A gravitációs erőtér, összetett erőtér

 

/Az indukált gravitációs erőtér I. rész 19. fejezet bizonyítása az alábbiakban/

A gravitációs erőtér felbontható villamos és mágneses erőtérre.

Jelenleg a csak az érzékelhető, mérhető tulajdonságait tudjuk leírni gravitációs erőtérnek. Ez viszont továbbra sem ad választ a felépítésére, összetételére, vagy, hogy milyen módon jön létre az erőhatás a testek közt. Nagyon sok kísérletet végeztek a gravitációs erőtérben, anélkül, hogy magának a gravitációs erőtérnek szerepét vizsgálták volna a kísérletben.

Gondoljunk vissza a Trouton-Noble kísérletre. Mint tanultuk, ha egy elektromos töltést mozgatunk, akkor annak mozgása során mágneses erőtér jön létre. Ebből a feltevésből kiindulva végezték el a Trouton-Noble kísérletet. Felhasználva, hogy a Föld sebessége megközelítően 30 km/s. Ezzel a nagy sebességgel akarták kimutatni a mozgó elektromos töltés által létrehozott mágneses teret. Azonban a precíz laboratóriumi körülmények közt sem tudták a Földel együtt nagy sebességgel mozgó elektromos töltések mágneses erőterét kimutatni. Ebben az esetben sem vizsgálták, hogy a kísérletet gravitációs erőtérben végezték és ennek vajon lehet-e befolyása a kísérlet eredményére.

A kérdés ezek után:

  • Mi a különbség, ha Földdel együtt mozgatok egy elektromos töltést vagy Földhöz képest mozgatok?
  • Mi a különbség a két mozgás között?

Az egyik esetben nem keletkezik, míg a másik esetben keletkezik mágneses erőtér. Földön végzett mérések alapján.

Mi dönti azt el, hogy mikor keletkezzen és mikor nem mágneses erőtér? Egy alapvetően nagy különbség van, a két mozgás között. Az első esetben a Föld gravitációs erőtérhez képest nincs elmozdulás, míg a második esetben a Föld gravitációs erőtérhez képest mozgatjuk az elektromos töltést. Ami azt bizonyítja, hogy a gravitációs erőtérnek szerepe van a mágneses erőtér kialakulásában, ha abban elektromos töltést mozgatunk. Tehát, ha gravitációs erőtérben elektromos térerő változás történik, akkor gravitációs erőtérből mágneses erőtér alakul ki./ezt kell bizonyítani/ Ezek alapján áll elő a feltételezés, hogy a gravitációs erőtér összetett erőtér, amely felbontható elektromos és mágneses erőtérre, ha abban az elektromos vagy a mágneses erőtér változik. (lehet, hogy másra is bontható)

Maxwell hullám egyenlete pontosan leírja térben és időben az elektromágneses teret, azonban ebből a közegre vonatkozóan semmilyen következtetést nem lehet levonni, hogy miben terjed, de ez igaz bármilyen más hullám esetén is. A hullámok ismert paramétereiből a hordozó közeget még nem ismerjük, annak tulajdonságaira, összetevőire nem tudunk következtetni.

Eddigi ismereteink alapján minden hullámterjedésnek volt hordozó közege, így ezt az elektromágneses hullámokról is fel kell tételeznünk.

Ez a kiindulási pont, hogy számszerű bizonyítékot találjunk arra, hogy a gravitációs erőtér összetett erőtér és hordozó közege az elektromágneses hullámoknak.

Először gyűjtsük össze a bizonyításhoz felhasznált fizikai állandókat, képleteket

iitabla1

 

Először írjuk fel Maxwell hullám egyenletét általánosan és vákuum esetére.

$\Delta \varphi = \varepsilon \mu \frac{{{\partial ^2}\varphi }}{{\partial {t^2}}}$

$\Delta \varphi = \frac{1}{{{c^2}}} \cdot \frac{{{\partial ^2}\varphi }}{{\partial {t^2}}}$

Ebből ismételten látható a tankönyvekben levezetett összefüggés: $\varepsilon \cdot \mu = \frac{1}{{{c^2}}}$

De azt is írhatjuk, hogy a  ${K_0} = \frac{1}{{4\pi \varepsilon }}$, mert a számításokban legtöbbször ezt az alakot használják.  Ebből $\varepsilon = \frac{1}{{{K_0}4\pi }}$ ha ezt behelyettesítjük $\varepsilon $ helyére $\frac{1}{{{K_0}4\pi }}\mu = \frac{1}{{{c^2}}}$, és rendezzük.

