Rozdział 13

Siła grawitacji działająca na każdy z pojazdów ze strony drugiego wzrasta, z odwrotnością kwadratu odległości między nimi, gdy zbliżają się do siebie. Podobnie dzieje się z przyspieszeniem. Na przykład, jeżeli odległość między pojazdami zmniejszy się o połowę, siła grawitacji i przyspieszenie wzrosną czterokrotnie. Nasza średnia jest dokładna tylko dla liniowo rosnącego przyspieszania, podczas gdy przyspieszenie w rzeczywistości rośnie szybciej. Więc oszacowana przez nas prędkość jest zaniżona. Z trzeciego prawa dynamiki Newtona wynika, że siły grawitacji między dowolnymi dwoma ciałami muszą być takie same (akcja = reakcja). Natomiast przyspieszenie każdego z ciał byłoby różne, w przypadku gdyby miały one różne masy.

Nawet najwyższe budynki na świecie mają wysokość mniejszą niż 1 km. Wartość $g$ jest proporcjonalna do kwadratu odległości od środka Ziemi. Z prostej proporcji możemy obliczyć, że zmiana $g$ na wysokości 1 km ponad powierzchnią Ziemi jest mniejsza niż 0,0001% w stosunku do wartości przy samej powierzchni naszej planety. W związku z tym nie ma potrzeby uwzględniać tej zmiany przy projektowaniu konstrukcji wysokich budynków.

Wartość $g$ maleje o około 10% przy takiej zmianie wysokości. W związku z tym wyrażenie $\text{Δ}U=mg(y_2-y_1)$ da zawyżoną wartość zmiany energii potencjalnej. Jeśli podstawimy w nim stałą wartość $g=\mathrm{9,8}\text{m/s}$, otrzymamy:

czyli wartość zawyżoną o około 6% w porównaniu do poprawnej metody.

Sonda musi przezwyciężyć zarówno przyciąganie grawitacyjne Ziemi, jak i Słońca. W drugim obliczeniu, w powyższym przykładzie, wyznaczyliśmy prędkość ucieczki konieczną do pokonania grawitacji Słońca z odległości równej orbicie Ziemi, a nie z samej powierzchni Ziemi. Właściwym sposobem na znalezienie tej wartości jest zacząć od Równanie 13.5, w którym uwzględnilibyśmy składniki energii potencjalnej zarówno Ziemi, jak i Słońca.

Zmienisz kierunek swojej prędkości za pomocą siły, która jest prostopadła do prędkości w każdym punkcie toru lotu. W efekcie, trzeba stale dostosowywać silniki statku, tworząc siłę dośrodkową, aż twój pęd zmieni się ze stycznego do radialnego. Z prostego diagramu wektora pędu wynika, że wypadkowa zmiana pędu jest równa $\sqrt{2}$ razy wartość samego pędu. Okazuje się, że jest to bardzo nieefektywny sposób na dotarcie na Marsa. Najbardziej efektywny sposób omówimy w podrozdziale Prawa Keplera.

W Równaniu 13.7 promień występuje w mianowniku pod pierwiastkiem kwadratowym. Tak więc promień musi wzrosnąć czterokrotnie, aby prędkość zmalała dwukrotnie. Wówczas obwód orbity także zwiększy się czterokrotnie, więc przy dwukrotnym zmniejszeniu prędkości orbitalnej, okres obiegu wydłuża się osiem razy. Wynika to także bezpośrednio z Równania 13.8.

Zakłada się, że orbitujące ciało jest znacznie mniej masywne niż ciało, wokół którego ono krąży. Nie jest to spełnione w przypadku Księżyca i Ziemi. Zarówno Ziemia, jak i Księżyc krążą wokół ich wspólnego środka masy. Rozwiążemy takie zagadnienie w następnym przykładzie.

Gwiazdy na obrzeżach galaktyki znajdują się bliżej innych galaktyk, a tym samym odczuwają większą siłę grawitacji pochodzącą od nich niż gwiazdy wewnętrzne. Zewnętrzne gwiazdy galaktyk będą więc miały większe przyspieszenie w kierunku innych galaktyk. Ponadto gwiazdy wewnętrzne znajdują się na orbitach wokół środka galaktyki o mniejszym promieniu niż gwiazdy zewnętrzne, a więc w konsekwencji galaktyka wydłuża się i rozciąga. Różnica sił grawitacyjnych pochodzących od innych galaktyk jeszcze zwiększa ten efekt.

