William Moebs; Samuel J. Ling; Jeff Sanny

Cel dydaktyczny

w tym podrozdziale nauczysz się:

opisywać mechanizm ruchu po orbitach kołowych;
znajdować okres i prędkość ruchu satelitów po orbicie;
określać, czy ciała oddziałują grawitacyjnie.

Księżyc krąży wokół Ziemi. Z kolei Ziemia i inne planety krążą wokół Słońca. Przestrzeń nad naszą atmosferą jest wypełniona sztucznymi satelitami krążącymi po orbicie. Zbadamy najprostsze z tych orbit, orbity kołowe, aby zrozumieć zależność między prędkością, a okresem obiegu planet i satelitów, w zależności do ich położenia oraz od tego, wokół jakiego ciała orbitują.

Orbity kołowe

Jak wspomnieliśmy na początku tego rozdziału, Mikołaj Kopernik pierwszy zasugerował, że Ziemia i wszystkie pozostałe planety krążą wokół Słońca po okręgu. Zauważył także, że okres obiegu po orbicie zwiększa się wraz z odległością od Słońca. Późniejsza analiza przeprowadzona przez Keplera wykazała, że orbity te są w rzeczywistości eliptyczne, chociaż orbity większości planet w Układzie Słonecznym są prawie okrągłe. Odległość orbity Ziemi od Słońca zmienia się zaledwie o 2%. Wyjątkiem jest niecentryczna orbita Merkurego, którego odległość od Słońca zmienia się o prawie 40%.

Wyznaczenie prędkości orbitalnej (ang. orbital speed) i okresu orbitalnego (ang. orbital period) satelity jest znacznie łatwiejsze dla orbit kołowych, więc poczynimy takie właśnie założenie w poniższym wyprowadzeniu. Jak pokazaliśmy w poprzednim podrozdziale, ciało o ujemnej energii całkowitej jest związane grawitacyjnie, a zatem znajduje się na orbicie. Potwierdzą to nasze obliczenia dla szczególnego przypadku orbit kołowych. Skupimy się na ciałach obiegających Ziemię, ale nasze wyniki mogą zostać uogólnione na inne przypadki.

Rozważmy satelitę o masie $m$ , który znajduje się na orbicie kołowej wokół Ziemi w odległości $r$ od jej środka (Ilustracja 13.12). Jego przyspieszenie dośrodkowe jest skierowane do środka Ziemi. Siła grawitacji Ziemi jest jedyną działającą siłą, więc z drugiej zasady dynamiki Newtona mamy:

\frac{G m M_{Z}}{r^{2}} = m a_{d} = \frac{m v_{orb}^{2}}{r} .

Rysunek pokazuje satelitę krążącego wokół Ziemi po promieniu r. Orbita jest pokazana jako niebieski okrąg, w którego środku znajduje się Ziemia. Czerwona strzałka o początki na satelicie jest skierowana do środka Ziemi i jest oznaczona F. Zielona strzałka styczna do orbity jest oznaczona v.

Ilustracja 13.12 Satelita o masie

m

orbitujący wokół Ziemi w odległości

r

od jej środka. Siła grawitacyjna powoduje powstanie przyspieszenia dośrodkowego.

Aby wyznaczyć prędkość orbitalną rozwiązujemy powyższe równanie zauważając, że masa $m$ się skraca i w rezultacie otrzymujemy:

v_{orb} = \sqrt{\frac{G M_{Z}}{r}} .

13.7

Analogicznie do Równania 13.2 i Równania 13.6, Równanie 13.7 jest niezależne od masy $m$ . Wartości przyspieszenia grawitacyjnego $g$ , prędkości ucieczki i prędkości orbitalnej zależą tylko od odległości od środka planety oraz jej masy $M$ , a nie zależą od masy ciała $m$ , na które działa siła grawitacji planety. Zauważ podobieństwa w równaniach na $v_{orb}$ i $v_{u}$ . Prędkość ucieczki jest dokładnie o $\sqrt{2}$ razy większa (czyli około 40%), niż prędkość orbitalna. Zwróciliśmy uwagę na tą zależność w Przykładzie 13.7 i pozostaje ona spełniona w odniesieniu do satelity, znajdującego się na dowolnej orbicie.

