Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego Badaliśmy energię potencjalną pola grawitacyjnego w rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii , gdzie wartość przyspieszenia grawitacyjnego g była stała. Teraz rozszerzymy nasze rozważania na większe odległości tak, że wartość g będzie się zmieniała. Jest to konieczne, aby poprawnie obliczyć energię potrzebną do umieszczenia satelity na orbicie lub wysłać go na misję w otwartą przestrzeń kosmiczną. Grawitacyjna energia potencjalna ponad powierzchnią Ziemi Zdefiniowaliśmy pracę i energię potencjalną w rozdziałach Praca i energia kinetyczna oraz Energia potencjalna i zasada zachowania energii . Definicje te są przydatne głównie z uwagi na łatwość, z jaką możemy rozwiązać wiele problemów, korzystając z zasady zachowania energii. Energia potencjalna jest szczególnie użyteczna w przypadku sił, których wartość zależy od położenia, a siły grawitacyjne oddziałują na duże odległości. W rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii pokazaliśmy, że zmiana grawitacyjnej energii potencjalnej przy powierzchni Ziemi wynosi Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) . Równanie to jest poprawne przy założeniu, że g nie zmienia się znacznie między punktami y 1 i y 2 . Wrócimy teraz do definicji pracy i energii potencjalnej, by wyprowadzić wyrażenie, które jest poprawne dla większych różnic odległości. Przypomnijmy, że praca ( W ) jest całką iloczynu skalarnego siły i przemieszczenia, czyli jest to całka z iloczynu składowej siły wzdłuż przemieszczenia, pomnożonej przez wartość tego przemieszczenia. Przyjmujemy, że zmiana energii potencjalnej ciała Δ U ma wartość ujemną, gdy siła wykonuje pracę nad ciałem. Dla jasności wyprowadzimy wyrażenie na przemieszczanie masy m z odległości r 1 do odległości r 2 od środka Ziemi. Otrzymany wynik może być łatwo uogólniony dla dowolnych dwóch ciał, pomiędzy którymi odległość się zmienia. Przeanalizujmy . Na rysunku tym przemieszczamy ciało o masie m z położenia r 1 do położenia r 2 względem środka Ziemi. Pole grawitacyjne jest polem zachowawczym (energia ciała w polu jest funkcją jedynie położenia), możemy więc przemieszczać ciało wzdłuż dowolnego toru, a wykonana praca będzie zawsze taka sama. Przyjmijmy więc tor pokazany na rysunku, gdyż znacznie upraszcza to całkowanie. Najpierw przesuwamy ciało wzdłuż kierunku promienia Ziemi z odległości równej długości r 1 do r 2 , a następnie poruszamy się równolegle do powierzchni Ziemi, aż dotrzemy do położenia końcowego. W pierwszym etapie ruchu (wzdłuż promienia) siła grawitacji F → ma przeciwny zwrot do przemieszczenia d r → , więc energia całkowita ciała wynosi E = E K 1 + U 1 = E K 2 + U 2 Podczas drugiego etapu ruchu równolegle do powierzchni siła F → jest prostopadła do d r → , więc F → ⋅ d r → = 0 . W tym etapie ruchu nie jest więc wykonywana żadna praca. Podstawiając wzór na siłę grawitacji do wyrażenia F → ⋅ d r → otrzymujemy: Δ U = − ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = G M Z m ∫ r 1 r 2 d r r 2 = G M Z m ( 1 r 1 − 1 r 2 ) . Ponieważ Δ U = U 2 − U 1 , otrzymujemy proste wyrażenie na U : U = − G M Z m r . Praca, jako całka określająca zmianę energii potencjalnej, może być obliczona wzdłuż drogi zaznaczonej na czerwono. Zwróćmy uwagę na dwa istotne fakty wynikające z takiej definicji energii potencjalnej. Po pierwsze U → 0 , gdy r → ∞ . Energia potencjalna oddziaływania między dwoma ciałami jest równa zero, dopiero gdy ciała te znajdują się w nieskończonej odległości od siebie. Jedynie zmiana U jest ważna, tak więc wybór U = 0 dla r = ∞ jest przyjęty jedynie dla wygody. (Przypomnij sobie, że we wcześniejszych zagadnieniach z grawitacji mogliśmy dowolnie przyjąć U = 0 na szczycie lub dole budynku, albo gdziekolwiek chcieliśmy). Po drugie zwróćmy uwagę, że U staje się coraz bardziej ujemne, gdy ciała zbliżają się do siebie. Jest to zgodne z tym, czego dowiedziałeś się o energii potencjalnej w rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii . Gdy dwa ciała są odsuwane od siebie, należy wykonać pracę przeciwko sile grawitacji i w związku z tym U rośnie (staje się mniej ujemne). Wszystkie ciała naturalnie przyciągają się ku sobie pod wpływem grawitacji w taki sposób, że energia potencjalna oddziaływania grawitacyjnego między nimi dąży do wartości minimalnej. Wynoszenie ładunku na orbitę Ile energii trzeba zużyć, aby wynieść statek Sojuz o masie 9000 kg z powierzchni Ziemi na wysokość 400 km, by mógł on dostarczyć niezbędne wyposażenie na Międzynarodową Stację Kosmiczną? Strategia rozwiązania Skorzystamy z , by wyznaczyć zmianę energii potencjalnej statku. Tyle właśnie energii należy mu dostarczyć, lub innymi słowy taką musi on wykonać pracę, aby dotrzeć na orbitę. Rozwiązanie Zwracając uwagę na fakt, że startujemy z powierzchni Ziemi i zatrzymujemy się na wysokości 400 km nad jej powierzchnią, zmiana U wynosi: Δ U = U na orbicie − U na Ziemi = − G M Z m R Z + 400 km − ( − G M Z m R Z ) . Podstawiając wartości: m = 9000 k g , M Z = 5,96 ⋅ 10 24 k g , R Z = 6,37 ⋅ 10 6 m i zamieniając 400 km na 4 ⋅ 10 5 m , wyznaczmy Δ U = 3,32 ⋅ 10 10 J . Jak można było oczekiwać, otrzymany wynik jest dodatni i wskazuje tym samym na wzrost energii potencjalnej statku. W rzeczywistości energia zużywana na wyniesienie statku na orbitę jest równa zmianie energii całkowitej a nie tylko potencjalnej. Innymi słowy, w przykładzie założono, że energia kinetyczna statku na powierzchni Ziemi, wynikająca z jej ruchu dobowego, jest równa energii kinetycznej na orbicie. Znaczenie Dla porównania średnie zużycie energii przez gospodarstwo domowe w Polsce wynosi około 1000 kWh miesięcznie. Jest to energia równa: 1000 k W h ⋅ 1000 W / k W ⋅ 3600 s / h = 3,6 ⋅ 10 9 J . W związku z tym nasz wynik jest równy około 10 miesięcznemu wydatkowi energetycznemu gospodarstwa domowego. Jest to tylko energia potrzebna do wyniesienia ładunku na wysokość 400 km. Jeśli chcemy, aby Sojuz pozostał na orbicie, a nie spadł z powrotem na Ziemię i mógł spotkać się ze stacją kosmiczną, to musi on ponadto posiadać energię kinetyczną. Jak zobaczymy w następnym rozdziale, jej wartość jest około pięć razy większa niż Δ U . Ponadto, znacznie więcej energii wydatkowanej jest na uniesienie samego układu napędowego Sojuza . Podróże kosmiczne nie są więc tanie. Sprawdź, czy rozumiesz. Dlaczego nie użyliśmy prostszego wyrażenia Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) ? Jak duży błąd otrzymalibyśmy korzystając z niego? (Przypomnij sobie poprzedni wynik z , gdzie wartość przyspieszenia grawitacyjnego g na wysokości 400 km ponad powierzchnią Ziemi wynosi 8,67 m/s 2 .) Wartość g maleje o około 10% przy takiej zmianie wysokości. W związku z tym wyrażenie Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) da zawyżoną wartość zmiany energii potencjalnej. Jeśli podstawimy w nim stałą wartość g = 9,8 m/s , otrzymamy: Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) = 3,53 ⋅ 10 10 J , czyli wartość zawyżoną o około 6% w porównaniu do poprawnej metody. Zasada zachowania energii W rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii , pokazaliśmy jak zastosować zasadę zachowania energii dla układów, w których występują siły zachowawcze. Udało nam się prościej rozwiązać wiele problemów, szczególnie tych związanych z grawitacją, korzystając z zasady zachowania energii. Metody te i sposoby rozwiązywania zadań stosuje się równie dobrze tutaj. Jedyną zmianą jest umieszczenie nowego wyrażenia na energię potencjalną w równaniu zasady zachowania energii E = E K 1 + U 1 = E K 2 + U 2 . 