Długość półosi wielkiej, dla bardzo spłaszczonej eliptycznej orbity komety Halleya, wynosi 17,8 j.a.. Wartość ta leży pomiędzy długościami promieni orbit 9,5 j.a. i 19 j.a., odpowiednio Saturna i Urana. Promień w przypadku orbity kołowej odpowiada półosi wielkiej dla orbity eliptycznej. Ponieważ okres orbitalny rośnie wraz ze wzrostem długości półosi wielkiej, należy oczekiwać, że wartość okresu obiegu Słońca przez kometę Halleya leży pomiędzy okresami orbitalnymi Saturna i Urana. Tak jest w rzeczywistości.

Rozważmy ostatnie równanie powyżej. Wartości $r_1$ i $r_2$ pozostają prawie takie same, ale średnica Księżyca $(r_2^{}-r_1^{})$ jest równa jednej czwartej średnicy Ziemi. Siły pływowe na Księżycu są więc o jedną czwartą mniejsze niż na Ziemi.

Biorąc pod uwagę niezwykle dużą gęstość potrzebną, by ścisnąć ciało wielkości Ziemi do czarnej dziury, nie spodziewamy się we Wszechświecie tak małych czarnych dziur. Nawet ciało z masą naszego Słońca musiało być sprasowane do gęstości 80 razy większej od gęstości gwiazdy neutronowej. Uważa się, że gwiazdy tej wielkości nie mogą stać się czarnymi dziurami. Jednak gwiazdy o masach równych kilku masom Słońca mogą zapaść się pod wpływem własnej grawitacji do czarnej dziury pod koniec swego życia. Jak pokażemy później, uważa się, że czarne dziury powszechnie występują w centrach galaktyk. Te galaktyczne czarne dziury mają zwykle masę wielu milionów gwiazd.

Za ostateczny wyznacznik prawdy uznaje się zgodność z doświadczeniem. Teoria pola została opracowana, aby wyjaśnić, w jaki sposób siła wywierana jest przez ciała niebędące w fizycznym kontakcie. Dotyczy to zarówno siły grawitacji, jak i sił elektrostatycznych oraz magnetycznych, które oddziałują z prędkością światła. Dopiero od XX wieku jesteśmy w stanie stwierdzić, że oddziaływanie nie jest przekazywane natychmiastowo.

Przyspieszenie dośrodkowe wynikające z ruchu obrotowego Ziemi nie jest skierowane równolegle do kierunku działania siły grawitacji. Dlatego prawidłowa linia pionu budynku nie jest skierowana w kierunku środka Ziemi równolegle do jej promienia. Jednak inżynierowie używają poziomic lub niwelatorów geodezyjnych, które reagują zarówno na działanie siły grawitacji, jak i siły dośrodkowej. Nie muszą więc zwracać szczególnej uwagi na to, w jakim punkcie na powierzchni Ziemi jest wznoszony budynek.

Gdy przemieszczamy się na dalsze orbity, coraz większa część energii potencjalnej zamienia się w energię kinetyczną, podczas gdy prędkość orbitalna maleje. W związku z tym współczynnik ten jest największy w pobliżu powierzchni Ziemi (teoretycznie jest on nieskończenie duży gdybyśmy krążyli na samej powierzchni Ziemi, bez zmiany wysokości), malejąc do zera, gdy docieramy nieskończenie daleko od Ziemi.

Okres obiegu orbity musi wynosić 24 godziny. Dodatkowo, satelita musi być umieszczony ponad równikiem i krążyć w tym samym kierunku, w jakim obraca się Ziemia. Wszystkie trzy kryteria muszą być spełnione, by satelita pozostawał w stałym położeniu względem powierzchni Ziemi. Potrzebne są co najmniej trzy satelity, gdyż dwa satelity po przeciwnych stronach Ziemi nie mogą komunikować się ze sobą. (Nie jest to do końca prawdą. Można by wybrać taką długość fali, która wystarczająco ugięłaby się w atmosferze. Byłoby to jednak zupełnie niepraktyczne).

Prędkość jest największa, gdy satelita jest najbliżej ciała, wokół którego orbituje, a najmniejsza, gdy znajduje się w największej odległości od niego, czyli odpowiednio w perycentrum i apocentrum. Określa to zasada zachowania momentu pędu. Ale można to wywnioskować także z zasady zachowania energii. Energia kinetyczna musi być największa w punkcie, grawitacyjna energia potencjalna jest najmniejsza (najbardziej ujemna). Wektor siły, a tym samym wektor przyspieszenia, są zawsze skierowane bezpośrednio do ciała o masie $M$, a wektor prędkości jest zawsze styczny do toru w każdym punkcie orbity. Wektor przyspieszenia ma składową styczną wzdłuż kierunku prędkości w dolnym położeniu na osi $y$, a zatem satelita tam przyspiesza. Odwrotnie jest w górnym położeniu.