Aby wyznaczyć okres ruchu ciała po orbicie kołowej zauważmy, że satelita porusza się po obwodzie orbity $2 π r$ z okresem $T$ . Z definicji prędkości wynika $v_{orb} = 2 π r / T$ . Podstawiając tę zależność do Równania 13.7 i przekształcając, otrzymujemy:

T = 2 π \sqrt{\frac{r^{3}}{G M_{Z}}} .

13.8

W następnym podrozdziale zobaczymy, że równanie to reprezentuje trzecie prawo Keplera dla przypadku orbit kołowych. Potwierdza to również obserwacje Kopernika, że okres obiegu planety wokół Słońca rośnie wraz ze wzrostem jej odległości od Słońca. Do Równania 13.8 musimy tylko podstawić masę Słońca $M_{S}$ zamiast masy Ziemi $M_{Z}$ .

Podsumujemy tę część naszych rozważań, wracając do wcześniejszej dyskusji o astronautach, którzy na orbicie wydawali się znajdować w stanie nieważkości, podczas gdy w rzeczywistości spadali oni swobodnie w kierunku Ziemi. Zobaczymy dlaczego tak się dzieje. Rozważmy trajektorie pokazane na Ilustracji 13.13. (Rysunek ten opiera się na oryginalnym rysunku Newtona zamieszczonym w jego dziele Philosophiae naturalis principia mathematica (Zasady matematyczne filozofii naturalnej) i także pojawił się wcześniej w rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach.) Jeśli ciało ma mniejszą prędkość niż wynosi wartość prędkości orbitalnej, to wszystkie trajektorie uderzają w powierzchnię Ziemi. Astronauci przyspieszają w kierunku Ziemi wzdłuż, pokazanych na rysunku, niekołowych trajektorii i czują się, jakby byli w stanie nieważkości. (Astronauci przyzwyczajają się do życia na orbicie, podróżując w samolotach, które spadają swobodnie przez około 30 sekund). Jednak przy właściwie dobranej prędkości orbitalnej, krzywizna powierzchni Ziemi oddala się od astronautów dokładnie w takim samym tempie, w jakim spadają oni w jej kierunku. Oczywiście, utrzymywanie stałej odległości od powierzchni Ziemi jest warunkiem koniecznym do poruszania się po orbicie kołowej.

Obrazek przedstawia rysunek Ziemi z wysoką wieżą na biegunie północnym i strzałką poziomą oznaczoną v 0 skierowaną w prawo. Narysowano 5 trajektorii, które rozpoczynają się w górnej części wieży. Pierwsza trajektoria osiąga powierzchnię Ziemi w pobliżu wieży. Druga dociera do Ziemi dalej od wieży, a trzecia jeszcze dalej. Czwarta trajektoria dociera do Ziemi na równiku, i jest styczna do powierzchni na równiku. Piąta trajektoria jest koncentrycznym okręgiem wokół Ziemi.

Ilustracja 13.13 Orbita kołowa jest wynikiem tak dobranej prędkości stycznej, że krzywizna powierzchni Ziemi oddala się w takim samym tempie, w jakim przedmiot spada w jej kierunku.

Możemy podsumować naszą dyskusje o orbitach satelitów, przedstawiając następującą strategię rozwiązywania zadań.

Strategia rozwiązywania zadań

Strategia rozwiązywania zadań: orbity i zasada zachowania energii

Sprawdź, czy równania na prędkość, energię i okres orbitalny są słuszne dla rozwiązywanego zagadnienia. Jeśli nie, zacznij od podstawowych zasad, których używaliśmy do wyprowadzenia tych równań.
Zaczynając od podstawowych zasad, narysuj wektory sił działających na ciało i zastosuj prawo powszechnego ciążenia i drugą zasadę dynamiki Newtona.
Wraz z definicją prędkości i energii, zastosuj drugą zasadę dynamiki Newtona do interesujących cię ciał.