Akkor a K0-ra a következő összefüggést kapjuk.

1. ${K_0} = \frac{\mu }{{4\pi }}{c^2}$$\left[ {\frac{{kg{m^3}}}{{{A^2}{s^4}}}} \right]$ Mértékegysége megegyezik ${K_0}$-val. Itt is elő állt az a helyzet, mint korábban f univerzális gravitációs állandónál, hogy nem csak mérhető, hanem ki is számítható.  Ezek után Maxwell hullám egyenletét felírhatjuk egy kicsit más alakban is.

$\Delta \varphi = \frac{\mu }{{4\pi {K_0}}}\frac{{{\partial ^2}\varphi }}{{\partial {t^2}}}$

Felvetődik a kérdés, hogy ${K_0}$ amit eddig egy fizikai állandónak tekintettünk valóban csak állandó? Mert az 1. kifejezés alapján ez kiszámítható két másik, állandónak ismert tényező értékéből is. Ez újabb kérdést generál. Vajon más ismert fizikai állandókkal is összefüggésben lehet, és befolyással lehet az elektromágneses hullámok terjedési sebességére? Ezt vizsgáljuk meg az elkövetkezőkben. Vegyük elő ${K_0}$ mértékegységét.

$\left[ {\frac{{kg{m^3}}}{{{A^2}{s^4}}}} \right]$ Ezt a mértékegységet írhatom más alakban is.

$\left[ {\frac{{kg \cdot m}}{{{A^2}{s^2}}} \cdot \frac{{{m^2}}}{{{s^2}}}} \right]$ Egyértelműen látszik az előző 1. egyenlet tagjainak mértékegysége mind μ és a c2-é. A fenti táblázatban ellenőrizhető.

De írhatjuk ennek alapján más alakba is.

$\left[ {\frac{{kg}}{{{A^2}{s^2}}} \cdot \frac{{{m^3}}}{{{s^2}}}} \right]$ Itt a módosított, Kepler állandó mértékegysége jelenik meg második tagként. Az első tagot, nevezzük el, egyelőre ${\mu _1}$-nek mivel nem ismerjük.

$\left[ {\frac{{k{g^2}}}{{{A^2}{s^2}}} \cdot \frac{{{m^3}}}{{kg{s^2}}}} \right]$ Most pedig f a gravitációs állandó mértékegysége a második tag.

Az első tagot itt, nevezzük el ${\mu _2}$

Írjuk fel az új tagokkal ${K_0}$ kifejezését.

${K_0} = {\mu _1}{K_{m\'a }}$

${K_0} = {\mu _2} \cdot f$ De ide tehetjük a 1. egyenletet is mert teljesen hasonló.

${K_0} = \frac{\mu }{{4\pi }}{c^2}$

Az egyértelműen látható, hogy ${K_0}$ osztható $f$-el és ${K_{m\'a }}$-val is. Ha most arra gondolunk, hogy ${K_0}$ összefüggésbe hozható a gravitációs állandóval és akár a Kepler állandóval is akkor az is felmerül, hogy összefüggésben lehet gravitációs erőtérrel, de a fordítottja is igaz lehet, hogy a gravitációs erőtér összefügg elektromos és mágneses erőtérrel. De az is látható, hogy  sebesség függő, hisz az $f$ és ${K_{m\'a }}$ is sebesség függő. Az már csak a dolgok tovább gondolása, hogy ${K_0}$beírható a Maxwel hullám egyenletbe is.

Számítsuk ki a ${\mu _1}$ és ${\mu _2}$ értékét.

