rozwiązania

ĆWICZENIA RACHUNKOWE Z FIZYKI
Wydział IŚ, kierunek: IŚ
Lista IX
Pole grawitacyjne. Dynamika bryły sztywnej 1.
ROZWIĄZANIA ZADAŃ
1. Aby siły działające na stację kosmiczną się równoważyły muszą działać wzdłuż jednej prostej, być przeciwnie skierowane i równe co do wartości (porównaj rysunek). Oznaczając
masę stacji Soho jako m otrzymujemy równość wartości
p
2
sił FZ = FS ⇒ GMZ m/rZ
= GMS m/rS2 ⇒ rS =p MS /MZ rZ . Suma odległość rZ i rS jest równa odległości Słońce
Ziemia (rS + rZ = dZ−S ), skąd rZ = dZ−S /(1 + MS /MZ ) ≈ 2,59 · 105 km.
rZ-
~
rS
~
FS
Z
mF
sZiemia
stacja
Zadanie 1
(A)
Słońce
A
(B)
C
B
A
C
B
Zadanie 2
2. Natężenie i potencjał są wielkościami addytywnymi. Przy czym natężenie jest wielkością wektorową, a potencjał
skalarną. (A) Gdy rozpatrujemy punkt położony w środku trójkąta to natężenia pochodzące od poszczególnych znoszą
się (porównaj rysunek) ~γ = ~0. Natomiast wartości potencjału są takie same zatem √
V = VA +√VB + VC = 3VA =
−3GM/r,
gdzie
r
to
odległość
od
wierzchołka.
Podstawiając
r
=
(2/3)h
=
(2/3)a(
3/2) = ( 3/3)a mamy V =
√
−3 3GM/a. (B) Na środku boku natężenia pochodzące od wierzchołków A i B znoszą się pozostawiając ~γ = ~γC .
2
Wartość natężenia γ = GM/h2 = 4GM/(3a
). Natomiast potencjały się dodają V = VA + VB + VC = 2VA + VC =
√
−2GM/(a/2) − GM/h = −GM/a(4 + 2 3/3).
W celu obliczenia pracy siły zewnętrznej obliczmy energię potencjalną ciała C w polu ciał A i B. EC = (VA + VB )M =
2VA M = −2GM 2 /a. Zatem praca siły zewnętrznej równa jest 2GM 2 /a, natomiast praca siły ciężkości −2GM 2 /a.
Odsunięcie drugiego ciała wymaga pracy siły zewnętrznej GM 2 /a, (można to obliczyć wyznaczając energię potencjalną
ciała B w polu pochodzącym od ciała A).
3. Początkowo ciała spoczywają nieskończenie daleko od siebie zatem ich pęd jest równy zeru, energia kinetyczna równa
jest zeru oraz energia potencjalna jest równa zeru. Gdy zbliżą się na odległość d ich energia, jak i pęd muszą być
zachowane. Zatem Ep + Ek = 0 oraz pm + pM = 0. Oznaczając przez v prędkość ciała o masie m, a przez V prędkość
ciała o masie M możemy zapisać M V + mv = 0 oraz −GM m/d + mv 2 /2 + M V 2 /2 = 0. Z pierwszego równania
2
2
2
v = −(M/m)V
, co po podstawieniu daje −GM m/d + M 2 V 2 /(2m)
p
p + M V /2 = 0 ⇒ V /2(M /m + M ) = GM m/d ⇒
V =
2G/d(Mp+ m)m. Podstawiając otrzymujemy v = − 2G/d(M + m)M . Względna prędkość zbliżania jest
równa V − v = 2g(M + m)/d co należało pokazać.
2
4. Wiemy, że natężenie pola grawitacyjnego na powierzchni Ziemi GM/RZ
jest równe g. Zakładając, że w odległość r od
2
2
środka Ziemi natężenie ma wartość g/4 otrzymujemy g/4 = GM/r ⇒ GM/(4RZ
) = GM/r2 ⇒ r = 2RZ . Zatem
szukana wysokość to h = r − RZ = 2RZ − RZ = RZ .
Siła ciężkości ma być równa sile odśrodkowej zatem GM m/R2 = mω 2 R, gdzie M — masa Ziemi,
R — jej promień,
p
ω — prędkość kątowa. Podstawiając ω = 2π/T otrzymujemy GM/R3 = (2π/T )2 , skąd T = 4π 2 r3 /GM ≈ 5085 s.