Przykład 13.9

Międzynarodowa Stacja Kosmiczna

Wyznacz prędkość orbitalną i okres obiegu Ziemi Międzynarodowej Stacji Kosmicznej.

Strategia rozwiązania

Ponieważ stacja orbituje na wysokości

400 km

nad powierzchnią Ziemi, promień jej orbity ma długość

R_{Z} + 400 km

. Użyjemy: Równania 13.7 i Równania 13.8, by obliczyć odpowiednio jej prędkość orbitalną i okres obiegu.

Rozwiązanie

Na podstawie Równania 13.7 prędkość orbitalna wynosi:

v_{orb} = \sqrt{\frac{G M_{Z}}{r}} = \sqrt{\frac{6,67 \cdot 10^{- 11} N \cdot m^{2} / k g^{2} \cdot 5,96 \cdot 10^{34} k g}{6,37 \cdot 10^{6} m + 4 \cdot 10^{5} m}} = 7,67 \cdot 10^{3} \frac{m}{s} .

czyli ponad 27 000 km/h. Na podstawie Równania 13.8, okres obiegu wynosi:

T = 2 π \sqrt{\frac{r^{3}}{G M_{Z}}} = \sqrt{\frac{(6,37 \cdot 10^{6} m + 4 \cdot 10^{5} m)^{3}}{6,67 \cdot 10^{- 11} N \cdot m^{2} / k g^{2} \cdot 5,96 \cdot 10^{34} k g}} = 5,55 \cdot 10^{3} s,

czyli trochę ponad 90 minut.

Znaczenie

Międzynarodowa Stacja Kosmiczna jest umieszczona na tzw. niskiej orbicie okołoziemskiej. Prawie wszystkie satelity, w tym większość satelitów pogodowych, znajdują się na niskiej orbicie okołoziemskiej. Satelity GPS krążą na wysokości około 20 000 km – są umieszczone na tzw. średniej orbicie okołoziemskiej. Im wyżej położona jest orbita, tym więcej energii jest potrzebne, aby umieścić tam satelitę, podobnie by do niego dotrzeć w przypadku, gdyby wymagana była jego naprawa. Szczególnie interesujące są satelity na tzw. orbicie geostacjonarnej. Wszystkie anteny satelitarne na Ziemi (np. te do odbioru telewizji) są skierowane w stronę satelitów geostacjonarnych. Satelity te są umieszczane w konkretnej odległości od powierzchni Ziemi ponad równikiem tak, że ich okres obiegu orbity wynosi dokładnie 1 dzień. W związku z tym pozostają one w stałym położeniu względem powierzchni Ziemi.

Sprawdź, czy rozumiesz 13.6

O ile musi zmienić się promień orbity satelity, by jego prędkość orbitalna zmniejszyła się o połowę? Jak zmieni się wówczas okres obiegu satelity?

Przykład 13.10

Określenie masy Ziemi

Oblicz masę Ziemi na podstawie znajomości długości promienia orbity Księżyca.

Strategia rozwiązania

Skorzystamy z Równania 13.8, wyznaczając z niego

M_{Z}

, a następnie podstaw wartości okresu obiegu i promienia orbity. Promień orbity i okres obiegu Księżyca wyznaczono dokładnie już tysiące lat temu. Według danych astronomicznych zawartych w Dodatku D, okres obiegu Księżyca wokół Ziemi wynosi 27,3 dnia czyli

2,36 \cdot 10^{6} s

, a średnia odległość Księżyca od Ziemi wynosi 384 000 km.