${\mu _1} = \frac{{{K_0}}}{{{K_{m\'a }}}}$${\mu _1} = \frac{{9 \cdot {{10}^9}}}{{1,327 \cdot {{10}^{20}}}} = 6,782 \cdot {10^{ - 11}}$$\left[ {\frac{{kg}}{{{A^2}{s^2}}}} \right]$

${\mu _2} = \frac{{{K_0}}}{f}$${\mu _2} = \frac{{9 \cdot {{10}^9}}}{{6,6742 \cdot {{10}^{ - 11}}}} = 1,348 \cdot {10^{20}}$$\left[ {\frac{{k{g^2}}}{{{A^2}{s^2}}}} \right]$

A mértékegységek alapján látható, hogy ${\mu _1}$ és ${\mu _2}$ is osztható egymással és a várható eredmény tömeg mértékegységű lesz.

$\frac{{{\mu _2}}}{{{\mu _1}}} = \frac{{1,348 \cdot {{10}^{20}}}}{{6,782 \cdot {{10}^{ - 11}}}} = 1,987 \cdot {10^{30}}$ kg. Ez pedig pontosan nap tömege. Ennek ismeretében már meg tudjuk határozni a ${\mu _2}$${\mu _1}$  mértékegységben szereplő eddig ismeretlen ${Q^2}$ értékét. Az előbbiek alapján ${\mu _1} = \frac{{{M_n}}}{{{Q^2}}}$ így a ${Q^2} = \frac{{{M_n}}}{{{\mu _1}}}$

${Q^2} = \frac{{1,987 \cdot {{10}^{30}}}}{{6,782 \cdot {{10}^{ - 11}}}} = 2.929 \cdot {10^{40}}\left[ {{A^2}{s^2}} \right]$  És ebből a $Q = 1,711 \cdot {10^{20}}\left[ {As} \right]$

Ellenőrizzük le ezt az eredményt ${\mu _2}$-re is. ${\mu _2} = \frac{{M_n^2}}{{{Q^2}}}$$1,348 \cdot {10^{20}} = \frac{{{{1,987}^2}{{10}^{60}}}}{{2,929 \cdot {{10}^{40}}}}$

Az eredmény megegyezik a ${\mu _2} = \frac{{{K_0}}}{f}$ állandókból kiszámított értékkel.

Tehát a $\frac{{{K_0}}}{f} = \frac{{M_n^2}}{{{Q^2}}}$

Ettől kezdve átindexelem a $Q = {Q_n}$-re. Mivel ez a naprendszer adataival lett kiszámolva.

Ezek után a felírható a \[{K_0} = {\mu _1}{K_{m\'a }}\]\[{K_0} = \frac{{{M_n}}}{{Q_n^2}} \cdot {K_{m\'a }}\] alakban, amiből a 2. \[Q_n^2 = \frac{{{M_n}}}{{{K_0}}}{K_{m\'a }}\]. Ennek a mintájára más rendszerben is számolhatunk töltést próbaképpen. Az most egy nagy kérdés, hogy ez a nagyon nagy töltés minek a töltése? Erre még korai lenne választ adni, de az biztos, hogy a naprendszer adataiból is kiszámolható.

Ezért most nézzük meg, hogy a Föld- Hold rendszer adataival milyen eredményre jutunk. a 2. egyenletet át indexeljük a föld rendszer adataival.

A földre vonatkozó módosított Kepler állandót az első kozmikus sebesség és a Föld sugarával számoltam, táblázatban a képlet.

\[Q_f^2 = \frac{{{M_f}}}{{{K_0}}}{K_{mf}}\]

\[Q_f^2 = \frac{{5,98 \cdot {{10}^{24}} \cdot 3,99 \cdot {{10}^{14}}}}{{9 \cdot {{10}^9}}} = 2,651 \cdot {10^{29}}\]\[[{A^2}{s^2}]\] Ebből a ${Q_f} = 5,149 \cdot {10^{14}}$$\left[ {As} \right]$

És most nézzük, a nagy kísérletet, miután meg van a föld rendszer adataiból számolt töltés is. Vegyük elő a Coulomb törvényt és számoljuk ki a Föld és Nap közötti erőhatást, Coulomb törvényével.