1 2 m v 1 2 − G M m r 1 = 1 2 m v 2 2 − G M m r 2 Zwróćmy uwagę, że użyliśmy oznaczenia masy M zamiast M Z , aby podkreślić, że równanie to nie ogranicza się do problemów związanych jedynie z Ziemią. Nadal zakładamy, że m ≪ M . (Dla przypadków, w których założenie to nie jest prawdziwe, musimy uwzględnić energię kinetyczną obu ciał i używać dodatkowo zasady zachowania pędu, by określić ich prędkości względem siebie. Jednak sposób postępowania pozostaje taki sam.) Prędkość ucieczki Prędkość ucieczki (ang. escape velocity ) lub inaczej druga prędkość kosmiczna jest definiowana jako minimalna prędkość początkowa ciała, jaka jest potrzebna, by przestało ono oddziaływać grawitacyjnie z daną planetą (lub jakimkolwiek innym ciałem, np. Księżycem), czyli by uciekło z jej powierzchni i nigdy nie powróciło. Mimo że w atmosferze występują straty energii, to nie uwzględniamy ich w obliczeniach. Rozważmy przypadek, w którym obiekt wystrzeliwany jest z powierzchni planety z prędkością początkową w kierunku równoległym do jej promienia i porusza się on po orbicie parabolicznej lub hiperbolicznej. Przy minimalnej prędkości potrzebnej do ucieczki spod wpływu grawitacji planety, obiekt będzie po prostu pozostawał w spoczynku, w nieskończonej odległości od niej. Straci on całą swoją energię kinetyczną, gdy osiągnie nieskończoność, gdzie siła grawitacji planety staje się równa zero. Ponieważ U → 0 , gdy r → ∞ , to wówczas energia całkowita ciała jest równa zero. Możemy znaleźć prędkość ucieczki obiektu z powierzchni ciała niebieskiego o masie M i promieniu R , przyrównując jego energię całkowitą do zera. Na powierzchni ciała obiekt znajduje się w odległości r 1 = R od środka ciała i posiada prędkość równą prędkości ucieczki ( v 1 = v u ). Gdy dotrze do odległości r 2 = ∞ , jego prędkość wyniesie v 2 = 0 . Podstawiając te wartości do otrzymujemy: 1 2 m v u 2 − G M m R = 1 2 m ⋅ 0 2 − G M m ∞ → 0. Przekształcając to równanie, wyznaczamy prędkość ucieczki równą: v u = 2 G M R . Zauważmy, że masa m skróciła się po obu stronach równania. Prędkość ucieczki jest taka sama dla wszystkich ciał niezależnie od ich masy. Ponadto nie jesteśmy ograniczeni do powierzchni planety. Za promień R można podstawić dowolną odległość od środka planety ponad jej powierzchnią. Ucieczka z Ziemi Zakładając, że nie ma strat energii w związku z oporem powietrza oblicz, ile wynosi prędkość ucieczki z powierzchni Ziemi (tzw. druga prędkość kosmiczna)? Porównaj tę wartość z prędkością ucieczki z wpływu grawitacyjnego Słońca, startując z ziemskiej orbity (tzw. trzecią prędkością kosmiczną). Strategia rozwiązania Użyjemy , w którym podstawimy w miejsce wartości R i M odpowiednio wartości promienia Ziemi i jej masy, by znaleźć prędkość ucieczki z Ziemi. W przypadku Słońca podstawimy odpowiednio promień orbity ziemskiej oraz masę Słońca. Rozwiązanie Podstawiając wartości masy Ziemi i jej promień do , otrzymujemy: v u = 2 G M R = 2 ⋅ 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 24 k g 6,37 ⋅ 10 6 m = 1,12 ⋅ 10 4 m s . Jest to prędkość około 11 km/s lub około 40 000 km/h. By opuścić Układ Słoneczny, startując z orbity Ziemi, podstawiamy R = R S − Z = 1,5 ⋅ 10 11 m oraz M S = 1,99 ⋅ 10 30 k g . W rezultacie wartość prędkości ucieczki wynosi v u = 4,21 ⋅ 10 4 m / s , czyli około 42 km/s lub ponad 150 000 km/h. Znaczenie Prędkość potrzebna do ucieczki z wpływu grawitacyjnego Słońca i opuszczenia Układu Słonecznego (tzw. trzecia prędkość kosmiczna) jest prawie cztery razy większa niż prędkość ucieczki z powierzchni Ziemi. Jednak w obu przypadkach istnieje pewien sposób, który pomaga osiągnąć te prędkości. Ziemia obraca się i wynikająca stąd prędkość liniowa wynosi prawie 1,7 km/s przy równiku. Możemy wykorzystać tę prędkość, aby pomóc rakiecie opuścić Ziemię lub osiągnąć orbitę. Z tego powodu wiele organizacji zajmujących się wysyłaniem rakiet buduje platformy startowe w pobliżu równika. Aby uciec z wpływu grawitacji Słońca, istnieje nawet większa pomoc. Ziemia obraca się wokół Słońca z prędkością około 30 km/s. Startując w kierunku ruchu Ziemi po orbicie, musimy osiągnąć dodatkową prędkość wynoszącą tylko brakujące 12 km/s. Ponadto wykorzystanie grawitacji innych planet, tzw. techniki asysty grawitacyjnej, pozwala by sondy kosmiczne osiągały jeszcze większe prędkości. Technika ta polega na tym, że pojazd kosmiczny zbliża się do planety i jest przyspieszany przez jej przyciąganie grawitacyjne. Porusza się on z największą prędkością w chwili największego zbliżenia, a następnie jego prędkość zmniejsza się w tym samym stopniu, w miarę oddalania się pojazdu od planety. Względem planety prędkości pojazdu na długo przed zbliżeniem i długo po nim są takie same. Jednak jeżeli kierunki ruchu pojazdu i planety są poprawnie dobrane, powoduje to znaczny wzrost (lub w razie potrzeby zmniejszenie) prędkości pojazdu względem Układu Słonecznego. Odwiedź tę stronę internetową , by dowiedzieć się więcej o prędkości ucieczki. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy wysyłając sondę poza granice Układu Słonecznego i startując z powierzchni Ziemi, musimy pokonać tylko przyciąganie grawitacyjne Słońca? 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 , w którym uwzględnilibyśmy składniki energii potencjalnej zarówno Ziemi, jak i Słońca. Energia i ciała związane grawitacyjne Jak wspomniano powyżej, druga prędkość kosmiczna lub prędkość ucieczki może być zdefiniowana jako prędkość początkowa obiektu, który może uciec z powierzchni dowolnego księżyca lub planety. Bardziej ogólnie, jest to taka prędkość, przy której całkowita energia oddziaływania grawitacyjnego jest równa zero w dowolnym położeniu ciała. Jeżeli całkowita energia ciała wynosi zero lub jest większa, ucieka ono spod wpływu grawitacji. Jeśli całkowita energia jest ujemna, ciało nie może uciec spod wpływu grawitacji. Zobaczmy, dlaczego tak się dzieje. Z wcześniejszej części rozdziału wiemy, że U → 0 , gdy r → ∞ . Jeśli całkowita energia ciała jest równa zero i ciało to osiąga odległość r bliską nieskończoności, jego energia potencjalna staje się równa zero i tak samo dzieje się z jego energią kinetyczną. Stąd ciało o masie m znajdzie się w spoczynku nieskończenie daleko od źródła pola grawitacyjnego o masie M . Mówimy, że ciało m „po prostu uciekło” spod wpływu M . Jeśli całkowita energia ciała jest dodatnia, to część jego energii kinetycznej pozostaje w odległości r → ∞ od źródła pola grawitacyjnego i na pewno nigdy nie powróci ono do źródła pola. Gdy całkowita energia grawitacyjna ciała jest równa zero lub większa, to mówimy, że ciało nie jest grawitacyjnie związane ze źródłem pola. Z drugiej strony, jeżeli całkowita energia ciała jest ujemna, wówczas energia kinetyczna musi osiągnąć wartość zero w pewnej skończonej odległości r od źródła pola, gdzie energia potencjalna U jest jeszcze ujemna i równa energii całkowitej ciała. Obiekt nigdy nie może przekroczyć tej skończonej odległości od masy M , ponieważ wymagałoby to dostarczenia pewnej dodatkowej energii kinetycznej. Mówimy wówczas, że ciało jest grawitacyjnie związane ze źródłem pola. Uprościliśmy tę dyskusję, zakładając, że ciało oddalało się wprost od planety. Godny uwagi jest fakt, że wynik ten można zastosować dla dowolnej prędkości. Energia jest wielkością skalarną i stąd jest równaniem skalarnym — kierunek prędkości nie odgrywa żadnej roli w zasadzie zachowania energii. Możliwe jest więc powstanie grawitacyjnie związanego układu także tam, gdzie ciała nie spadają na siebie, ale orbitują wzajemnie wokół siebie. Zwróćmy uwagę na jedną ważną rzecz. Wcześniej stwierdziliśmy, że jeżeli całkowita energia wynosi zero lub jest większa, ciało ucieka. Ściśle mówiąc, i mają zastosowanie dla obiektów punktowych. Znajdują jednak zastosowanie także do wszystkich obiektów sferycznie symetrycznych o skończonych rozmiarach pod warunkiem, że wartość odległości r między ciałami w jest zawsze większa niż suma promieni tych ciał. Jeśli r będzie mniejsze od tej sumy, ciała się zderzą. (Dla większej wartości r , ale zbliżonej do sumy promieni ciał, powstają grawitacyjne siły pływowe, które mogą wywierać znaczący wpływ na oba ciała, jeśli mają one rozmiary zbliżone do rozmiarów planety. Przyjrzymy się efektom pływowym w podrozdziale Siły pływowe ). Ani dodatnia, ani ujemna wartość energii całkowitej nie wykluczają zderzenia się ciał o skończonych rozmiarach. Dla ciał rzeczywistych rolę odgrywa także kierunek ich ruchu. Jak daleko mogą uciec ciała? Rozważmy ponownie poprzedni przykład, w którym obliczyliśmy prędkość ucieczki spod wpływu grawitacji Ziemi i spod wpływu grawitacji Słońca, czyli drugą i trzecią prędkość kosmiczną, startując z ziemskiej orbity. Zauważyliśmy, że Ziemia ma już prędkość orbitalną równą 30 km/s. Jak zobaczymy w następnym rozdziale, jest to liniowa prędkość styczna, potrzebna jej do pozostania na orbicie kołowej. Jeśli ciało posiadałoby taką wartość prędkości w odległości równej orbicie Ziemi, ale poruszałoby się prosto od Słońca, to jak daleko mogłoby się oddalić zanim znalazłoby się w spoczynku? Pomiń wpływ efektów grawitacyjnych innych ciał niebieskich. Strategia rozwiązania Ciało posiada początkową energię kinetyczną i potencjalną, które musimy obliczyć. Gdy jego prędkość osiągnie wartość zero, znajdzie się ono jednocześnie w maksymalnej możliwej odległości od Słońca. Użyjemy zasady zachowania energii z , aby znaleźć odległość, przy której energia kinetyczna ciała jest równa zero. Rozwiązanie Początkowe położenie ciała jest równe promieniowi orbity ziemskiej, a prędkość początkowa jest równa 30 km/s. Prędkość końcowa wynosi zero, więc, korzystając z równania zasady zachowania energii, możemy wyznaczyć odległość tego punktu. Podstawiając R S − Z = 1,5 ⋅ 10 11 m i masę Słońca M S = 1,99 ⋅ 10 30 k g , otrzymujemy: 1 2  m  v 1 2 − G  M  m r 1 = 1 2  m  v 2 2 − G  M  m r 2  , 1 2  v 1 2 − G  M r 1 = 1 2  v 2 2 − G  M r 2  , \begin{align} \frac12 m v_1^2 - \frac{GMm}{r_1} &= \frac12 mv_2^2 - \frac{GMm}{r_2} \text{,} \\ \frac12 v_1^2 - \frac{GM}{r_1} &= \frac12 v_2^2 - \frac{GM}{r_2} \text{,} \end{align} skąd po skróceniu masy m i wyznaczeniu r 2 otrzymujemy wartość r 2 = 3 ⋅ 10 11 m . Zauważ, że jest to odległość dwukrotnie większa od odległości Ziemi od Słońca. Miniemy więc orbitę Marsa, zatrzymując się między nim a pasem planetoid. Znaczenie Ciało w tym przypadku osiągnęło odległość równą dokładnie dwukrotności odległości początkowej. Przekonamy się, dlaczego tak się stało w następnym rozdziale, kiedy obliczymy jego prędkość na orbicie kołowej. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że jesteś w statku kosmicznym orbitującym wokół Słońca w odległości równej orbicie Ziemi, ale z dala od Ziemi (tak, że można zaniedbać jej wpływ). W jaki sposób możesz zmienić kierunek prędkości stycznej do orbity na kierunek radialny (skierowany wzdłuż promienia orbity) tak, abyś mógł następnie przelecieć przez orbitę Marsa? Co byłoby wymagane, abyś zmienił jedynie kierunek prędkości? 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 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 . Podsumowanie Przyspieszenie ziemskie zmniejsza się w miarę oddalania się od Ziemi, a wyrażenie na grawitacyjną energię potencjalną musi odzwierciedlać tę zmianę. Energia całkowita układu jest sumą energii kinetycznej oraz grawitacyjnej energii potencjalnej i jest ona zachowana w ruchu po orbicie. Ciała muszą posiadać minimalną prędkość — prędkość ucieczki, aby opuścić planetę i nigdy na nią nie powrócić. Ciała o energii całkowitej mniejszej niż zero są związane grawitacyjne; te o energii całkowitej równej lub większej od zera nie są związane. Pytania Przyjmujemy, że satelita o ujemnej energii całkowitej znajduje się na orbicie związanej, podczas gdy ten o energii całkowitej równej zero lub dodatniej jest na orbicie niezwiązanej. Jakie założenie przyjęto w przypadku grawitacyjnej energii potencjalnej, że stwierdzenie to jest poprawne? Wykazano, że energia wymagana do wyniesienia satelity na niską orbitę Ziemi (zmiana energii potencjalnej) jest tylko niewielką częścią energii kinetycznej, potrzebnej do utrzymania go na orbicie. Czy jest to także prawdą, dla orbit o większych promieniach? Czy przy wzroście długości promienia orbity istnieje zależność między tym, jaka część energii kinetycznej zamienia się w energię potencjalną? 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. Zadania Wyznacz prędkość ucieczki pocisku z powierzchni Marsa. 5000 m/s Znajdź prędkość ucieczki pocisku z powierzchni Jowisza. Jaka jest prędkość ucieczki satelity umieszczonego na orbicie Księżyca wokół Ziemi? Załóż, że Księżyc nie znajduje się w pobliżu satelity. 1440 m/s (a) Oblicz energię potencjalną oddziaływania grawitacyjnego pomiędzy dwiema stalowymi kulami o masie 5 kg każda, jeśli ich środki znajdują się w odległości 15 cm od siebie. (b) Zakładając, że obie kule znajdują się początkowo w spoczynku względem siebie w przestrzeni kosmicznej, wykorzystaj zasadę zachowania energii, aby obliczyć jak szybko będą się one zbliżały, dążąc do zderzenia. Każda kula ma promień 5,1 cm. Załóżmy, że właśnie zauważono średniej wielkości planetoidę o masie 2 ⋅ 10 13 k g , znajdującą się obecnie w odległości 5 ⋅ 10 7 k m od Ziemi, która leci prosto w kierunku Ziemi z prędkością 2 km/s. Jaka będzie jej prędkość tuż przed wejściem w naszą atmosferę? (Można zaniedbać rozmiary asteroidy). 11 km/s Jaka będzie energia kinetyczna asteroidy z poprzedniego zadania, tuż przed jej uderzeniem w Ziemię? Porównaj otrzymany wynik z energią wybuchu największej zdetonowanej bomby termojądrowej ( Car bomb ) wynoszącą 2100 TJ. Jakie będą skutki tego zderzenia dla Ziemi? Ile wynosi zmiana energii ciała o masie 1000 kg będącego w spoczynku na powierzchni Ziemi po przeniesieniu go na powierzchnię Księżyca i pozostawieniu go w spoczynku? Jaka byłaby odpowiedź, jeśli ciało zostałoby przeniesione w drugą stronę? Czy koniecznie trzeba obliczać zmianę energii za każdym razem przy przenoszeniu ciała tam i z powrotem? 5,85 ⋅ 10 10 J ; − 5,85 ⋅ 10 10 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. prędkość ucieczki (ang. escape velocity ) lub druga prędkość kosmiczna to prędkość początkowa, jaką musi posiadać ciało, aby uciec spod wpływu przyciągania grawitacyjnego innego ciała; dokładniej jest ona zdefiniowana jako prędkość ciała o całkowitej energii mechanicznej równej zero związanie grawitacyjne (ang. gravitationally bound ) dwa ciała są grawitacyjnie związane, jeśli ich orbity są krzywymi zamkniętymi; układy związane grawitacyjnie mają ujemną wartość całkowitej energii mechanicznej

Science


Orbity satelitów i ich energia 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 ( ). Jego przyspieszenie dośrodkowe jest skierowane do środka Ziemi. Siła grawitacji Ziemi jest jedyną działającą siłą, więc z drugiej zasady dynamiki Newtona mamy: G m M Z r 2 = m a d = m v orb 2 r . 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 = G M Z r . Analogicznie do i , 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 2 razy większa (czyli około 40%), niż prędkość orbitalna. Zwróciliśmy uwagę na tą zależność w 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 i przekształcając, otrzymujemy: T = 2 π r 3 G M Z . 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 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 . (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. 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: 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. 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: i , by obliczyć odpowiednio jej prędkość orbitalną i okres obiegu. Rozwiązanie Na podstawie prędkość orbitalna wynosi: v orb = G M Z r = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 34 k g 6,37 ⋅ 10 6 m + 4 ⋅ 10 5 m = 7,67 ⋅ 10 3 m s . czyli ponad 27 000 km/h. Na podstawie , okres obiegu wynosi: T = 2 π r 3 G M Z = ( 6,37 ⋅ 10 6 m + 4 ⋅ 10 5 m ) 3 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 34 k g = 5,55 ⋅ 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. O ile musi zmienić się promień orbity satelity, by jego prędkość orbitalna zmniejszyła się o połowę? Jak zmieni się wówczas okres obiegu satelity? W 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 . Określenie masy Ziemi Oblicz masę Ziemi na podstawie znajomości długości promienia orbity Księżyca. Strategia rozwiązania Skorzystamy z , 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 ⋅ 10 6 s , a średnia odległość Księżyca od Ziemi wynosi 384 000 km. Rozwiązanie T = 2 π r 3 G M Z M Z = 4 π 2 r 3 G T 2 = 4 π 2 ⋅ ( 3,84 ⋅ 10 8 m ) 3 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ ( 2,36 ⋅ 10 6 s ) 2 = 6,01 ⋅ 10 24 k g . Znaczenie Porównaj otrzymany wynik z wartością 5,96 ⋅ 10 24 k g , którą otrzymaliśmy w , 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. Mamy jeszcze jedną uwagę dotyczącą naszego poprzedniego sposobu wyznaczenia M Z . Wyprowadziliśmy , 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? 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. Prędkość galaktyk i ich okres obiegu Przyjrzyjmy się ponownie . 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 i 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 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 , wyznaczyliśmy siłę oddziaływania galaktyk: F 12 = G m 1 m 2 r 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 k g 2 ( 800 ⋅ 10 9 ⋅ 2,0 ⋅ 10 30 k g ) 2 ( 2,5 ⋅ 10 6 ⋅ 9,5 ⋅ 10 15 m ) 2 = 3 ⋅ 10 29 N . Stąd przyspieszenie każdej z galaktyk wynosi: a = F 12 m = 3 ⋅ 10 29 N 800 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 30 k g = 1,9 ⋅ 10 − 13 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 . 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 ⋅ 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. 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? 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. 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: G m M Z r 2 = m a d = m v 2 r G m M Z r = m v 2 . W ostatnim przekształceniu pomnożyliśmy przez r obie strony równania. Prawa strona jest dwa razy większa od energii kinetycznej ciała, więc otrzymujemy zależność: E K = 1 2 m v 2 = G m M Z 2 r . Energia całkowita jest sumą energii kinetycznej i potencjalnej, więc ostatecznie wynosi ona: E = E K + U = 1 2 m v 2 = G m M Z 2 r − G m M Z r = − G m M Z 2 r . 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. Energia potrzebna do ruchu po orbicie W , 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 ( )? Jaką część potrzebnej do tego energii całkowitej stanowi energia kinetyczna? 