5. FZ−K = GMZ MK /d2Z−K ≈ 2,05 · 1020 N. FZ−S = GMZ MS /d2Z−S ≈ 3,56 · 1022 N.
6. Z III prawa Keplera stosunek T 2 /a3 jest stały. Oznaczając tą stałą jako α mamy T 2 /a3 = α, skąd wynika, że a
możemy wyrazić jako pewna stała razy T 2/3 zatem Em = −γGM mT −2/3 .
p
7. Siła przyciągania pomiędzy gwiazdami pełni rolę siły dośrodkowej, stąd GM 2 /(2r)2 = M ω 2 r ⇒ ω = GM/4r3 ≈
2,24 s−1 .
2
2
8. Satelita
p krąży dookoła planety w odległość od jej środka R ≈ r, gdzie3 r — promień
p planety. GM
pm/r = mω r ⇒
2
3
T = 4π r /GM , ponieważ objętość planetypjest równa V = (4/3)πr , więc T = 3πV /GM = 3π/(G%).
9. Prędkość ucieczki wyraża się wzorem v =
2GM/R. (A) Dla Słońca v = 6,2 · 105 m/s. (B) Dla Syriusza v =
6
5,2 · 10 m/s. (C) Dla gwiazdy neutronowej v = 1,6 · 108 m/s.
10. W chwili wystrzelenia energia pocisku o masie m wynosi E0 = mv 2 /2 − GM m/R, w chwili osiągnięcia maksymalnej
odległości od środka planety r energia jest równa E1 = −GM m/r. Przyrównując E0 do E1 otrzymujemy mGM/(2R)−
GM m/R = −GM m/r, skąd r = 2R, zatem wysokość H = r − R = 2R − R = R.
11. Oznaczając odległość jednego klocka od środka planety jako R, odległość drugiego klocka od środka planety jest
równa r = R + H. Ciężar pierwszego klocka jest równy F1 = GM m/R2 , drugiego zaś F2 = GM m/(R + H)2 .
Obliczając różnicę mamy ∆F = F1 − F2 = GM m(1/R2 − 1/(R + H)2 ) = GM m[(R + H)2 − R2 ]/[R2 (R + H)2 ] =
GM m[(R+H/2)2H]/[R2 (R+H)2 ]. Ponieważ obydwa klocki znajdują się przy powierzchni zatem R+H ≈ R ≈ r oraz
R+H/2 ≈ R ≈ r, gdzie r — promień planety, skąd ∆F = GM mr2H/r4 = 2GM mH/r3 , wyrażając masę planety przez
iloczyn gęstości i objętości M = V % = (4/3)πr3 % otrzymujemy ostatecznie F = 2G(4/3)πr3 %mH/r3 = 8πG%mH/3.
12. (A) Siła grawitacji pełni rolę siły dośrodkowej zatem GM/R2 = v 2 /R, gdzie G — stała grawitacji, M — masa
p Słońca,
R — odległość Ziemi od Słońca, v — prędkość liniowa Ziemi. Po przekształceniu otrzymujemy v = GM/R ≈
3 · 105 m/s. (B) Podstawiając do wzoru otrzymujemy EZ = −GMS MZ /(2dZ−S ) ≈ −2,7 · 1033 J. (C) Podobnie jak
w (B) EK = −GMZ MK /(2dZ−K ) ≈ −3,9 · 1028 J.
13. Mamy następujące dane: promień dysku r = 1,75 cala (1 cal = 127/5000 m), czas t = 3 s, końcową prędkość kątową ω =
7200 obr/min = 240π rad/s. Zakładając stałość przyspieszenia kątowego mamy ε = (ω − 0)/(t − 0) = 240π/3 rad/s2 =
80π rad/s2 . Obliczmy najpierw jaki kąt zakreśli talerz w tym czasie. Średnia prędkość kątowa hωi = (ω − 0)/2 =
120π rad/s. Zatem zakreślony kąt α = hωit = 360π rad, co odpowiada 180 obrotom. Przyspieszenie dośrodkowe na
brzegu talerza a = ω 2 /r = 25,3 km/s2 . Prędkość liniowa na brzegu talerza v = ωr = 33,5 m/s.