$F = {K_0}\frac{{{Q_1}{Q_2}}}{{{R^2}}}$

Írjuk fel Coulomb törvényét a számításoknál használt indexekkel. Az F-t is indexelem egy C-vel, ami a Coulomb törvényre utal.

${F_C} = {K_0}\frac{{{Q_n}{Q_f}}}{{R_{nf}^2}}$

${F_C} = 9 \cdot {10^9}\frac{{1,712 \cdot {{10}^{20}}5,149 \cdot {{10}^{14}}}}{{{{1,495}^2}{{10}^{22}}}} = 3,548 \cdot {10^{22}}$$\left[ {\frac{{kgm}}{{{s^2}}}} \right]$ vagy N

És most nézzük meg Newton törvényével is az erőhatást a Föld és a Nap között.

FN, az N indexel, Newton törvényére utalok, hogy azzal számoltam.

${F_N} = f \cdot \frac{{{M_n}{M_f}}}{{R_{nf}^2}}$

${F_N} = 6,67424 \cdot {10^{ - 11}}\frac{{1,99 \cdot {{10}^{30}} \cdot 5,98 \cdot {{10}^{24}}}}{{{{1,495}^2} \cdot {{10}^{22}}}} = 3,553 \cdot {10^{22}}N$

Első ránézésre hihetetlennek tűnik, de még is csak ezt mutatja számítás, hogy a két erőhatás 0,005 pontossággal azonos. Ellenőrizzük le más bolygóra is, számítsuk ki a Vénuszra. Coulomb illetve Newton törvényével az előzőekhez hasonlóan. Először itt is ki kell számítanunk a Vénuszra eső „töltést”. Itt is a Vénusznak megfelelően indexelünk. Vénusz módosított Kepler állandója a táblázatban.

$Q_v^2 = \frac{{{M_v}}}{{{K_0}}}{K_{mv}}$$Q_v^2 = \frac{{4,87 \cdot {{10}^{24}}}}{{9 \cdot {{10}^9}}}3,25 \cdot {10^{14}} = {1,75810^{29}}$$\left[ {{A^2}{s^2}} \right]$ Ebből a ${Q_v} = 4,19 \cdot {10^{14}}$$\left[ {As} \right]$.

Coulomb törvényével az erőhatás.

${F_{CV}} = {K_0}\frac{{{Q_N}{Q_V}}}{{R_{nv}^2}}$

${F_{CV}} = 9 \cdot {10^9}\frac{{1,711 \cdot {{10}^{20}}4.19 \cdot {{10}^{14}}}}{{{{1,082}^2}{{10}^{22}}}} = 5,511 \cdot {10^{22}}\;\left[ N \right]$

Newton törvényével.

${F_{NV}} = f \cdot \frac{{{M_n}{M_v}}}{{R_{nv}^2}}$

${F_{NV}} = 6,6742 \cdot {10^{ - 11}}\frac{{1,99 \cdot {{10}^{30}}4,87 \cdot {{10}^{24}}}}{{{{1,082}^2} \cdot {{10}^{22}}}} = 5,524\;\;\left[ N \right]$

A Vénusz esetében is 0,01 pontossággal kaptuk az eredményt. Tehát nem a véletlennek köszönhető, hogy ezt így ki lehet kiszámítani.

Mire lehet ebből következtetni vagy mit bizonyít? Két féle erőhatás egy időben biztosan nem hat, mert akkor, kétszer akkora lenne az eredő és a bolygók nem maradhatnának a pályájukon. Ebből pedig az következik, hogy a két erőhatás egy, vagyis a gravitációs erőtér összetett erőtér. És van egy elektromos erőtér összetevője.  Azt az erőhatást pedig, ami tömegek közt hat, ki tudjuk számítani a tömegekből is és a tömegekhez köthető töltések segítségével is. Az, hogy a tömegek rendelkeznek ezzel a töltéssel vagy csak a mozgásuk során jön létre, mint indukált töltés, vagy térerő, vagy más módon, vagy a gravitációs erőtér bontható így, arra ez a számítás nem adhat választ. De lehet a gravitációs erőtér egyik összetevője. Ha már kiszámítottuk a föld „töltését” is, itt még idézőjelbe teszem. Akkor nézzük meg milyen egyéb számítások igazolják még az előző számításokat. A számításainkat, olyan földi példákon végezzük el, amit Földön végzett mérések is alátámasztanak. Ezek után számítsuk ki 2db 1kg-s tömegű testre eső „töltés” hányadot és a köztük ható erő nagyságát 1m távolságban a föld felszínén. Egyszerűbben mondva ismételjük meg Cavendish kísérletét töltésekkel igazolva.

