $\v{r_{ji}}$ pont az ellenkező irányba fog majd mutatni. Tehát $\v{r_{ij}} = - \v{r_{ji}}$. Visszahelyettesítve:
$$ \sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=i + 1}^n - \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ji}} \cdot \v{v_j} - \frac{G m_i m_j}{r_{ij}^3} \v{r_{ij}} \cdot \v{v_i} $$
A mozgási energiáknál az összes pár oda vissza volt értendő, addig ebben a szummában minden párt csak egyszer számolunk. Viszont az összegben két tag van, az egyik a másiknak a fordítottja, tehát ez az összeg kiüti a mozgási energiák változásából adódó összeget teljesen. Azaz az összenergia a változásának az üteme 0.
Azaz ezzel a bizonyításunk végére értünk: sok test rendszerben is megmarad a mozgási és a helyzeti energia összege.
Erők a helyzeti energiából
A fejezet elején az erőből vezettük le a helyzeti energia fogalmát. Összegeztük, integráltuk az erőt egy adott úton és megkaptuk, hogy mennyi munkát végzett ez az erő. Ha a munka negatív volt az azt jelentette, hogy helyzeti energiája lett a testnek. Ha pozitív, akkor a helyzeti energia végezte a munkát. De most nézzük a fordított esetet, amikor helyzeti energia adott, és ebből kellene kiszámolnunk az erőt.
A gyakorlatban és a mérések végzésekor sokkal egyszerűbb magát a helyzeti energiát megmérni, mint a konkrét erőket. Az egyik hétköznap is megfigyelhető példa a feszültség. Egy lapos elem két elektródája között 4,5 V (volt) feszültség van. Ez azt jelenti, hogy 1 C (coulomb) elektromos töltés 4,5 J energiát végezne miközben átesik ezen a résen. A részecskefizikában szintén használatos mértékegység az elektronvolt (jele: eV), amely azt adja meg, hogy egyetlen egy darab elektron mekkora munkát végez, miközben a két elektróda között átmegy. Egy lapos elem esetében ez értelemszerűen 4,5 eV lenne. Viszont ha szimulálni szeretnénk, hogy az elektron hogyan mozog, akkor az erőkre is szükség van. Jogos lehet a kérdés: mekkora a töltésre ható erő, miközben átmegy a két elektróda között? Ez pl. azért lehet fontos, hogyha meg akarjuk határozni, hogy pl. milyen közel lehet tenni két elektródát mielőtt egy szikra üt át rajtuk.
Ahol erő és mozgás van, ott munkavégzés is van, és gyűlik vagy fogy a helyzeti energia. Azt mondtuk, hogy konzervatív erők esetében, mint a gravitációs és az elektromos mező, lehetséges a tér minden egyes pontjához egy konkrét helyzeti energia értéket rendelni. És ha tér „lejt” a kisebb potenciálú területek felé, akkor ott erő is van, amely ezen kisebb potenciálú területek felé húz. Nézzük meg ezt is kicsit matematikailag is.
Jelölje $U$ egy valamilyen $\v x$ pontban a helyzeti energiát valahol a térben. Jelölje $U(\v x)$ azt a matematikai kifejezést, amely segítségével kiszámolhatjuk ezt a helyzeti energiát $\v x$ helyen. Menjünk egy picit arrébb, ott ebben a másik pontban a helyzeti helyzeti energiát a $U(\v x + \d \v x)$ kifejezés adja meg. A kettő különbsége a helyzeti energia egy pici változása, ahogy mozgunk a térben: $\d U = U(\v x + \d \v x) - U(\v x)$. Ha a választott irányban növekszik az helyzeti energia, az biztos jele annak, hogy az erő ellenében mozgunk, mert akkor azon erő által végzett munka negatív lesz. Tehát a kis mozgás során az erő által végzett munka: $- \d U$. És ezt kell elosztanunk ennek a pici elmozdulásnak a hosszával, hogy megkapjuk, hogy az adott irányba mekkora az erő nagysága:
$$ F = - \frac{\d U }{|\d \v x|} $$
Hogyha egy tárgyat emelünk, akkor nő a test helyzeti energiája, tehát ha felfelé mozgunk, akkor az erő a mozgással ellentétesen lefelé húz. Ha lefelé mozgunk, akkor csökken a helyzeti energia, tehát az erő a mozgás irányába húz. Ha vízszintesen mozgunk, akkor nem is emelkedünk és nem is süllyedünk, így abban az irányban munkavégzés sincs. Így vízszintes irányban nincs erő sem. Képzeljünk el egy tökéletesen súrlódás nélküli vízszintes jégpályát. Ezen úgy át lehetne csúsztatni egy testet, hogy az nem is gyorsul és nem is lassul, mert ugye az a pálya egyik irányban sem lejt.