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 , 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 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 . Alternatywnie możemy skorzystać z , 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 . Rozwiązanie Na podstawie energia całkowita Sojuza na orbicie Międzynarodowej Stacji Kosmicznej wynosi: E orb = E K orb + U orb = − G m M Z 2 r = − 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 9000 k g ⋅ 5,96 ⋅ 10 24 k g 2 ⋅ ( 6,37 ⋅ 10 6 m + 4 ⋅ 10 5 m ) = − 2,65 ⋅ 10 11 J . Jego energia całkowita na powierzchni Ziemi wynosi: E pow = E K pow + U pow = 0 − G m M Z r = − 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 9000 k g ⋅ 5,96 ⋅ 10 24 k g 6,37 ⋅ 10 6 m = − 5,63 ⋅ 10 11 J . Zmiana energii całkowitej wynosi Δ E = E orb − E pow = 2,98 ⋅ 10 11 J . Aby wyznaczyć energię kinetyczną, odejmiemy zmianę energii potencjalnej od , Δ E = 3,32 ⋅ 10 10 J . Otrzymujemy E K orb = 2,98 ⋅ 10 11 J − 3,32 ⋅ 10 10 J = 2,65 ⋅ 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 , by wyznaczyć prędkość orbitalną Sojuza , podobnie jak zrobiliśmy dla Międzynarodowej Stacji Kosmicznej w . v orb = G M Z r = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 24 k g 6,37 ⋅ 10 6 m + 4 ⋅ 10 5 m = 7,67 ⋅ 10 3 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 ⋅ 10 11 J + 3,32 ⋅ 10 10 J = 2,98 ⋅ 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. Podsumowanie Prędkość orbitalna obiektu zależy od masy ciała, wokół którego on krąży, i odległości od środka tego ciała, a nie zależy od znacznie mniejszej masy obiektu orbitującego. Okres obiegu orbity jest również niezależny od masy krążącego obiektu. Ciała o porównywalnych masach orbitują wokół ich wspólnego środka masy. Wtedy wartości ich prędkości i okresów obiegu należy wyznaczać z drugiej zasady dynamiki Newtona i prawa powszechnego ciążenia. Pytania Jeden ze studentów twierdzi, że satelita na orbicie spada swobodnie w kierunku Ziemi. Inny mówi, że satelita na orbicie nie spada swobodnie, ponieważ przyspieszenie ziemskie nie wynosi 9,8 m/s 2 na tej wysokości. Z którym z nich się zgadzasz i dlaczego? Wiele satelitów jest umieszczanych na orbicie geostacjonarnej. Co jest cechą charakterystyczną tych orbit? Jaka minimalna liczba tych satelitów byłaby potrzebna, by ich sygnały pokryły całą Ziemię, tworząc globalną sieć komunikacji satelitarnej? 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). Zadania Wyobraźmy sobie, że po orbicie ziemskiej zamiast Ziemi krąży inna planeta o masie równej 1,5 masy Ziemi. Ile wynosiłby jej okres obiegu Słońca? Dwie planety krążące wokół pewnej gwiazdy mają prędkości orbitalne v i 2 v . Jaki jest stosunek promieni orbit tych planet? Jaki jest stosunek okresów orbitalnych tych planet? a. 0,25; b. 0,125 Korzystając z wartości średniej długości promienia orbity ziemskiej, oraz okresu orbitalnego Ziemi: Wyznacz przyspieszenie dośrodkowe Ziemi w jej ruchu wokół Słońca. Porównaj otrzymaną wartość z przyspieszeniem dośrodkowym na równiku, wynikającym z ruchu obrotowego Ziemi. Jaki jest promień orbity satelity, którego okres obiegu Ziemi jest równy 1 godzinie? Co jest nieracjonalnego w otrzymanym wyniku? a. 5,08 ⋅ 10 3 k m ; b. Jest to mniej niż promień Ziemi. Oblicz masę Słońca na podstawie danych orbity Ziemi i porównaj uzyskaną wartość z tablicową masą Słońca. Wyznacz masę Jowisza na podstawie faktu, że promień orbity Io, jego najbardziej wewnętrznego księżyca, ma średnią długość 421 700 km i okres obiegu orbity wynosi 1,77 dnia. 1,89 ⋅ 10 27 k g Obserwacje astronomiczne Drogi Mlecznej wskazują, że ma ona masę 800 miliardów mas Słońca. Gwiazda orbitująca na jej peryferiach jest oddalona o około 60 tysięcy lat świetlnych od jej środka. Ile wynosi okres obiegu tej gwiazdy wokół środka Drogi Mlecznej? Jeśli zamiast otrzymanej wartości okres obiegu gwiazdy wynosiłby 60 milionów lat, to ile wynosiłaby wówczas masa Drogi Mlecznej? Takie obliczenia są wykorzystywane do sprawdzenia ewentualnego istnienia niewidocznych ciał, np. supermasywnej czarnej dziury w centrum Drogi Mlecznej. (a) Aby powstrzymać małego satelitę od dryfowania w kierunku pobliskiej asteroidy, jest on umieszczony na jej orbicie o okresie 3,02 godziny i promieniu 2 km. Ile wynosi masa asteroidy? (b) Czy ta masa wydaje się być sensowna, biorąc pod uwagę rozmiar orbity? 4,01 ⋅ 10 13 k g ; 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 kg/m 3 . Jest to wartość trochę większa od gęstości wody, więc sytuacja taka mogłaby zaistnieć w rzeczywistości. Księżyc i Ziemia krążą wokół ich wspólnego środka masy, który znajduje się około 4700 km od środka Ziemi (czyli 1690 km pod jej powierzchnią). Oblicz przyspieszenie grawitacyjne, wynikające z siły grawitacji Księżyca w tym punkcie. Oblicz przyspieszenie dośrodkowe środka Ziemi wokół wspólnego środka masy Ziemi i Księżyca. Zwróć uwagę, że okres obiegu środka Ziemi wokół wspólnego środka masy Ziemi i Księżyca wynosi 27,3 dnia (czyli oczywiście tyle samo, co okres obiegu Księżyca wokół Ziemi). Porównaj tę wartość z przyspieszeniem znalezionym w podpunkcie (a). Skomentuj, dlaczego te wartości są równe lub nie i dlaczego takie właśnie powinny być. Słońce obiega środek Drogi Mlecznej po prawie kołowej orbicie o średnim promieniu około 30 000 lat świetlnych, z częstotliwością raz na 250 milionów lat. (Rok świetlny to odległość przebywana przez światło w ciągu 1 roku.) Oblicz przyspieszenie dośrodkowe Słońca na jego orbicie galaktycznej. Czy ten wynik wspiera tezę, że układ odniesienia związany ze Słońcem jest niemal idealnie inercjalny? Oblicz średnią prędkość orbitalną Słońca na orbicie galaktycznej. Czy wynik cię zaskakuje? 1,80 ⋅ 10 − 10 m / s 2 ; Tak, przyspieszenie dośrodkowe ma tak małą wartość, że można założyć, iż układ odniesienia związany ze Słońcem jest układem inercjalnym. 2,26 ⋅ 10 5 m / s Satelita geostacjonarny to taki, którego okres obiegu Ziemi wynosi dokładnie jeden dzień. Satelity te są używane do obserwacji pogody i komunikacji satelitarnej, ponieważ pozostają powyżej stałego punktu ponad powierzchnią Ziemi (pod warunkiem, że krążą w płaszczyźnie równikowej w tym samym kierunku, w jakim obraca się Ziemia). Oblicz promień takiej orbity na podstawie danych o Ziemi zawartych w Dodatku D . okres orbitalny (ang. orbital period ) czas potrzebny na wykonanie przez satelitę jednego obiegu po orbicie prędkość orbitalna (ang. orbital speed ) prędkość satelity na orbicie kołowej; termin ten może być również użyty do określenia chwilowej prędkości satelity poruszającego się po nie kołowej orbicie, na której jego prędkość nie jest stała

Science


Prawa Keplera Na podstawie dokładnych danych zebranych przez Tycho Brahe, Johannes Kepler przeanalizował pozycje wszystkich znanych planet i Księżyca na niebie, zaznaczając ich pozycje w stałych odstępach czasu. Na podstawie tej analizy sformułował trzy prawa, które omówimy w tym podrozdziale. Pierwsze prawo Keplera W czasach Keplera przeważał pogląd, że wszystkie orbity planetarne są okrągłe. Dane zarejestrowane dla Marsa stanowiły największe wyzwanie dla tego założenia i w końcu zachęciły Keplera, by zmierzyć się z tym powszechnym przekonaniem. Pierwsze prawo Keplera (ang. Kepler’s first law ) stwierdza, że każda planeta porusza się po elipsie, a Słońce znajduje się w jednym z ognisk tej elipsy. Elipsa jest definiowana jako zbiór wszystkich punktów, których suma odległości od każdego z dwóch punktów, zwanych ogniskami elipsy, jest stała. przedstawia elipsę i pokazuje, w jaki sposób można ją łatwo narysować. (a) Elipsa jest krzywą, którą tworzy zbiór wszystkich punktów płaszczyzny, dla których suma odległości od jej ognisk ( f 1 i f 2 ) jest stała. Na podstawie tej definicji można narysować elipsę w następujący sposób. Umieść szpilkę w każdym z ognisk, a następnie zamocuj kawałek sznurka pomiędzy szpilkami i owiń pętelkę wokół ołówka. Utrzymując stale naciągnięty sznurek, narysuj ołówkiem dookoła ognisk pełny obwód krzywej zamkniętej. Jeśli dwa ogniska znajdują się w tym samym miejscu, to w wyniku tej procedury otrzymamy okrąg, szczególny przypadek elipsy. (b) W przypadku orbity eliptycznej, jeśli m ≪ M , to ciało o masie m porusza się po elipsie wokół ciała o masie M znajdującego się w jednym z ognisk. Dokładniej mówiąc, oba ciała poruszają się po własnych elipsach wokół ich wspólnego środka masy. Dla orbity eliptycznej, punkt największego zbliżenia planety do Słońca nazywa się peryhelium (ang. perihelion ). Jest to punkt A na . Najdalszy punkt zwany jest aphelium (ang. aphelion ). Jest to punkt B na tym rysunku. W przypadku Księżyca krążącego po orbicie eliptycznej wokół Ziemi, punkty te są nazywane odpowiednio perygeum i apogeum. Istnieje kilka postaci matematycznych równania elipsy. Wszystkie one są szczególnym przypadkiem bardziej ogólnego równania krzywych stożkowych. Istnieją cztery różne krzywe stożkowe