A föld számított töltése ${Q_f} = 5,149 \cdot {10^{14}}\left[ {As} \right]$

1 kg-ra eső töltés hányad: \[\frac{{{Q_f}}}{{{M_f}}} = \frac{{5,149 \cdot {{10}^{14}}}}{{5,98 \cdot {{10}^{24}}}} = 8,61 \cdot {10^{ - 11}}\left[ {\frac{{As}}{{kg}}} \right]\] Tehát 1kg tömegre eső töltés \[8,61 \cdot {10^{ - 11\;\;}}\left[ {As} \right]\]

\[{F_C} = 9 \cdot {10^9}\frac{{8,61 \cdot {{10}^{ - 11}}\; \cdot 8,61 \cdot {{10}^{ - 11}}}}{{{1^2}}} = 6,672 \cdot {10^{ - 11}}\;\left[ N \right]\]

Láthatjuk, hogy 0,001 pontossággal megkaptuk töltéssekkel kiszámolva a Cavendish kísérlet eredményét. Nézzük meg még az 1kg-s test és föld között ható erőt. Továbbra is felhasználva a Coulomb törvényt csak a földi adatoknak megfelelően indexelve.

\[{F_C} = {K_o}\frac{{{Q_{1kg}}{Q_f}}}{{R_f^2}}\]

\[{F_C} = 9 \cdot {10^9}\frac{{8,61 \cdot {{10}^{ - 11}} \cdot 5,149 \cdot {{10}^{14}}}}{{{{6,378}^2} \cdot {{10}^{12}}}} = 9,8\;N\]

Ez, pedig pontosan megegyezik az 1kg tömegű testre ható nehézségi erővel, a föld felszínén, amit akár egy mérleggel is mérhetünk. Ez utóbbi két eredmény a földön is mérhető illetve sokszor mért eredmény, igaz eddig csak, közvetlenül tömeggel kapcsolatban mérték és csak a gravitációnak tulajdonították.  Tehát nem csak számolható, mint a nap és a föld között ható erő. /Azt csak zárójelben jegyzem meg, a mérések a Földön történtek, de nem a Föld nyugalmi állapotában, ahogy azt korábban már hangsúlyoztam./ De a Föld és a Hold viszonyában is kiszámolható és helyes eredményt ad.

Ezek után földi körülmények közt is beigazolódott, hogy a gravitációs erőtér összetett erőtér kell, hogy legyen. Bármilyen következtetést is akarunk levonni, egy biztos. Ezeket az adatokat a nap és föld rendszer adataiból kaptuk.

\[\;{F_C} = {K_0}\frac{{{Q_n}{Q_f}}}{{R_{nf}^2}}\]

\[{F_N} = f \cdot \frac{{{M_n}{M_f}}}{{R_{nf}^2}}\]

Miután a korábbi számítás során az \[{F_N} = {F_C}\;\] ezért írhatjuk a következőt:

3. \[{K_0}\frac{{{Q_n}{Q_f}}}{{R_{nf}^2}} = f \cdot \frac{{{M_n}{M_f}}}{{R_{nf}^2}}\] .  Ezzel összekötöttük a gravitációs erőteret a villamos erőtérrel és a mágneses erőtérrel is, mert \[{K_o}\] értéke mind kettőre befolyással van. Az előző egyenletet tovább rendezve, eljutunk a 4. egyenlethez.

4. \[\frac{{\;\;\;{K_0}}}{f} = \frac{{{M_n}{M_f}}}{{{Q_n}{Q_f}}} = {\mu _2}\]  És ismét eljutottunk \[{\mu _2}\]-höz. Korábbi számításaink alapján \[{\mu _2} = \frac{{M_n^2}}{{Q_n^2}}\] , ezért írhatjuk, hogy \[\frac{{M_n^2}}{{Q_n^2}} = \frac{{{M_n}{M_f}}}{{{Q_n}{Q_f}}}\]. Ezt rendezve kapjuk az 5. egyenlet.