Rozwiązanie

\begin{aligned} T & = 2 π \sqrt{\frac{r^{3}}{G M_{Z}}} \\ M_{Z} & = \frac{4 π^{2} r^{3}}{G T^{2}} = \frac{4 π^{2} \cdot (3,84 \cdot 10^{8} m)^{3}}{6,67 \cdot 10^{- 11} N \cdot m^{2} / k g^{2} \cdot (2,36 \cdot 10^{6} s)^{2}} = 6,01 \cdot 10^{24} k g . \end{aligned}

Znaczenie

Porównaj otrzymany wynik z wartością

5,96 \cdot 10^{24} k g

, którą otrzymaliśmy w Przykładzie 13.5, na podstawie wartości przyspieszenia grawitacyjnego

g

na powierzchni Ziemi. W przypadku obu obliczeń wykorzystaliśmy wartości średnie (raz promienia orbity i raz przyspieszenia ziemskiego), a mimo to obie wartości są bardzo zbliżone (~ 0,8%). Wartość

g

zmienia się od równika do biegunów o około 0,5%. Natomiast Księżyc porusza się po orbicie eliptycznej i jego odległość od Ziemi

r

zmienia się o niewiele ponad 10%. (W rzeczywistości rozmiar Księżyca widzianego podczas pełni zmienia się o taką wartość. Jest to jednak trudne do zaobserwowania, gdyż odstęp czasu pomiędzy minimalnym a maksymalnym obserwowanym rozmiarem Księżyca podczas pełni wynosi kilka miesięcy).

Sprawdź, czy rozumiesz 13.7

Mamy jeszcze jedną uwagę dotyczącą naszego poprzedniego sposobu wyznaczenia $M_{Z}$ . Wyprowadziliśmy Równanie 13.8, zakładając, że satelita krąży wokół środka ciała niebieskiego po tym samym promieniu, co promień w wyrażeniu na siłę grawitacji pomiędzy nimi. Jak uzasadnić to założenie? Ziemia jest około 81 razy bardziej masywna niż Księżyc. Czy Księżyc okrąża Ziemię dokładnie wokół jej środka?

Przykład 13.11

Prędkość galaktyk i ich okres obiegu

Przyjrzyjmy się ponownie Przykładowi 13.2. Załóżmy, że Droga Mleczna i galaktyka Andromedy krążą po orbicie kołowej wokół siebie. Jaka byłaby prędkość każdej z nich i ile wynosiłby ich okres orbitalny? Załóżmy, że masa każdej z galaktyk wynosi 800 miliardów mas Słońca, a ich środki są oddalone o 2,5 mln lat świetlnych.

Strategia rozwiązania

Nie możemy skorzystać bezpośrednio z Równania 13.7 i Równania 13.8 ponieważ wyprowadziliśmy je, zakładając, że ciało o masie

m

orbituje wokół środka znacznie bardziej masywnej planety o masie

M

. Wyznaczyliśmy już siłę grawitacji pomiędzy tymi galaktykami w Przykładzie 13.2 za pomocą prawa powszechnego ciążenia. Możemy skorzystać z drugiej zasady dynamiki Newtona oraz wzoru na przyspieszenie dośrodkowe każdej z galaktyk, w celu określenia ich prędkości stycznej. Na podstawie tego wyniku możemy określić okres orbity.

Rozwiązanie

W Przykładzie 13.2, wyznaczyliśmy siłę oddziaływania galaktyk:

F_{12} = G \frac{m_{1} m_{2}}{r^{2}} = 6,67 \cdot 10^{- 11} \frac{N \cdot m^{2}}{k g^{2}} \frac{(800 \cdot 10^{9} \cdot 2,0 \cdot 10^{30} k g)^{2}}{(2,5 \cdot 10^{6} \cdot 9,5 \cdot 10^{15} m)^{2}} = 3 \cdot 10^{29} N .

Stąd przyspieszenie każdej z galaktyk wynosi:

a = \frac{F_{12}}{m} = \frac{3 \cdot 10^{29} N}{800 \cdot 10^{9} \cdot 2 \cdot 10^{30} k g} = 1,9 \cdot 10^{- 13} \frac{m}{s^{2}} .