i wszystkie z nich spełniają równanie: α r = 1 + e cos θ . Zmienne r i θ w przypadku elipsy zaznaczono na . Stałe α i e zależą od energii całkowitej i momentu pędu satelity w danym punkcie. Stała e jest zwana mimośrodem. Wartości stałych α i e określają, która z czterech krzywych stożkowych reprezentuje trajektorię obiektu astronomicznego. Tak jak poprzednio, odległość między planetą a Słońcem jest równa r i tworzy kąt θ z osią x , równoległą do osi wielkiej elipsy. Jedną z największych zalet stosowania prawa powszechnego ciążenia, w którym siła jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości, jest to, że gdy połączymy go z drugą zasadą dynamiki Newtona, to rozwiązaniem tego układu równań będzie trajektoria będąca krzywą, która jest jedną z krzywych stożkowych. Każda trajektoria, którą podąża ciało o masie m po orbicie jest, jedną z czterech krzywych stożkowych: okręgiem lub elipsą w przypadku zamkniętych (czyli związanych) orbit albo parabolą lub hiperbolą w przypadku otwartych (czyli niezwiązanych) orbit. Wszystkie krzywe stożkowe przedstawiono na . Trajektoria każdego ciała, na które działa siła proporcjonalna do odwrotności kwadratu odległości między ciałami, jest jedną z czterech krzywych stożkowych. Ruch tego ciała jest określony przez energię i kierunek jego ruchu. Jeśli energia całkowita ciała jest ujemna, to wtedy 0 ≤ e < 1 , i opisuje orbitę zamkniętą (związaną) — elipsę w przypadku, gdy 0 < e < 1 , lub okrąg, gdy e = 0 . Na podstawie można zauważyć, że gdy e = 0 , to r = α , więc promień trajektorii ciała jest stały. W przypadku elipsy, mimośród określa jak bardzo jest ona spłaszczona. Okrąg ma mimośród równy zero, a bardzo spłaszczona, wyciągnięta elipsa ma mimośród o wartości bliskiej jedności. Jeśli całkowita energia ciała jest dokładnie równa zero, to e = 1 i trajektorią ruchu jest parabola. Przypomnijmy, że satelita o całkowitej energii równej zero porusza się z prędkością równą dokładnie drugiej prędkości kosmicznej. (Parabola powstaje przez przecięcie stożka płaszczyzną równoległą do tworzącej stożka.) W końcu jeśli całkowita energia ciała jest dodatnia, to e > 1 , więc trajektorią jest hiperbola. Te dwie ostatnie krzywe reprezentują orbity ciał niezwiązanych grawitacyjnie, gdzie ciało o masie m mija ciało o masie M tylko jeden raz. Ta sytuacja została zaobserwowana w przypadku kilku komet, które zbliżyły się do Słońca, a potem oddaliły się, by już nigdy do niego nie powrócić. Ograniczyliśmy się tylko do przypadków, w których mniejsza masa (planeta) krąży wokół znacznie większej, a co za tym idzie, nieruchomej masy (gwiazdy). Jednak odnosi się także do dowolnych dwóch oddziałujących grawitacyjnie ciał. Oba ciała poruszają się wówczas po krzywych stożkowych o takim samym kształcie. Kształt ten zależy od całkowitej energii i momentu pędu układu, przy czym środek masy układu znajduje się w jednym z ognisk tej krzywej. Stosunek rozmiarów ich torów ruchu jest odwrotnie proporcjonalny do stosunku ich mas. Na stronie internetowej projektu PhET możesz obejrzeć animację My Solar System , przedstawiającą ruch dwóch oddziałujących ciał. Możesz wybrać jedną z wbudowanych opcji, np. Słońce i planetę. Możesz tam również zobaczyć wiele bardziej skomplikowanych zagadnień ruchu ciał. Można określić rzeczywisty tor Księżyca, który może wydawać ci się dość zaskakujący, chociaż spełnia proste prawa dynamiki Newtona. Podróże międzyplanetarne Ludzie marzyli o podróżowaniu na inne planety naszego Układu Słonecznego, od kiedy tylko zostały one odkryte. Ale w jaki sposób można najłatwiej do nich dotrzeć? Najbardziej efektywna metoda została podana w 1925 roku przez Waltera Hohmanna. Zainspirowała go jedna z popularnych w tamtych czasach powieści science fiction. Metoda ta nazywa się teraz manewrem transferowym Hohmanna. W przypadku podróży pomiędzy dwoma orbitami kołowymi transfer odbywa się po eliptycznej orbicie transferowej Hohmanna, która jest styczna do tych orbit w aphelium i peryhelium elipsy. przedstawia przypadek podróży z orbity Ziemi na orbitę Marsa. Tak jak poprzednio, Słońce znajduje się w ognisku elipsy. Dla każdej elipsy, długość jej półosi wielkiej jest zdefiniowana jako połowa odległości położenia ciała w peryhelium i aphelium. Na półoś ta jest równa połowie odległości od miejsca startu do lądowania po przeciwnej stronie osi wielkiej elipsy. W związku z tym przemieszczając się z jednej orbity kołowej o promieniu r 1 do drugiej orbity kołowej o promieniu r 2 , aphelium elipsy transferowej znajduje się na większej orbicie kołowej, a peryhelium na mniejszej orbicie. Półoś wielka oznaczona na rysunku symbolem a jest wówczas równa a = 1 2 ( r 1 + r 2 ) . Orbita transferowa Hohmanna ma swoje peryhelium na orbicie Ziemi i aphelium na orbicie Marsa. Rozważmy przypadek podróży z Ziemi na Marsa. W tej chwili zignorujemy obecność obu planet i założymy, że jesteśmy sami na orbicie Ziemi i chcemy przenieść się na orbitę Marsa. Dzięki opisującemu energię całkowitą możemy zauważyć, że całkowita energia statków kosmicznych na dalszej orbicie (Marsa) jest większa (mniej ujemna) niż na bliższej orbicie (Ziemi). Aby przemieścić się po elipsie transferowej z orbity Ziemi, będziemy musieli zwiększyć naszą energię kinetyczną, czyli musimy zwiększyć prędkość. Najbardziej skuteczną metodą jest bardzo szybkie przyspieszanie po orbicie kołowej w obszarze, w którym tor ciała na tej orbicie pokrywa się z torem na elipsie transferowej. (Najlepiej aby przyspieszenie było natychmiastowe, tak by orbity kołowa i eliptyczna były zgodne podczas całego procesu przyspieszania, a są one styczne jedynie w punkcie startowym. W praktyce droga przyspieszania jest na tyle krótka, że różnica dróg na orbitach nie jest znaczącym czynnikiem.) Po przybyciu na orbitę Marsa potrzebny będzie kolejny impuls zmiany prędkości, aby wejść na tę orbitę, gdyż inaczej pozostalibyśmy na transferowej orbicie eliptycznej i po prostu wrócilibyśmy z powrotem do peryhelium, skąd startowaliśmy. Podczas podróży powrotnej wystarczy w każdym punkcie orbity transferowej zmienić kierunek przyspieszenia na przeciwny. Aby wejść na elipsę transferową, a następnie z niej zejść, musimy znać prędkość na każdej orbicie kołowej i prędkości w aphelium i peryhelium orbity transferowej. Wymagana zmiana prędkości jest po prostu różnicą pomiędzy prędkością na orbicie kołowej i eliptycznej w każdym z tych punktów. Prędkości na orbitach kołowych możemy wyznaczyć z . Wymaganą prędkość na orbicie eliptycznej możemy wyznaczyć z . Podajemy go bez dowodu, gdyż wykracza to poza zakres tego kursu. Energia całkowita na orbicie eliptycznej wynosi: E = − G m M S 2 a , gdzie M S jest masą Słońca, a a jest długością półosi transferowej orbity eliptycznej. Co ciekawe, równanie to ma taką samą postać jak dla orbity kołowej, tylko zamiast długości promienia orbity kołowej występuje w nim długość półosi transferowej orbity eliptycznej. Ponieważ znamy energię potencjalną z , możemy obliczyć energię kinetyczną, a tym samym wymaganą prędkość w każdym z interesujących nas punktów na elipsie. Jako zadanie dla czytelnika zostawiamy obliczenie tych prędkości podczas wycieczki z Ziemi na Marsa. Zakończymy tę analizę, wskazując na kilka ważnych szczegółów. Po pierwsze, nie uwzględniliśmy grawitacyjnej energii potencjalnej związanej z obecnością Ziemi i Marsa na orbicie oraz mechaniki procesu lądowania na Marsie. W praktyce, by dotrzeć do Marsa musimy uwzględnić te czynniki w obliczeniach. Po drugie, ważna jest koordynacja czasowa transferu. Nie chcesz przecież przybyć na orbitę Marsa i stwierdzić, że w danym miejscu orbity akurat go nie ma. Musimy opuścić Ziemię w odpowiednim momencie tak, aby Mars był w aphelium naszej orbity transferowej, gdy dotrzemy na miejsce. Taka okazja zdarza się mniej więcej co 2 lata. Powrót także wymaga właściwej koordynacji czasowej. Całkowity czas podróży wynosi prawie 3 lata! Są jeszcze inne opcje, które umożliwiają szybszy przelot, w tym wykorzystanie asysty grawitacyjnej Wenus. Jednak wiążą się one z dodatkowym wydatkiem energetycznym i zagrożeniem dla życia astronautów. Drugie prawo Keplera Drugie prawo Keplera (ang. Kepler’s second law ) mówi, że prędkość polowa planety (ang. areal velocity ) na orbicie jest stała. Prędkość polową planety definiujemy jako stosunek pola powierzchni zakreślonego przez promień wodzący planety do czasu, w którym planeta przebywa, odpowiadającą temu polu odległość po orbicie. Przyjrzyjmy się . Czas potrzebny, by planeta przemieściła się z położenia A do B , zakreślając powierzchnię S 1 , jest dokładnie równy czasowi potrzebnemu by planeta przemieściła się z położenia C do D , zakreślając powierzchnię S 2 oraz dokładnie taki sam, by przemieściła się ona z położenia E do F , zakreślając powierzchnię