5. \[\frac{{{M_n}}}{{{Q_n}}} = \frac{{{M_f}}}{{{Q_f}}}\]. Számítsuk ki, hogy ez milyen értéket ad, az egyenlet mindkét oldalán mind a napra és földre vonatkozólag.

$\frac{{1,987 \cdot {{10}^{30}}}}{{1,711 \cdot {{10}^{20}}}} = 1,161 \cdot {10^{10}} = \frac{{5,98 \cdot {{10}^{24}}}}{{5,149 \cdot {{10}^{14}}}}\left[ {\frac{{kg}}{{As}}} \right]$ Nézzük meg a Vénusz adataival is, mert ennek töltését is ismerjük.

$\frac{{4,87 \cdot {{10}^{24}}}}{{4,19 \cdot {{10}^{14}}}} = 1,162 \cdot {10^{10}}\left[ {\frac{{kg}}{{As}}} \right]$  Láthatjuk, ez egy naprendszerben érvényes állandó, bár ez érvényes a reciprok értékére is. Ezt korábban már használtuk. De ezeket én inkább paramétereknek nevezném.

Hogy ez mennyire használható? A Hold adataival is kipróbálhatjuk, vagyis, ezzel a módszerrel is meghatározhatjuk egy bolygó vagy hold töltését. Ennek megfelelően indexeljünk.

$\frac{{{M_h}}}{{{Q_h}}} = 1,161 \cdot {10^{10}}\left[ {\frac{{kg}}{{As}}} \right]$ Ezt rendezve ${Q_h} = \frac{{7,349 \cdot {{10}^{22}}}}{{1,161 \cdot {{10}^{10}}}} = 6,329 \cdot {10^{12}}\left[ {As} \right]$

Ellenőrizzük le Coulomb és Newton törvényével az erőhatást a föld és hold között.

${F_C} = 9 \cdot {10^9}\frac{{6,329 \cdot {{10}^{12}}5,149 \cdot {{10}^{14}}}}{{3,844 \cdot {{10}^{16}}}} = 1,984 \cdot {10^{20}}N$

${F_N} = 6,6742 \cdot {10^{ - 11}}\frac{{7,349 \cdot {{10}^{22}}5,98 \cdot {{10}^{24}}}}{{{{3,844}^2} \cdot {{10}^{16}}}}1,985 \cdot {10^{20}}N$

A két számítás 0,001 pontossággal megegyezik.

Tehát a $1,161 \cdot {10^{10}}\left[ {\frac{{kg}}{{As}}} \right]$ egy naprendszerbeli fontos paraméter. Ez pedig pontosan \sqrt{\mu_{2}}.

 

Vizsgáljuk meg vajon van-e összefüggés a villamos erőtér és a gravitációs erőtér között, ha a Coulomb és Newton erőtörvénye azonos eredményt adott. Tegyük egymás mellé a villamos erőtér a gravitációs erőtér és a \sqrt{\mu_{2}} mértékegységeit.

Ahogy a korábban is, most is a mértékegységek segítenek.

E\left [ \frac{kgm}{As ^{3}} \right ]g\left [ \frac{m}{s ^{2}} \right ]\sqrt{\mu}\left [ \frac{kg}{As} \right ]

Ránézésre is látható, hogy E a villamos erőtér felírható g és a \sqrt{\mu_{2}}  szorzataként.

A \sqrt{\mu_{2}}  értékét ismerjük, ehhez ismert g értékeket fel tudunk használni. Természetesen a Föld vagy a Nap töltését felhasználva adott távolságban villamos térerőt is tudunk számolni. Nézzük először a nap villamos térerejét a Nap felszínén.