Ponieważ galaktyki znajdują się na orbicie kołowej, to posiadają one przyspieszenie dośrodkowe. Jeżeli pominiemy oddziaływanie innych galaktyk, wówczas jak dowiedzieliśmy się w rozdziałach Pęd i zderzenia oraz Obroty wokół stałej osi, środek masy obu galaktyk pozostaje w spoczynku. W związku z tym galaktyki muszą krążyć wokół wspólnego środka masy. W przypadku równych mas obu galaktyk, ich wspólny środek masy znajduje się dokładnie w połowie odległości między nimi. Zatem promień orbity $r_{orb}$ , nie jest taki sam, jak odległość między galaktykami, lecz jest równy połowie tej wartości, czyli 1,25 milionów lat świetlnych. Te dwie różne wartości przedstawiono na Ilustracji 13.14.

Przedstawiono dwie galaktyki w odległości r, która jest zaznaczona na rysunku. Galaktyka po lewej stronie jest większa niż galaktyka po prawej stronie. Zaznaczono odległość r orb jako odległość od centrum galaktyki po lewej do punktu pomiędzy obiema galaktykami ale bliżej lewej galaktyki.

Ilustracja 13.14 Odległość między dwiema galaktykami, która określa siłę grawitacji między nimi, wynosi

r

i różni się ona od promienia orbity każdej z nich

r_{orb}

. W przypadku równych mas obu galaktyk

r_{orb} = r / 2

. (Źródło: modyfikacja dzieła Marca Van Nordena)

Korzystając z wyrażenia na przyspieszenie dośrodkowe, otrzymujemy wartość prędkości orbitalnej galaktyki $v_{orb} = 47 km/s$ . Następnie możemy określić okres orbity bezpośrednio ze wzoru $T = 2 π r / v_{orb}$ . Po podstawieniu wartości okres ten wynosi $T = 1,6 \cdot 10^{18} s$ , czyli około 50 miliardów lat.

Znaczenie

Na pierwszy rzut oka obliczona wartość prędkości orbitalnej może wydawać się duża. Zauważmy jednak, że jest ona porównywalna do prędkości ucieczki spod wpływu grawitacji Słońca, którą obliczyliśmy we wcześniejszym przykładzie. Poza tym zwróćmy uwagę, że wyznaczony okres orbitalny jest prawie cztery razy większy niż wiek Wszechświata.

W rzeczywistości te dwie galaktyki poruszają się względem siebie i oczekuje się, że zderzą się za około 4 miliardy lat. Chociaż gęstość gwiazd w każdej z nich powoduje, że bezpośrednie zderzenie dwóch gwiazd jest mało prawdopodobne, to taka kolizja będzie mieć ogromny wpływ na kształt galaktyk. Przykłady podobnych kolizji są dobrze znane w astronomii.

Sprawdź, czy rozumiesz 13.8

Galaktyki nie są pojedynczymi zwartymi obiektami, lecz składają się z miliardów gwiazd. Jaki wpływ wywiera siła grawitacyjna jednej galaktyki na gwiazdy drugiej galaktyki znajdujące się bliżej niej (czyli na zewnątrz drugiej galaktyki) w porównaniu do tych, które znajdują się dalej od niej (bliżej środka drugiej galaktyki)? Jaki wpływ będzie to miało na kształt samych galaktyk?

Materiały pomocnicze

Wypróbuj symulację zderzeń galaktyk opracowaną przez naukowców z Case Western Reserve University i Oregon University.

Energia na orbitach kołowych

W rozdziale Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego dowiedzieliśmy się, że obiekty są związane grawitacyjnie, jeżeli ich całkowita energia jest ujemna. Zostało to omówione w prostym przypadku, gdy prędkość ciała była skierowana bezpośrednio do lub od planety. Wyznaczymy teraz energię całkowitą na orbicie kołowej i pokażemy, że rzeczywiście jest ona wówczas ujemna. Podobnie jak poprzednio, zaczniemy od zastosowania drugiej zasady dynamiki Newtona do orbity kołowej:

\begin{aligned} \frac{G m M_{Z}}{r^{2}} & = m a_{d} = \frac{m v^{2}}{r} \\ \frac{G m M_{Z}}{r} & = m v^{2} . \end{aligned}

W ostatnim przekształceniu pomnożyliśmy przez $r$ obie strony równania. Prawa strona jest dwa razy większa od energii kinetycznej ciała, więc otrzymujemy zależność:

E_{K} = \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{G m M_{Z}}{2 r} .