Oké meg tudjuk mondani, hogy egyes irányokban mekkora erő húz. De ez alapján még nem tudtuk megmondani, hogy az erő ténylegesen melyik irányba húz. A természetet nem érdekli, hogy melyik 3 egymásra merőleges irányt választjuk főtengelyeknek, ezért csak válasszunk ki 3 tetszőleges irányt adjuk össze az ott kapott erőket és annyi lesz az erő. Kezdjük azzal, hogy az előző egyenletet kibontjuk. Az $\v x$ vektor koordinátái legyenek: $(x, y, z)$.
$$ F = - \frac{\d U }{|\d \v x|} = \\ - \frac{U(\v x + \d \v x) - U(\v x) }{\sqrt{\d x^2 + \d y^2 + \d z^2}} $$
Ha visszaemlékezünk, hogy egy vektor hosszát hogy is adjuk meg koordináták alapján, akkor a nevező is érthető kell, hogy legyen: Most az $U$-nál bontsuk ki a vektorok koordinátáit is:
$$ - \frac{U((x + \d x, y + \d y, z + \d z)) - U((x, y, z)) }{\sqrt{\d x^2 + \d y^2 + \d z^2}} $$
Jó, most nézzük azt az esetet, amikor csak egy pici jobbra megyünk, de a másik irányba nem:
$$ F_1 = - \frac{U((x + \d x, y, z)) - U((x, y, z)) }{\d x} $$
A függőleges irányban:
$$ F_2 = - \frac{U((x, y + \d y, z)) - U((x, y, z)) }{\d y} $$
És végül a mélységi irányban:
$$ F_3 = - \frac{U((x, y, z + \d z)) - U((x, y, z)) }{\d z} $$
Ezt összerakva az erővektor $\v F = (F_1, F_2, F_3)$ lesz. És ez függetlenül a választott főirányoktól minden esetben ugyanabba az irányba mutat. Ugyanabba az irányba kell, hogy mutasson.
A fenti dolgoknak van külön matematikai jelölése. Az eredetileg a $\d U$-t, a pici változást, úgy általában értettük, amely történhet bármi okból, pl. mert valamilyen irányba elmentünk. Később viszont olyan pici változásokat néztünk, amikor kifejezetten csak az egyik főirányba mozdultunk el, a más dolgok változását nem vettük figyelembe. Ez a fajta a pici elmozdulás csak részleges, mivel nem veszi figyelembe az összes lehetséges módot, amitől az adott mennyiség változhat, csak egy fajtát, amire koncentrál. Ezt jelöljük úgy, hogy pl. az $y$-os esetben, hogy $\d_y U$. Így a megfelelő fenti egyenletet úgy is írhatjuk, hogy $F_2 = \d_y U / \d y$. Viszont valamiért másfajta jelölés terjedt el, ez: $F_2 = \partial U / \partial y$. Látható, hogy itt nem jelölik, hogy milyen irányba változik picit az $U$, talán azért, mert az nevezőben lévő tag elárulja nekünk azt. De én az érthetőség kedvéért tartom majd maga a $\d_y U / \d y$-os jelöléshez, mert ez jobban elárulja, hogy miről van szó, mint a másik jelölés, különösen akkor, hogyha az egyenletben pakolgatja őket az ember balra, jobbra.
Menjünk tovább, az irány amelybe az erő mutat az az irány, amely irányba a helyzeti energia a leggyorsabban csökken. Az ezzel ellenkező irány pedig az az irány, amely irányba a leggyorsabban nő. Ezt az irányt, amelyben egy érték a leggyorsabban nő úgy nevezik, hogy gradiens. A gradiens egy vektor, amelynek az iránya leggyorsabb növekedés iránya, a nagysága pedig, hogy milyen meredeken nő. A jele pedig az $U$ helyzeti energia esetén ez: $\nabla U$. Mivel az erő ezzel szemben abba az irányba mutat, amely legmeredekebb lefelé mutat ezért: $\v F = - \nabla U$. A $- \nabla U$ iránya megmutatja, hogy merre lejt a leginkább az a bizonyos potenciálkút. A nagysága pedig azt mondja meg, hogy milyen meredeken. És ez a vektor nem más, mint az erő.
Most egyelőre ennyi, már így is elég hosszú lett... Később ez a gradiens dolog majd újra elő fog majd kerülni, valamikor majd akkor, amikor majd az elektromágneses hullámokról lesz szó...