A Nap töltése már ismert: Q_{{N}}=1,711\cdot10^{20}\left [ As \right ]

Nap egyenlítői sugár: 6,95\cdot10^{8}m

Coulomb törvénye alapján, ha pontszerűnek tételezem fel, akkor a villamos térerő

E=K_{{0}}\frac{Q_{{N}}}{R _{N}^{2} } 9\cdot10^{9}\frac{1,711\cdot10^{20}}{6,95^{2}\cdot10^{16}}=3,188\cdot10^{12}\left [ \frac{kgm}{As^{3}}\right ]

Akkor az előző feltételezés alapján nézzük meg, hogy milyen értéket kapunk, ha az előbb kiszámított térerőt elosztjuk \sqrt{\mu_{2}} -vel.

g=\frac{E}{\sqrt{\mu_{{2}} }} \frac{3,188\cdot10^{12}}{1,161\cdot10^{10}}=274\left [ \frac{m}{s^{2}}\right ]   Ez pedig nem más, mint Nap felszínén a nehézségi gyorsulás a ma elfogadott értéke.

Ellenőrizzük le ezt a Nap Föld távolságban is. A Nap gravitációs térereje ismert már számoltunk vele korábban.

A Nap villamos térerejét az előzőekhez hasonlóan meg tudjuk határozni.

E=K_{{0}}\frac{Q_{{N}}}{R_{NF}^{2}} 9\cdot10^{9}\frac{1,711\cdot10^{20}}{1,495^{2}\cdot10^{22}}=6,889\cdot10^{7}\left [ \frac{kgm}{As^{3}} \right ]   És most nézzük az előbb használt képlettel mekkora gravitációs térerőt kapunk.

g=\frac{E}{\sqrt{\mu_{{2}}}} \frac{6,889\cdot10^{7}}{1,161\cdot10^{10}}=5,933\cdot10^{-3}\left [ \frac{m}{s^{2}}\right ]   Akkor most hasonlítsuk össze a korábban kiszámolt értékkel, de ki is számíthatjuk a Nap ismert adatai alapján.

g=f\cdot\frac{M_{{N}}}{R_{NF}^{2}}6,6742\cdot10^{-11}\frac{1,989\cdot10^{30}}{1,495^{2}\cdot10^{22}}=5,939\cdot10^{-3}\left [ \frac{m}{s^{2}}\right ]

Látható, hogy az villamos térerő segítségével kapott eredmény megegyezik a Nap tömegével számolt gravitációs térerő eredményével.

Nézzük meg a Föld esetében is a Föld felszínén, milyen eredményt kapunk a villamos térerő segítségével a gravitációs térerő értékére.

A Föld töltése: Q_{{f}}=5,149\cdot10^{14} \left [ As \right ]

E=K_{{0}}\frac{Q_{{F}}}{R_{F}^{2}}9\cdot10^{9}\frac{5,149\cdot10^{14}}{6,378^{2}\cdot10^{12}}=1,139\cdot10^{11}\left [ \frac{kgm}{As^{3}} \right ]

g=\frac{E}{\sqrt{\mu_{{2}}}}\frac{1,139\cdot10^{11}}{1,161\cdot10^{10}}=9,81\left [ \frac{m}{s^{2}} \right ]

Ez pedig pontosan megegyezik a Föld felszínén mérhető gravitációs térerővel.

Számítsuk ki most is az 1kg tömegű testre is a villamos térerőt, majd az ehhez tartozó gravitációs térerőt egy méter távolságban.

E=K_{{0}}\frac{Q_{{1kg}}}{R_{1m}^{2}}9\cdot10^{9} \frac{8,61\cdot10^{-11}}{1^{2}}=7,749\left [ \frac{kgm}{As^{3}} \right ]

g=\frac{E}{\sqrt{\mu_{{2}}}}\frac{7,749}{1,161\cdot10^{10}}=6,6744\cdot10^{-11}\left [ \frac{m}{s^{2}} \right ]

A vártnak megfelelően a megkaptuk a 1m távolságban az 1kg tömegű test gravitációs térerejét, ami pontosan megegyezik az jelenleg elfogadott értékkel.

Számítsuk ki villamos térerőhöz ismert távolságokban a hozzá tartozó feszültséget. Nézzük meg a Nap Föld távolságban. A Nap villamos térerőt már ismerjük a Föld távolságban.