Energia całkowita jest sumą energii kinetycznej i potencjalnej, więc ostatecznie wynosi ona:

E = E_{K} + U = \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{G m M_{Z}}{2 r} - \frac{G m M_{Z}}{r} = - \frac{G m M_{Z}}{2 r} .

13.9

Widzimy, że energia całkowita jest ujemna, a jej wartość bezwzględna jest równa wartości energii kinetycznej. Na orbitach kołowych wartość energii kinetycznej jest dokładnie równa połowie wartości energii potencjalnej. Co ciekawe, wynik ten odnosi się do dowolnych dwóch ciał na orbitach kołowych krążących wokół ich wspólnego środka masy, w odległości $r$ od siebie. Dowód tego stwierdzenia pozostawiono jako ćwiczenie. W następnym rozdziale przekonamy się, że bardzo podobne wyrażenie odnosi się do przypadku orbit eliptycznych.

Przykład 13.12

Energia potrzebna do ruchu po orbicie

W Przykładzie 13.8, obliczyliśmy energię potrzebną do przeniesienia statku Sojuz o masie 9000 kg z powierzchni Ziemi na orbitę Międzynarodowej Stacji Kosmicznej, czyli na wysokość 400 km nad powierzchnią Ziemi. Innymi słowy, wyznaczyliśmy zmianę jego energii potencjalnej. Teraz zobaczymy, ile wynosi zmiana energii całkowitej pojazdu Sojuz, która jest potrzebna, by umieścić go na tej orbicie, ale w taki sposób, by mógł on połączyć się z orbitującą tam stacją (Ilustracja 13.15)? Jaką część potrzebnej do tego energii całkowitej stanowi energia kinetyczna?

Pokazano Międzynarodową Stację Kosmiczną i Sojuza krążących na równoległych orbitach wokół Ziemi.

Ilustracja 13.15 Statek Sojuz spotyka się z Międzynarodową Stacją Kosmiczną. Zauważ, że rysunek ten nie zachowuje skali. W rzeczywistości Sojuz jest znacznie mniejszy niż stacja, a jego orbita jest znacznie bliżej Ziemi. (Źródło: modyfikacja rysunku NASA)

Strategia rozwiązania

Energia całkowita wymagana do wyniesienia statku Sojuz na orbitę i jego połączenia ze stacją kosmiczną jest równa różnicy energii całkowitej statku na orbicie i na powierzchni Ziemi. Możemy skorzystać z Równania 13.9, by znaleźć całkowitą energię Sojuza na orbicie Międzynarodowej Stacji Kosmicznej. Założymy, że energia całkowita na powierzchni Ziemi jest równa energii potencjalnej statku, gdyż przed startem znajduje się on w spoczynku względem Ziemi. W związku z tym, nie używamy Równania 13.9 na powierzchni, ale dopiero gdy dotrzemy na orbitę. Dokonujemy tu przybliżenia, które polega na tym, że nie uwzględniamy startowej energii kinetycznej statku wynikającej z ruchu dobowego Ziemi wokół własnej osi. Zwróćmy uwagę, że w rzeczywistości nie bez powodu miejsca startowe rakiet umieszczone są tak blisko równika, jak jest to możliwe. Wówczas energia kinetyczna może być wyznaczona ze zmiany energii całkowitej i zmiany energii potencjalnej, wyznaczonej w Przykładzie 13.8. Alternatywnie możemy skorzystać z Równania 13.7, aby wyznaczyć

v_{orb}

i bezpośrednio stąd obliczyć energię kinetyczną. Wymagana energia całkowita jest wówczas sumą tej energii kinetycznej i zmiany energii potencjalnej, obliczonej w Przykładzie 13.8.