S 3 , pod warunkiem, że wszystkie te trzy pola powierzchni są takie same: S 1 = S 2 = S 3 . Zacienione obszary pokazane na rysunku mają równe pola powierzchni i są zakreślane w ciągu takiego samego przedziału czasu. Porównując obszary zacienione na rysunku i odległości przebyte przez planetę po obwodzie elipsy w każdym z tych przypadków widzimy, że aby zacienione pola powierzchni były równe, planeta musi przyspieszać, gdy zbliża się do Słońca i spowalniać w miarę oddalania się od niego. Takie zachowanie jest całkowicie zgodne z zasadą zachowania energii ( ). Poniżej pokażemy, że drugie prawo Keplera jest przede wszystkim konsekwencją zasady zachowania momentu pędu, która odnosi się do dowolnego układu, w którym występują jedynie siły grawitacyjne działające wzdłuż promienia wodzącego. Przypomnijmy definicję momentu pędu L → = r → × p → z rozdziału Moment pędu . W przypadku ruchu po orbicie, L → jest momentem pędu planety orbitującej wokół Słońca, r → jest wektorem promienia wodzącego planetę o początku na Słońcu i końcu w danym punkcie orbity, w którym znajduje się planeta, a p → = m v → jest chwilową wartością pędu planety w danym punkcie na orbicie. Gdy planeta porusza się po orbicie, wektor p → jest zawsze styczny do tej orbity. Możemy rozłożyć wektor pędu na dwie składowe: składową p → równ skierowaną do środka orbity ku Słońcu i równoległą do promienia wodzącego r → oraz składową p → prost prostopadłą do promienia wodzącego r → . Iloczyn wektorowy momentu pędu można wówczas zapisać jako: L → = r → × p → = r → × ( p → równ + p → prost ) = r → × p → równ + r → × p → prost . Pierwszy składnik jest równy zero ponieważ wektor r → jest równoległy do p → równ , a w przypadku drugiego składnika r → jest prostopadły do p → prost , więc wartość iloczynu wektorowego redukuje się do L = r p prost = r m v prost . Zwróćmy uwagę, że moment pędu nie zależy od p równ . Ponieważ siła grawitacji jest skierowana tylko w kierunku promienia wodzącego, może ona zmieniać tylko składową p równ , a nie p prost , dlatego moment pędu musi pozostać stały. Rozpatrzmy teraz . Powierzchnia Δ S małego, zacienionego trójkąta jest zakreślana w czasie Δ t . Prędkość planety jest styczna do toru jej ruchu i tworzy kąt θ z kierunkiem promienia wodzącego. W związku z tym składowa prędkości prostopadła do promienia wodzącego jest równa v prost = v sin θ . W czasie Δ t planeta przebywa odległość Δ l = v Δ t sin θ wzdłuż kierunku prostopadłego do r . Ponieważ powierzchnia trójkąta jest równa połowie długości jego podstawy ( r ) razy wysokość trójkąta ( Δ l ) , to dla małych przemieszczeń powierzchnia trójkąta wynosi Δ S = 1 2 r Δ l . Podstawiając Δ l oraz mnożąc licznik i mianownik przez m , a następnie przekształcając, otrzymujemy: Δ S = 1 2 r Δ l = 1 2 r ( v Δ t sin θ ) = 1 2 m r ( m v sin θ Δ t ) = 1 2 m r ( m v prost Δ t ) = L 2 m Δ t . Pole powierzchni Δ S jest zakreślane w czasie Δ t , gdy planeta przemieszcza się o kąt Δ ϕ . Kąt pomiędzy kierunkiem promienia wodzącego i v → wynosi θ . Prędkość polowa jest po prostu równa stosunkowi zmiany pola powierzchni do czasu, więc otrzymujemy: prędkość polowa = Δ S Δ t = L 2 m . Ponieważ moment pędu planety na orbicie jest stały, to także jej prędkość polowa musi być stała. Jest to drugie prawo Keplera. Newton pokazał, że podobnie jak w przypadku pierwszego prawa Keplera, jest ono naturalną konsekwencją podanego przez niego prawa powszechnego ciążenia. Animację sytuacji z oraz wiele innych ciekawych animacji możesz zobaczyć na stronie internetowej Uniwersytetu Nowej Południowej Walii. Trzecie prawo Keplera Trzecie prawo Keplera (ang. Kepler’s third law ) mówi, że kwadrat okresu obiegu planety jest proporcjonalny do sześcianu wielkiej półosi jej orbity. W podrozdziale Orbity satelitów i ich energia , wyprowadziliśmy trzecie prawo Keplera dla szczególnego przypadku orbity kołowej. określa okres obiegu ciała po orbicie kołowej o promieniu r wokół Ziemi: T = 2 π r 3 G M Z . Przypomnij sobie, że w przypadku elipsy półoś wielka jest połową odległości między peryhelium i aphelium. Dla orbity kołowej półoś wielka ( a ) jest równa promieniowi orbity. Jeśli do zamiast promienia r podstawimy długość a i podniesiemy do kwadratu obie strony równania, to określi ono trzecie prawo Keplera: T 2 = 4 π 2 G M a 3 . W miejsce masy Ziemi podstawiliśmy bardziej ogólną masę M , gdyż równanie to stosuje się do satelitów krążących wokół dowolnego ciała o dużej masie. Orbita komety Halleya Oblicz długość półosi wielkiej orbity komety Halleya , wiedząc, że przybywa ona w peryhelium swojej orbity co 75,3 lat. Jeśli odległość peryhelium od Słońca wynosi 0,586 j.a., jaka jest odległość aphelium od Słońca? Strategia rozwiązania Znamy okres obiegu komety wokół Słońca, więc przekształcając , wyznaczymy długość półosi wielkiej jej orbity. Znając odległość peryhelium od Słońca, możemy skorzystać z definicji półosi wielkiej elipsy, podanej wcześniej w tym rozdziale, aby znaleźć odległość aphelium od Słońca. Jedna jednostka astronomiczna (j.a.) jest średnią odległością Ziemi od Słońca i jest zdefiniowana jako 1 j . a . = 1,50 ⋅ 10 11 m . Rozwiązanie Przekształcając i podstawiając wartości okresu obiegu komety Halleya i masę Słońca, otrzymujemy: a = ( G M 4 π 2 T 2 ) 1 3 = [ 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 2 ⋅ 10 30 k g 4 π 2 ⋅ ( 75,3 r o k u ⋅ 365 d n i r o k ⋅ 24 g o d z . d z i e ń ⋅ 3600 s g o d z . ) 2 ] 1 3 . Daje to długość półosi wielkiej orbity komety wynoszącą 2,67 ⋅ 10 12 m lub 17,8 j.a.. Półoś wielka jest równa połowie odległości między aphelium i peryhelium, mamy więc następującą zależność: a = 1 2 ( aphelium + peryhelium ) aphelium = 2 a − peryhelium . Podstawiając wartość długości półosi wielkiej orbity, którą wyznaczyliśmy, i podaną odległość peryhelium od Słońca, dostajemy odległość aphelium równą 35 j.a.. Znaczenie Edmund Halley (1656–1742) żył w czasach Newtona. On pierwszy podejrzewał, że trzy komety odkryte w latach 1531, 1607 i 1682 były w rzeczywistości tą samą kometą. Zanim Tycho Brahe wykonał pomiary ruchu komet, wierzono, że zjawiska te były jednorazowymi wydarzeniami, być może jakimiś zaburzeniami w atmosferze ziemskiej, niemającymi nic wspólnego z ruchem wokół Słońca. Halley wykorzystał nowe wówczas prawa mechaniki podane przez Newtona, aby przewidzieć powrót komety w 1758 r., nazywanej odtąd jego imieniem. Sprawdź, czy rozumiesz. Saturn porusza się po prawie kołowej orbicie wokół Słońca z okresem orbitalnym równym 30 lat. Średni promień jego orbity wynosi około 9,5 j.a.. Średnia długość promienia orbity Urana wynosi około 19 j.a., a jego okres orbitalny wynosi 84 lata. Czy dane te są zgodne z naszymi wynikami otrzymanymi dla komety Halleya? 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. Podsumowanie Wszystkie ciała poruszają się po orbitach będących krzywymi stożkowymi. Orbity ciał związanych grawitacyjnie są krzywymi zamkniętymi i mają kształt okręgu lub elipsy, a orbity ciał niezwiązanych grawitacyjnie są krzywymi otwartymi i mają kształt paraboli lub hiperboli. Prędkość polowa ciała na dowolnej orbicie jest stała, co odzwierciedla zasadę zachowania momentu pędu. Kwadrat okresu obiegu planety wokół gwiazdy po orbicie eliptycznej jest proporcjonalny do sześcianu długości półosi wielkiej tej orbity. Pytania Czy prawa Keplera mają charakter czysto opisowy, czy też pokazują one związki przyczynowo-skutkowe? Na poniższym rysunku obrazującym tor satelity, poruszającego się po orbicie eliptycznej wokół ciała o znacznie większej masie, wskaż, w którym punkcie toru jego prędkość jest największa, a gdzie najmniejsza. Zasada zachowania jakiej wielkości determinuje takie zachowanie? Zaznacz wektory siły grawitacji, przyspieszenia i prędkości w tych punktach. Narysuj wektory dla tych samych trzech wielkości w dwóch punktach, w których tor satelity przecina oś y układu współrzędnych (wzdłuż półosi małej) i na tej podstawie ustal, czy prędkość satelity w tych punktach rośnie czy maleje, lub ma wartość maksymalną lub minimalną. 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. Zadania Oblicz masę Słońca znając średnią wartość długości promienia orbity ziemskiej i porównaj otrzymaną wartość z tablicową masą Słońca równą 1,989 ⋅ 10 30 k g . 