Jelen esetben ez U=E_{{NF}}\cdot R_{{NF}}

Behelyettesítve: U=6,889\cdot10^{7}\cdot1,495\cdot10^{11}=1,0299\cdot10^{19}\left [ \frac{kgm^{2}}{As^{3}} \right ]

Itt is látható, hogy az U feszültség a \sqrt{\mu_{2}} és sebesség négyzetének szorzata.

Nézzük meg, hogy milyen sebességet kapunk a Nap Föld távolságban.

v^{2}= \frac{U}{\sqrt{\mu_{{2}}}}=\frac{1,0299\cdot10^{19}}{1,161\cdot10^{10}}=8,87\cdot10^{8}\left [ \frac{m^{2}}{s^{2}} \right ]

Gyökvonás után v=2,978\cdot10^{4}\left [ \frac{m}{s} \right ]

Ez pedig nem más, mint a Föld átlagos keringési sebessége a Nap körül.

De nézzük meg a Föld felszínén, ahol a villamos térerő ismert.

U=1,139\cdot10^{11}\cdot6,378\cdot10^{6}=7,264\cdot10^{17}\left [ \frac{kgm^{2}}{As^{3}} \right ]

v^{2}=\frac{U}{\sqrt{\mu_{{2}}}}=\frac{7,264\cdot10^{17}}{1,161\cdot10^{10}}=6,257\cdot10^{7}\left [ \frac{m^{2}}{s^{2}} \right ]

v=7,91\cdot10^{3}\left [ \frac{m}{s} \right ]

Ez pedig I. kozmikus sebesség a Föd körül.

Ellenőrizzük le a Holdra is.

E_{{FH}}=K_{{0}}\frac{Q_{{F}}}{R_{FH}^{2}}9\cdot10^{9}\frac{5,149\cdot10^{14}}{3,844^{2}\cdot10^{16}} =3,136\cdot10^{7}\left [ \frac{kgm}{As^{3}} \right ]

U=3,136\cdot10^{7}\cdot3,844\cdot10^{8}=12,056\cdot10^{15}\left [ \frac{kgm^{2}}{As^{3}} \right ]

v^{2}=\frac{U}{\sqrt{\mu_{{2}}}}=\frac{12,056\cdot10^{15}}{1,161\cdot10^{10}}=1,038\cdot10^{6}\left [ \frac{m^{2}}{s^{2}} \right ]

v=1,018\cdot10^{3}\left [ \frac{m}{s} \right ]

A Hold távolságában is helyes eredményt kaptunk.

Ha van elektromos erőtér összetevője a gravitációs erőtérnek, akkor az elektromágneses hullámok hordozó közege kell, hogy legyen. Ami azt jelenti, hogy fény is ebben terjed.

Ezek után a következő kérdés, vajon hol rejtőzik a villamos térerő, a gravitációs térerőben? Nagyon úgy tűnik, hogy erre is egy viszonylag egyszerű választ lehet majd adni.

Végül nézzük meg, hogy a fénysebességét hányféleképpen tudjuk kifejezni a korábbiak alapján

a. c^{2}=\frac{1}{\varepsilon\mu}   Maxwel egyenletéből

b. c^{2}=\frac{K_{{0}}\cdot4\pi}{\mu}

c. c^{2}=f\cdot\frac{M_{n}^{2}}{Q_{n}^{2}}\cdot\frac{4\pi}{\mu}

d. c^{2}=K_{{ma}}\cdot\frac{M_{{n}}}{Q_{n}^{2}}\cdot\frac{4\pi}{\mu}  látható, hogy a fény sebessége kifejezhető a gravitációs állandóval, a Coloumb állandóval, és Kepler módosított állandóval is és anyagi függése is van. Kérdés ezek után. Mivel tudjuk, hogy ezek az „állandók” változhatnak, a fénysebességet szabad-e állandónak tekinteni?

 

 

Felhasznált irodalom:

Dr. Selmeczi Kálmán- Dr. Szilágyi Miklós: Fizika I.

Dr. Szalay Béla: Fizika

Simonyi Károly: A Fizika Kultúrtörténete