14. Dla każdego z tych ciał można zapisać następujące równania F −T = ma, F r = I, a = r, gdzie F — składowa ciężaru
równoległa do równi, T — siła tarcia, a — przyspieszenie liniowe, — przyspieszenie kątowe, m — masa ciała, r —
promień ciała, I moment bezwładności. Ponieważ = a/r, więc zostają dwa równania F − T = ma oraz T r = Ia/r.
Wyznaczając T z drugiego równania mamy T = Ia/r2 , co po podstawieniu do pierwszego daje F − Ia/r2 = ma.
Wyznaczając a otrzymujemy a = F/(m + I/r2 ). Dla każdego ciała moment bezwładności I możemy zapisać w postaci
I = αmr2 , gdzie α ma wartości 2/5 dla kuli, 1/2 dla walca (tarczy), 2/3 dla sfery, 1 dla rurki (obręczy). Podstawiając
a = F/(m+αm) = 1/(1+α)F/m. Najszybciej stoczy się ciało, dla którego współczynnik β = 1/(1+α) jest największy,
gdyż F i m jest takie samo dla wszystkich ciał. Najszybciej stoczy się kula β = 5/7 ≈ 0,71, następne w kolejności
będą walec β = 2/3 ≈ 0,66, sfera β = 3/5 = 0,6 oraz rurka β = 1/2 = 0,5.
15. Spełnione są zasady zachowania momentu pędu MZ vmax lmax = MZ vmin lmin oraz zachowania energii −GMS MZ /lmin +
2
2
MZ vmin
/2 = −GMS MZ /lmin +MZ vmin
/2. Rozwiązując ten układ równań można wyznaczyć vmax = (2GM lmin /(lmax (lmin +
lmax )))−1/2 oraz vmin = (2GM lmax /(lmin (lmin + lmax )))−1/2 .
16. Z zasady zachowania momentu pędu dla chwili początkowej oraz dla chwili rozpadu Słońca I0 ω0 = Ix ωx ⇒ 2M R02 /5ω0 =
ωx . Jednocześnie warunkiem rozpadu jest zrównanie siły odśrodkowej
2M Rx2 ωx /5 ⇒ R02 ω0 = Rx2 p
p z siłą grawitacji
GM/Rx2 = ωx2 Rx ⇒ ωx = GM/Rx3 . Podstawiając to do poprzedniego równania R02 ω0 = Rx2 GM/Rx3 ⇒ Rx =
R04 ω02 /(GM ) = 4π 2 R04 /(GM T02 ) ≈ 13 km.
17. Na szpulkę działają siły: ciężkości Q = mg (w dół) i naciągu nici F (w górę). Dla ruchu postępowego mamy z II zasady
dynamiki ma = Q − F , a dla ruchu obrotowego względem osi szpulki Iε = RF , przy czym ε = a/R, I = 21 mR2 . Z tego
układu równań otrzymujemy a = 32 g, F = 13 mg.
HH r
H
~
H
Y
H
H
jF
HH HH
T~ ~
F
α H
HH
6
HH
αH
H
~
Q
?
m~g
?
Zadanie 14
8
7
Zadanie 17
15
18. 1 rok świetlny to w przybliżeniu (3 · 10 m/s)(π · 10 s) ≈ 9,4 · 10 m (por. lista I), zatem promień galaktycznej orbity
Słońca R ≈ 2,2 · 1020 m. Okres obiegu T = 2πR/v ≈ 5,4 · 1018 s, tj. 1,7 · 1011 lat. Słońce wykonało zatem dopiero
t/T ≈ 1/40 obiegu.
2
19. Prędkość kątowa ω = v/r ≈ 9 1/h, przyspieszenie dośrodkowe a = v 2 /r = 2,6 · 105 km/h , przyspieszenie styczne jest
równe zeru, ponieważ prędkość jest stała.
20. Prędkość kątowa Ziemi wynosi ω = π/12 1/h. Aby rozpędzić Ziemię w ciągu jednej doby do takiej prędkości kątowej
musiałoby działać stałe przyspieszenie ε = ω/T = π/288 1/h2 . Moment bezwładności Ziemi (zakładając jednorodny
2
rozkład masy) I = 2/5MZ RZ
≈ 1032 kg · km2 . Moment siły M = Iε ≈ 1030 kg · km2 /h2 . Energia E = Iω 2 /2 =
2
30
2
3,4 · 10 kg · km /h . Średnia moc P = E/T = 1,4 · 1029 kg · km2 /h3
Wrocław, 10 grudnia 2007
W. Salejda, M.H. Tyc & K. Tarnowski