Rozwiązanie

Na podstawie Równania 13.9 energia całkowita Sojuza na orbicie Międzynarodowej Stacji Kosmicznej wynosi:

\begin{aligned} E_{orb} & = E_{K orb} + U_{orb} = - \frac{G m M_{Z}}{2 r} \\ = - \frac{6,67 \cdot 10^{- 11} N \cdot m^{2} / k g^{2} \cdot 9000 k g \cdot 5,96 \cdot 10^{24} k g}{2 \cdot (6,37 \cdot 10^{6} m + 4 \cdot 10^{5} m)} = - 2,65 \cdot 10^{11} J . \end{aligned}

Jego energia całkowita na powierzchni Ziemi wynosi:

\begin{aligned} E_{pow} & = E_{K pow} + U_{pow} = 0 - \frac{G m M_{Z}}{r} \\ = - \frac{6,67 \cdot 10^{- 11} N \cdot m^{2} / k g^{2} \cdot 9000 k g \cdot 5,96 \cdot 10^{24} k g}{6,37 \cdot 10^{6} m} = - 5,63 \cdot 10^{11} J . \end{aligned}

Zmiana energii całkowitej wynosi $Δ E = E_{orb} - E_{pow} = 2,98 \cdot 10^{11} J$ . Aby wyznaczyć energię kinetyczną, odejmiemy zmianę energii potencjalnej od Przykładu 13.6, $Δ E = 3,32 \cdot 10^{10} J$ . Otrzymujemy $E_{K orb} = 2,98 \cdot 10^{11} J - 3,32 \cdot 10^{10} J = 2,65 \cdot 10^{11} J$ . Jak stwierdzono powyżej, energia kinetyczna na orbicie kołowej jest zawsze równa co do wartości połowie energii potencjalnej i jednocześnie równa jest wartości energii całkowitej. Otrzymany wynik to potwierdza.

W alternatywnym podejściu używamy Równania 13.7, by wyznaczyć prędkość orbitalną Sojuza, podobnie jak zrobiliśmy dla Międzynarodowej Stacji Kosmicznej w Przykładzie 13.9.

v_{orb} = \sqrt{\frac{G M_{Z}}{r}} = \sqrt{\frac{6,67 \cdot 10^{- 11} N \cdot m^{2} / k g^{2} \cdot 5,96 \cdot 10^{24} k g}{6,37 \cdot 10^{6} m + 4 \cdot 10^{5} m}} = 7,67 \cdot 10^{3} \frac{m}{s} .

Energia kinetyczna pojazdu Sojuz na orbicie wynosi tyle samo, ile w przypadku pierwszego sposobu. Energia całkowita potrzebna do wyniesienia statku na orbitę wynosi:

E_{orb} = E_{K orb} + Δ U = 2,65 \cdot 10^{11} J + 3,32 \cdot 10^{10} J = 2,98 \cdot 10^{11} J .

Znaczenie

Energia kinetyczna Sojuza jest równa prawie ośmiokrotnej zmianie jego energii potencjalnej lub 90% energii całkowitej, potrzebnej na spotkanie z Międzynarodową Stacją Kosmiczną. Należy pamiętać, że energia ta wyraża jedynie energię, która musi być dostarczona do Sojuza. Przy współczesnej technice rakietowej masa układu napędowego (paliwa rakietowego, jego zbiorniki i układ spalania) znacznie przekracza masę samego statku kosmicznego wraz z ładunkiem. W związku z tym należy zużyć ogromną ilość energii, by nadać statkowi odpowiednią energię kinetyczną. Rzeczywisty koszt energii jest wielokrotnie większy od kosztu zmiany energii całkowitej samego statku.

13.4 Orbity satelitów i ich energia

Orbity kołowe

Strategia rozwiązywania zadań: orbity i zasada zachowania energii

Międzynarodowa Stacja Kosmiczna

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie

Określenie masy Ziemi

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie

Prędkość galaktyk i ich okres obiegu

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie

Energia na orbitach kołowych

Energia potrzebna do ruchu po orbicie

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie