Legalább mekkora kezdősebességgel kellene egy követ a Föld felszínén függőlegesen feldobni, hogy többé ne essen vissza (a közegellenállást hanyagoljuk el)?

"Egyre bonyolítod"

Szerintem nincs itt bonyolítás, inkább egyértelműsíteni próbálok. :)

Engem nem zavar, hogy plusz infót akarsz adni, de az igen, hogy állati nagy pontatlanságokat próbálsz közölni ám.

például ez:

"Ha a Föld nem keringene a Nap körül, hanem csak úgy "álldogállna" a csillagközi térben, akkor akármilyen kezdősebesség esetén visszaesne a függőlegesen fellőtt test."

nem is értem, hogy mit akar jelenteni. Először is kvázi nem igaz; pontosan erről szól a szökési sebesség. (Ehhez elemi fizikai ismeret is elég: mivel a gravitációs lassítás egyetlen egyenes mentén hat, és a mértéke a távolságal arányosan csökken, kellő kezdősebesség mellett soha nem tudja 0-ra csökkenteni vagy visszájára fordítani a sebességet. Ha ezt nem érted, a kozmikus sebességeket sem érted.)

A másik, hogy hogyan számíthatna már a Föld keringése? Ezt nem is értem egyáltalán. Ugye eleve a relativitás elve alapján nem tehető különbség, hogy a Földet tekintjük-e mozgónak vagy a Naprendszert. Tehát a Nap-Föld viszonylagos mozgásában kellene valami olyan tényezőnek lenni, amiről beszélhetsz, ami a szökési sebességet befolyásolja...de hogyan? miért? nem is értem.

> „Csak azt, hogy az első/második kozmikus sebesség az adott égitest tömegközéppontjából kifelé mutató egyenes mentén nem ér semmit.”

Az első valóban nem, az érintő irányra lett kitalálva, de a második igen.

> „Ha a Föld nem keringene a Nap körül, hanem csak úgy "álldogállna" a csillagközi térben, akkor akármilyen kezdősebesség esetén visszaesne a függőlegesen fellőtt test. Csak idő kérdése.”

Ez butaság, másrészt a Nap körüli keringést is figyelembe véve, tehát hogy a Nap visszahúzza a követ, akkor általában elég valószínűtlen, hogy eltalálja a Földet. (Lásd milyen ritkák a meteorbecsapódások, pedig mennyi sok meteor van a Naprendszerben.)

Gondoljuk végig egy konkrét példán, mert más esélyünk már úgy sincs… Legegyszerűbb eset, egy szál Föld a semmi közepén, nem forog, gömb alakú, R = 6370 km sugarú, M = 6*10^24 kg tömegű, légköre nincsen neki. Adott a γ = 6,73*10^(–11) N*(m/kg)^2 gravitációs állandó, és egy m = 1 kg tömegű kő. Ezt a követ a Föld valamelyik sugarának irányában (azaz függőlegesen felfelé) kilőjük v0 = 14 000 m/s sebességgel. Vizsgáljuk meg, hogy hogyan változik a sebessége a távolságának függvényében; és hol lesz ez 0, azaz hogy hol fog visszafordulni a Föld felé, hogy visszaessen.

A távolságot mérjük a Föld középpontjától, azaz r0 = R, v0 = v(R). A sebesség kiszámolásához használjuk a munkatételt, a test mozgási energiájának megváltozása a rá ható erők eredőjének munkája

ΔE(r) = W(r).

Most csak a gravitációs erő hat a Föld felé, a test elmozdulásának iránya mindig ellentétes ezzel, tehát W(r) < 0, így a test sebességének változása is, tehát lassul.

m*v(r)^2/2 – m*v(R)^2/2 = W(r),

v(r) = gyök(v(R)^2 + 2*W(r)/m).

Most még ki kell számolnunk W(r)-t. Egy kis dr' elmozdulás alatt az F(r) gravitációs erő munkája az r' helyen

dW(r') = F(r')*dr',

Ezt kell integrálni (összeadni minden kis dr' elmozdulásra) a kezdőponttól a kérdéses r pontig, hogy a keresett W(r)-t megkapjuk:

W(r) = int(F(r'), r' = R..r).

Az F(r') = –γ*M*m/r'^2, ezt helyettesítve

W(r) = int(–γ*M*m/r'^2, r' = R..r) = –γ*M*m*int(1/r'^2, r' = R..r) = –γ*M*m*Δ(–1/r', r' = R..r) = γ*M*m*(1/r – 1/R).

Ezt a v(r)-re kapott kifejezésbe helyettesítve:

v(r) = gyök(v(R)^2 + 2*γ*M*(1/r – 1/R)).

Oldjuk meg ezt az egyenletet 0-ra, hogy lássuk, hol fordul vissza a test, egyből négyzetre emelek:

v0^2 + 2*γ*M*(1/r – 1/R) = 0,

v0^2 + 2*γ*M/r – 2*γ*M/R = 0,

2*γ*M*/r = 2*γ*M/R – v0^2,

1/r = 1/R – v0^2/(2*γ*M)

r = 1/(1/R – v0^2/(2*γ*M)) = 2*γ*M*R/(2*γ*M – R*v0^2).

Most helyettesítsük az adatokat:

r ≈ 2*(6,73*10^(–11) N*(m/kg)^2)*(6*10^24 kg)*(6370 km)/(2*(6,73*10^(–11) N*(m/kg)^2)*(6*10^24 kg) – (6370 km)*(14000 m/s)^2) ≈ –11600 km.

[link]

Hogy lehet valaminek a Föld középpontjától mért távolsága negatív?

Nézzük meg, mekkora lesz a test sebessége nagyon messze, nagyon messze 1/r ≈ 0, remélem, ezt elhiszed, így

v(r) = gyök(v0^2 – 2*γ*M*/R) ≈ gyök((14000 m/s)^2 – 2*(6,73*10^(–11) N*(m/kg)^2)*(6*10^24 kg)/(6370 km)) ≈ 8320 m/s.

[link]

Tehát nagyon messze a sebessége pozitív, azaz távolodik. Hogy essen vissza szegény?

A szökési sebesség "egyetemességének", irányfüggetlenségének sosem gondoltam utána, tehát abban én mindig is, mint mondhatni bolygófelülettől spirális vagy körpályában gondolkodtam, most, ahogy írjátok, nem is tudom miért. A nullához konvergáló, de soha nullára (illetve negatívra) nem csökkenő sebesség is teljesen logikus. Nem számoltam utána, mert megmondom őszintén, lusta voltam differenciálegyenlettel babrálni. :)

Tehát: az egyenlítői illetve sarki fellövés közt csupán az egyenlítői kerületi sebesség plusz értéke lesz a különbség. Pontosabban függőleges fellövésnél még ez sem, csupán más jellegű, formájú pályagörbe lesz az eredmény (de az legalább bárhonnan nézve más lesz. :D)

Egy érdekes videó, hogy milyen nehéz eltalálni a Földet:

[link]