Jeśli laboratorium przyspiesza „do góry” to promień lasera trafi w przeciwną ścianę poniżej położenia lasera. Wiązka lasera obniży się względem laboratorium. Możemy oczekiwać, że to samo nastąpi w polu grawitacyjnym. Brak masy światła nie ma w tym przypadku znaczenia, tak samo jak przyspieszenie ciała spadającego w polu grawitacyjnym nie zależy od masy ciała.

$\mathrm{7,4}\cdot {10}^{-8}\mathrm{N}$

a. $F_o=\mathrm{7,01}\cdot {10}^{-7}\mathrm{N}$
b.
$$\begin{gathered} F_J=\mathrm{1,35}\cdot {10}^{-6}\mathrm{N} \\ \frac{F_o}{F_J}=\mathrm{0,521} \end{gathered}$$

1. $\mathrm{9,25}\cdot {10}^{-6}\mathrm{N}$;
2. Wartość ta jest mało dokładna, gdyż Międzynarodowa Stacja Kosmiczna nie jest symetryczna, a już tym bardziej nie ma symetrii sferycznej.

1. $\mathrm{1,41}\cdot {10}^{-15}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
2. $\mathrm{1,69}\cdot {10}^{-4}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$

a. $\mathrm{1,62}{\text{m/s}}^2$; b. $\mathrm{3,75}{\text{m/s}}^2$

a. 147 N; b. 25,5 N; c. 15 kg; d. 0; e. 15 kg

$12{\text{m/s}}^2$

$3R_Z\text{/}2$

5000 m/s

1440 m/s

11 km/s

1. $\mathrm{5,85}\cdot {10}^{10}\mathrm{J}$;
2. $-\mathrm{5,85}\cdot {10}^{10}\mathrm{J}$; nie jest to konieczne, jeśli przyjmiemy, że energia kinetyczna ciała jest odnawialna. Nie byłoby to konieczne nawet, gdybyśmy poruszali się w windzie między Ziemią a Księżycem.

a. 0,25; b. 0,125

a. $\mathrm{5,08}\cdot {10}^3\mathrm{k}\mathrm{m}$; b. Jest to mniej niż promień Ziemi.

$\mathrm{1,89}\cdot {10}^{27}\mathrm{k}\mathrm{g}$

1. $\mathrm{4,01}\cdot {10}^{13}\mathrm{k}\mathrm{g}$;
2. Promień orbity satelity musi być większy od promienia samej asteroidy, a więc maksymalnie niecałe 2 km. Gdyby promień asteroidy wynosił nawet 2 km to jej gęstość byłaby równa około $1200{\text{kg/m}}^3$. Jest to wartość trochę większa od gęstości wody, więc sytuacja taka mogłaby zaistnieć w rzeczywistości.

1. $\mathrm{1,80}\cdot {10}^{-10}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$; Tak, przyspieszenie dośrodkowe ma tak małą wartość, że można założyć, iż układ odniesienia związany ze Słońcem jest układem inercjalnym.
2. $\mathrm{2,26}\cdot {10}^5\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$

$\mathrm{1,98}\cdot {10}^{30}\mathrm{k}\mathrm{g}$; Różnica pomiędzy wartościami wynosi 0,05%.

Porównaj Równanie 13.8 oraz Równanie 13.12 by zobaczyć, że różnią się one jedynie tym, że promień orbity kołowej $r$, jest zastąpiony przez długość półosi wielkiej elipsy $a$. W związku z tym średni promień jest równy połowie sumy odległości pomiędzy aphelium i peryhelium, czyli wynosi tyle samo, co długość półosi wielkiej orbity eliptycznej.

Długość półosi wielkiej orbity eliptycznej tej komety, wyznaczona z równania na okres orbitalny wynosi 3,78 j.a. i jest ona równa połowie sumy odległości między aphelium i peryhelium orbity. W związku z tym odległość aphelium komety od Słońca wynosi 4,95 j.a..

1,75 roku

Około 20 000 N (zależy, jaki wzrost obserwatora przyjąłeś do obliczeń); jest to znacznie za duża wartość, aby mógł on przeżyć.

$\mathrm{1,19}\cdot {10}^7\mathrm{k}\mathrm{m}$

1. $\mathrm{1,85}\cdot {10}^{14}\mathrm{N}$;
2. Nie rób tego!

$\mathrm{1,49}\cdot {10}^8\mathrm{k}\mathrm{m}$

Wartość $g$ na ich planecie wynosi 2,4 m/s², czyli jest w przybliżeniu czterokrotnie mniejsza niż wartość przyspieszenia ziemskiego. Na pewno są oni więc słabymi skoczkami.

Wskazanie wagi wynosi 983 N na biegunie i 980 N na równiku.

1. Prędkość ucieczki nadal wynosi 43,6 km/s. Startując z Ziemi w kierunku stycznym do jej prędkości orbitalnej, trzeba osiągnąć prędkość $\mathrm{43,6}\text{km/s}-\mathrm{29,8}\text{km/s}=\mathrm{13,8}\text{km/s}$ względem Ziemi.
2. Energia całkowita jest równa zero, więc trajektoria jest parabolą.

44,9 km/s

1. $\mathrm{1,3}\cdot {10}^7\mathrm{m}$;
2. Energie odpowiednio są równe: $\mathrm{1,56}\cdot {10}^{10}\mathrm{J}$; $\mathrm{3,12}\cdot {10}^{10}\mathrm{J}$; $-\mathrm{1,56}\cdot {10}^{10}\mathrm{J}$

1. Zakładając sferyczny kształt asteroidy i przyjmując długość jej średniego promienia równą 260 km otrzymujemy wartość okresu orbitalnego satelity wynoszącą $\mathrm{6,24}\cdot {10}^3\mathrm{s}$, czyli około 1,7 godziny.
2. W rzeczywistości nie można założyć, że Vesta ma kształt kuli. Musisz znajdować się powyżej jej największego wzniesienia (prawie 290 km od jej środka), by w ogóle można było mówić o orbicie. Co więcej, asferyczny kształt asteroidy zakłóciłby bardzo szybko ruch satelity po orbicie, więc obliczenie to nie byłoby dokładne nawet dla dalszej orbity.

1. 323 km/s;
2. Nie, w tym przypadku musisz zwrócić uwagę na kierunek prędkości orbitalnej Układu Słonecznego. Jeśli kierunek twojej prędkości w chwili startu byłby zgodny z kierunkiem prędkości orbitalnej Układu Słonecznego wokół środka galaktyki, to musiałbyś osiągnąć prędkość wynoszącą tylko około $323\text{km/s}-228\text{km/s}=95\text{km/s}$.

Podstawiając $e=1$, otrzymujemy $\frac{\alpha }{r}=1+\text{cos}\theta \text{→}\alpha =r+r\text{cos}\theta =r+x$; stąd $r^2=x^2+y^2={(\alpha -x)}^2$. Rozwijając i szeregując zmienne otrzymujemy $x=\frac{1}{\mathrm{-2}\alpha }{y}^2+\frac{\alpha }{2}$.

Z zasady zachowania momentu pędu otrzymujemy zależność $p{v}_p=q{v}_q$ i wstawiamy ją do równania zasady zachowania energii, z której wyznaczamy $v_p$.

$g=\frac{4}{3}G\rho \pi r\text{→}F=mg=\left[\frac{4}{3}Gm\rho \pi \right]r$. Z równania $F=\frac{{\mathrm{d}}^{2}r}{\mathrm{d}{t}^2}$, otrzymujemy $\frac{{\mathrm{d}}^{2}r}{\mathrm{d}{t}^2}=\left[\frac{4}{3}G\rho \pi \right]r$, gdzie pierwszy czynnik jest równy ${\omega }^2$. Stąd $T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{\frac{3}{4G\rho \pi }}$ i podstawiając $\rho =\frac{M}{4\pi r^3\text{/}3}$, otrzymujemy to samo wyrażenie, co na okres ruchu ciała po orbicie o promieniu $R$.

Podstawiając masę Słońca i promień orbity ziemskiej otrzymujemy wartość $\mathrm{2,24}\cdot {10}^{15}{\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$. Wartość $\pi R_{\text{ZS}}^2\text{/}(1\text{rok})$ (czyli pole powierzchni objęte orbitą Ziemi podzielone przez czas pełnego obiegu Ziemi wokół Słońca) jest taka sama.

$\mathrm{\Delta }U=U_2-U_1=-\frac{G{M}_{Z}m}{r_2}+\frac{G{M}_{Z}m}{r_1}=G{M}_{Z}m\frac{r_2-r_1}{r_2{r}_1}$, gdzie $h=r_2-r_1$. Jeśli $h\ll R_Z$, to $r_2{r}_1\approx R_Z^2$ i po podstawieniu otrzymujemy

$\mathrm{\Delta }U=G{M}_{Z}m\frac{h}{R_Z^2}=m\frac{G{M}_Z}{R_Z^2}h$, gdzie wyrażenie $G{M}_Z\text{/}{R}_Z^2$ jest definicją $g$.

1. Znajdź różnicę działających sił,
   $F_{\text{pływowa}}=\frac{2GMm}{R^3}\mathrm{\Delta }r$;
2. Podstawiając długość promienia Schwarzschilda czarnej dziury (wyznaczyliśmy go we wcześniejszych zadaniach) i jej masę otrzymujemy w tym przypadku wartość siły pływowej równą $\mathrm{9,5}\cdot {10}^{-3}\mathrm{N}$. Nawet byś tego nie zauważył!