1,98 ⋅ 10 30 k g ; Różnica pomiędzy wartościami wynosi 0,05%. Księżyc Io obiega Jowisza po orbicie, której średni promień wynosi 421 700 km, a jego okres orbitalny jest równy 1,769 dnia. Ile wynosi masa Jowisza wyznaczona na podstawie tych danych? Tablicowa średnia wartość promienia orbity obiektu okrążającego Słońce nie jest zazwyczaj średnią ważoną, kroczącą, ale jest obliczana w taki sposób, że kiedy podstawi się ją do równania dla orbity kołowej, otrzyma się prawidłową wartość okresu orbitalnego. Biorąc to pod uwagę, jak ma się średni promień orbity w odniesieniu do odległości między aphelium i peryhelium? Porównaj oraz 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. Odległość peryhelium komety Halleya od Słońca wynosi 0,586 j.a., a odległość jej aphelium wynosi 17,8 j.a.. Wiedząc, że prędkość orbitalna tej komety w peryhelium wynosi 55 km/s, oblicz ile wynosi jej prędkość w aphelium ( 1 j . a . = 1,496 ⋅ 10 11 m ? ( Wskazówka: Możesz skorzystać albo z zasady zachowania energii, albo z zasady zachowania momentu pędu, jednak zastosowanie tej drugiej jest znacznie łatwiejsze.) Odległość peryhelium komety Lagerkvista od Słońca wynosi 2,61 j.a., a jej okres orbitalny wynosi 7,36 lat. Wykaż, że odległość jej aphelium od Słońca wynosi 4,95 j.a.. 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.. Jaki jest stosunek prędkości orbitalnej w peryhelium do prędkości orbitalnej w aphelium komety Lagerkvista z poprzedniego zadania? Planetoida Eros porusza się po orbicie eliptycznej wokół Słońca. Odległość jej peryhelium od Słońca wynosi 1,13 j.a., a jej aphelium jest oddalone od Słońca o 1,78 j.a.. Oblicz jej okres orbitalny. 1,75 roku aphelium (ang. aphelion ) punkt na orbicie położony najdalej od Słońca; analogiczny termin określający najdalszy punkt orbity Księżyca od Ziemi to apogeum pierwsze prawo Keplera (ang. Kepler’s first law ) prawo które mówi, że każda planeta porusza się po orbicie eliptycznej, a Słońce znajduje się w jednym z ognisk tej elipsy drugie prawo Keplera (ang. Kepler’s second law ) prawo, które mówi, że planeta zakreśla pola o równej powierzchni w równych odstępach czasu, co oznacza, że ma ona stałą prędkość polową trzecie prawo Keplera (ang. Kepler’s third law ) prawo które mówi, że kwadrat okresu obiegu orbity przez planetę jest proporcjonalny do sześcianu długości półosi wielkiej orbity eliptycznej tej planety peryhelium (ang. perihelion ) punkt na orbicie położony najbliżej Słońca; analogiczny termin określający najbliższy punkt orbity Księżyca względem Ziemi to perygeum

Science


Siły pływowe Pochodzenie pływów oceanicznych na Ziemi jest przedmiotem ciągłych badań prowadzonych od ponad 2000 lat. Za początek właściwego rozumienia tego zjawiska uważa się prace Newtona. Pływy oceaniczne są wynikiem grawitacyjnych sił pływowych. Te same siły pływowe występują na praktycznie każdym ciele niebieskim. Są one odpowiedzialne za ciepło wewnętrzne, które tworzy aktywność wulkaniczną na Io, jednym z księżyców Jowisza, oraz za rozrywanie gwiazd, które znalazły się zbyt blisko czarnych dziur. Pływy księżycowe Mieszkańcy niemal dowolnego wybrzeża oceanicznego na świecie mogą dwa razy dziennie obserwować podnoszenie się i opadanie poziomu wody. Jest to spowodowane obrotem Ziemi wokół własnej osi, połączonym z przyciąganiem grawitacyjnym zarówno Księżyca, jak i Słońca. Rozważmy najpierw wpływ Księżyca. Na , widzimy z góry biegun północny Ziemi. Jedna strona Ziemi jest bliżej Księżyca niż druga o odległość równą średnicy Ziemi. W związku z tym siła grawitacji wywierana przez Księżyc jest większa po bliższej mu stronie Ziemi niż po przeciwnej. Jej wartość w środku Ziemi znajduje się pomiędzy wartościami po przeciwległych stronach Ziemi. To dlatego na tych stronach Ziemi pojawiają się przypływy. Siła pływowa rozciąga Ziemię wzdłuż linii łączącej ją z Księżycem. Spiętrzenie wody po obu stronach planety jest wynikiem różnicy siły grawitacji Księżyca po przeciwnych stronach Ziemi. Zmiany poziomu oceanów wynikające z sił pływowych są rzędu kilku metrów, więc pływy zaznaczone na tym rysunku są znacznie przesadzone. Wypadkowa siła grawitacji powoduje, że Ziemia i Księżyc krążą wokół ich wspólnego środka masy. Leży on w odległości około 1600 km pod powierzchnią Ziemi, wzdłuż prostej łączącej te dwa ciała. Siła pływowa może być postrzegana jako różnica między siłą grawitacji w środku Ziemi i w każdym innym jej punkcie. Na różnica ta jest pokazana na poziomie morza, na którym obserwujemy pływy oceaniczne. (Należy pamiętać, że zmiana poziomu morza spowodowana przez siły pływowe jest mierzona od linii poziomu morza przyjętego za zero metrów, przy wyznaczaniu względnej wysokości obiektów na Ziemi. Pokazaliśmy wcześniej, że Ziemia, ze względu na jej ruch obrotowy, jest wybrzuszona na równiku o wiele kilometrów, w stosunku do obwodu biegnącego przez bieguny. Zerowy poziom morza uwzględnia to zjawisko i bierzemy tu pod uwagę tylko znacznie mniejsze zmiany wysokości pływów mierzone od tego poziomu). Siła pływowa jest różnicą pomiędzy siłą grawitacji w środku Ziemi i pozostałych punktach. Na tym rysunku, siły pływowe są pokazane na powierzchni oceanu. Siły te będą malały do zera w miarę zbliżania się do środka Ziemi. Dlaczego przyrost i spadek poziomu wody występują dwa razy dziennie? Spójrz ponownie na . Gdyby Ziemia się nie obracała i Księżyc znajdowałby się w stałym punkcie względem niej, to poziom wody byłby większy w tych samych miejscach na powierzchni Ziemi. Woda w oceanach jest zawsze spiętrzona wzdłuż prostej łączącej Ziemię i Księżyc. Jednak Ziemia się obraca (w kierunku wskazywanym przez strzałkę) z okresem w przybliżeniu wynoszącym 24 godziny. W ciągu 6 godzin, najbliższe i najdalsze Księżycowi obszary Ziemi przesuną się w miejsca, w których aktualnie występują odpływy, a 6 godzin później, znajdą się z powrotem w pozycji przypływów. Ponieważ Księżyc wykonuje pełen obieg Ziemi co około 28 dni w tym samym kierunku, w którym obraca się Ziemia, to czas pomiędzy przypływami i odpływami wynosi w rzeczywistości około 12,5 godziny. Realny czas wystąpienia pływów jest jednak bardziej skomplikowany i zależy od wielu innych czynników, z których najważniejszym jest Słońce. Wpływ Słońca na pływy oceaniczne Oprócz sił pływowych pochodzących od grawitacji Księżyca, wpływ na poziom wody w ziemskich oceanach wywiera także siła grawitacji Słońca. Przyciąganie grawitacyjne Słońca działające na dowolne ciało na Ziemi jest prawie 200 razy większe od przyciągania Księżyca. Jednak, jak wykażemy w następnym przykładzie, wpływ Słońca na pływy morskie, pomimo że jest znaczący, to jest jednak mniejszy niż Księżyca. W zależności od pozycji Księżyca i Słońca względem Ziemi, wypadkowa siła pływowa może być wzmocniona lub osłabiona. przedstawia względne położenia Słońca i Księżyca, które powodują powstanie największych pływów, zwanych pływami syzygijnymi (ang. spring tide ) (lub pływami wysokimi). Podczas przypływów syzygijnych, Ziemia, Księżyc i Słońce znajdują się w jednej linii, a efekty pływowe dodają się. (Przypomnijmy, że siły pływowe powodują spiętrzenie poziomu wody po obu stronach Ziemi). (c) przedstawia względne położenie tych trzech ciał, gdy występują najmniejsze pływy, zwane pływami kwadraturowymi (ang. neap tide ) (lub pływami niskimi). Ekstrema zarówno wysokich, jak i niskich pływów mają związek z fazami Księżyca. Pływy syzygijne występują podczas nowiu lub pełni Księżyca, a pływy kwadraturowe występują, gdy Księżyc znajduje się w pierwszej lub trzeciej kwadrze (oświetlona jest połowa Księżyca). Na wskazanych stronach internetowych możesz zobaczyć jedną i drugą animację pływów oceanicznych. (a i b) Pływy syzygijne występują, gdy Słońce, Ziemia i Księżyc znajdują się w jednej linii, podczas gdy (c) pływy kwadraturowe występują wtedy, gdy Słońce, Ziemia i Księżyc znajdują się w wierzchołkach trójkąta prostokątnego. (Rysunek nie zachowuje skali.) Wysokość pływów Dzięki szczegółowym danym na temat pozycji Księżyca i Słońca można przewidzieć dokładny czas wystąpienia maksymalnych i minimalnych pływów w większości miejsc na naszej planecie. Na tej stronie internetowej możesz zobaczyć prognozy pływów oceanicznych dla wielu miejsc wokół Ameryki Północnej. Zmiana wysokości pływów jest jednak znacznie bardziej skomplikowana, niż przedstawiono to na powyższym rysunku. Względne położenie Ziemi, Słońca i Księżyca determinuje wystąpienie pływów syzygijnych i kwadraturowych, jednak ich wysokość zależy również od odległości tych ciał od Ziemi. Siły pływowe są większe, gdy odległości Księżyca i Słońca są mniejsze. Zarówno orbita Księżyca wokół Ziemi, jak i orbita Ziemi wokół Słońca są eliptyczne, więc pływy syzygijne są wyjątkowo wysokie, jeśli występują, gdy Księżyc znajduje się w perygeum, a Ziemia znajduje się jednocześnie w peryhelium. Z drugiej strony, pływy syzygijne są stosunkowo niskie, jeśli występują, gdy Księżyc znajduje się w apogeum, a Ziemia znajduje się jednocześnie w aphelium. Największy wpływ na wysokość pływów ma topografia lokalnej linii brzegowej i profil głębokości dna morskiego. Wpływ tych czynników na wysokość pływów jest zdumiewający. Chociaż zmiany poziomu wody w oceanach w wielu miejscach na całym świecie są znacznie mniejsze niż jeden metr, to pływy w zatoce Fundy ( ) na wschodnim wybrzeżu Kanady, mogą wynosić nawet 16,3 metra. Łodzie rybackie w zatoce Fundy podczas przypływu i odpływu. Występująca dwukrotnie w ciągu doby zmiana poziomu morza stanowi prawdziwe wyzwanie dla bezpiecznego cumowania łodzi. (Źródło: Dylan Kereluk) Porównanie sił pływowych Porównaj siłę grawitacyjną Księżyca wywieraną na ciała o masie 1 kg, znajdujące się po bliższej i dalszej Księżycowi stronie Ziemi. Powtórz te obliczenia w przypadku Słońca, a następnie porównaj wyniki. Obliczenia potwierdzą, że siły pływowe wywierane przez Księżyc są około dwa razy większe od sił pływowych wywieranych przez Słońce. Strategia rozwiązania Skorzystamy z prawa powszechnego ciążenia ( ). Musimy w tym celu znać masy Słońca i Księżyca, ich odległości od Ziemi oraz wartość promienia Ziemi. Użyjemy danych astronomicznych z Dodatku D . Rozwiązanie Podstawiając wartości masy Księżyca i jego średniej odległości od Ziemi, otrzymujemy: F 12 = G m 1 m 2 r 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 k g 2 ⋅ 1 k g ⋅ 7,35 ⋅ 10 22 k g ( 3,84 ⋅ 10 8 m ± 6,37 ⋅ 10 6 m ) 2 . W mianowniku użyjemy znaku minus dla bliższej Księżycowi strony Ziemi oraz znaku plus dla strony, znajdującej się dalej od Księżyca. Otrzymujemy wartości: F K blisko = 3,44 ⋅ 10 − 5 N oraz F K daleko = 3,22 ⋅ 10 − 5 N . Siła grawitacyjna Księżyca jest prawie o 7% wyższa po bliższej mu stronie Ziemi, ale obydwie siły – dla położenia bliższego i dalszego – są znacznie mniejsze od siły grawitacji samej Ziemi, działającej na ciało o masie 1 kg. Niemniej ta niewielka różnica siły grawitacji Księżyca powoduje powstanie pływów. Teraz powtórzymy obliczenia w przypadku Słońca. Do prawa powszechnego ciążenia podstawiamy wartości masy Słońca i średniej odległości między Ziemią a Słońcem. Otrzymujemy wartości: F S blisko = 5,89975 ⋅ 10 − 3 N oraz F S daleko = 5,89874 ⋅ 10 − 3 N . Jak widać, musimy zapisać, aż sześć cyfr znaczących, aby porównać różnicę między tymi siłami z różnicą otrzymaną w przypadku oddziaływania Księżyca. (Nie możemy uzasadniać poprawności otrzymanej dokładności, gdyż wszystkie wartości danych do zadania są znane z dokładnością do trzech miejsc znaczących. Wszystkie wartości w obliczeniach obu sił są jednak takie same, z wyjątkiem odległości r . Dokładność różnicy wartości tych sił wynika z różnicy podstawionych odległości, co uzasadnia jej poprawność z otrzymaną dokładnością do trzech cyfr znaczących). Różnica między siłami grawitacji Księżyca działającymi na ciało o masie 1 kg po bliższej i dalszej od niego stronie Ziemi wynosi: Δ F K = F K blisko − F K daleko = 3,44 ⋅ 10 − 5 N − 3,22 ⋅ 10 − 5 N = 0,22 ⋅ 10 − 5 N , podczas gdy różnica ta w przypadku Słońca wynosi: Δ F S = F S blisko − F S daleko = 5,89975 ⋅ 10 − 3 N − 5,89874 ⋅ 10 − 3 N = 0,101 ⋅ 10 − 5 N . Zauważmy, że bardziej poprawnym podejściem jest wyprowadzenie wzoru na siłę pływową, a nie obliczanie jej z różnicy wartości dwóch sił, jak zrobiliśmy powyżej. Wówczas siła pływowa jest oczywiście równa różnicy siły grawitacyjnej po bliższej i dalszej odpowiednio Księżycowi lub Słońcu stronie Ziemi. Stosując kilka elementarnych przekształceń, można pokazać, że: F pływowa = G M m r 1 2 − G M m r 2 2 = G M m ( ( r 2 − r 1 ) ( r 2 + r 1 ) r 1 2 r 2 2 ) , gdzie r 1 i r 2 są takie same z dokładnością do trzech cyfr znaczących, ale ich różnica ( r 2 − r 1 ) , równa średnicy Ziemi, jest również znana z dokładnością do trzech cyfr znaczących. Wyniki obliczeń są takie same. Należałoby skorzystać z tego wzoru, jeśli wymagana liczba cyfr znaczących byłaby większa niż dostępna dokładność kalkulatora lub komputera. Znaczenie Należy zauważyć, że siła grawitacji wywierana przez Słońce na Ziemię jest prawie 200 razy większa niż siła grawitacji wywierana przez Księżyc. Ale różnica tych sił po przeciwnych stronach Ziemi jest o połowę mniejsza w przypadku Słońca niż Księżyca. Jest to istota sił pływowych. Księżyc wywiera większy efekt pływowy niż Słońce, ponieważ względna różnica odległości obu stron Ziemi jest znacznie większa w przypadku Księżyca niż Słońca. Sprawdź, czy rozumiesz. Ziemia powoduje powstanie siły pływowej na Księżycu. Czy jest ona większa, taka sama, czy mniejsza niż siła pływowa wywierana przez Księżyc na Ziemi? Uważaj przy udzielaniu odpowiedzi, ponieważ siły pływowe powstają wskutek różnicy sił grawitacyjnych między jedną, a drugą stroną ciała. Spójrz na obliczenia, które wykonaliśmy dla sił pływowych na Ziemi i zastanów się, które wartości znacząco zmieniłyby się na Księżycu. Średnica Księżyca jest jedną czwartą średnicy Ziemi. Siły pływowe na Księżycu nie są łatwe do wykrycia, ponieważ na jego powierzchni nie ma cieczy. 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. Inne skutki działania sił pływowych Siły pływowe istnieją pomiędzy dowolnymi dwoma ciałami. Rozciągają one ciała wzdłuż linii prostej przechodzącej przez ich środki. Choć wpływ sił pływowych na ziemskie oceany jest codziennie widoczny, ich długotrwałe skutki działania nie mogą być tak łatwo zaobserwowane. Jedną z konsekwencji występowania sił pływowych jest rozproszenie kinetycznej energii obrotowej, wskutek tarcia podczas zmiany kształtu samych ciał. Prędkość obrotowa Ziemi maleje, gdyż siły pływowe przekształcają energię obrotową w ciepło. Drugi efekt jest związany z rozproszeniem energii i zachowaniem momentu pędu. Nazywa się on obrotem synchronicznym. Zjawisko to występuje w przypadku większości księżyców w naszym Układzie Słonecznym, w tym także w przypadku ziemskiego Księżyca. Księżyc odwrócony jest w stronę Ziemi zawsze tą samą stroną — jego okres obrotu wokół własnej osi jest taki sam, jak okres obrotu Ziemi. Ziemia, tracąc swą prędkość obrotową, ostatecznie zwróci się jedną stroną ku Księżycowi. Kiedy tak się stanie, nie będziemy mogli obserwować już pływów, ponieważ wezbrane wody pozostaną na Ziemi na stałe w tym samym miejscu. Wówczas Księżyc będzie widoczny stale z jednej półkuli ziemskiej, podczas gdy mieszkańcy drugiej połowy planety nigdy już go nie zobaczą. Proces ten potrwa jednak wiele miliardów lat i być może nie zakończy się przed wygaśnięciem naszego Słońca. Jeden z bardziej dramatycznych przykładów efektów pływowych występuje na Io, jednym z księżyców Jowisza. W 1979 roku statek kosmiczny Voyager wysłał na Ziemię dramatyczne zdjęcia aktywności wulkanicznej na Io. Jest to jedyne ciało astronomiczne w naszym Układzie Słonecznym, na którym wykryto taką aktywność. Na przedstawiono najnowsze zdjęcie Io wykonane przez statek kosmiczny New Horizons w jego drodze do Plutona, korzystając z przyspieszającego oddziaływania grawitacyjnego Jowisza. Dramatyczne dowody na istnienie sił pływowych można obserwować na Io. Przyczyną erupcji widocznej na niebiesko jest wewnętrzne ciepło powstałe w wyniku działania sił pływowych wywieranych na Io przez Jowisza. Wpływ sił pływowych na niektóre gwiazdy może być katastrofalny w skutkach. Siły pływowe w bardzo bliskich układach podwójnych mogą być wystarczająco silne, aby jedna gwiazda rozerwała materię drugiej. Dzieje się tak, gdy siła pływowa wywierana przez jedną z gwiazd przekracza siłę własnej grawitacji drugiej gwiazdy, która spaja ją w całość. Efekt ten można zauważyć w przypadku gwiazd o przeciętnych rozmiarach i masach (gwiazdach ciągu głównego), które orbitują blisko masywnej gwiazdy, takiej jak np. gwiazda neutronowa lub czarnej dziury. przedstawia interpretację tego procesu przez artystę. Gdy materia spada na masywną gwiazdę (zjawisko akreacji), tworzy się dysk akrecyjny, temperatura spadającej materii znacznie wzrasta, czemu towarzyszy promieniowanie w postaci fal elektromagnetycznych, głównie w zakresie rentgenowskim. Siły pływowe masywnego obiektu mogą odrywać materię z orbitującej gwiazdy. Oprócz dysku akrecyjnego krążącego wokół masywnego ciała, materia jest często wyrzucana wzdłuż pokazanego na ilustracji strumienia materii (dżetu). (Źródło: Modyfikacja pracy udostępnionej przez Europejskie Obserwatorium Południowe) Energia emitowana przez tego typu układy podwójne może przekroczyć typową wartość energii wytwarzanej przez tysiące gwiazd. Innym przykładem mogą być kwazary. Kwazary są bardzo odległymi i bardzo jasnymi obiektami, których moc promieniowania często przekracza moc promieniowania całych galaktyk. Astronomowie zgadzają się, że w rzeczywistości są to masywne czarne dziury wytwarzające energię promieniowania z materii, która pochodzi z rozerwanych pływowo pobliskich gwiazd. Podsumowanie Pływy na Ziemi są spowodowane przez różnicę sił grawitacyjnych Księżyca i Słońca wywieranych po przeciwnych stronach Ziemi. Pływy syzygijne (wysokie) występują, gdy Ziemia, Księżyc i Słońce leżą wzdłuż jednej prostej, a pływy kwadraturowe (niskie) występują, gdy ciała te leżą w wierzchołkach trójkąta prostokątnego. Siły pływowe mogą powodować wytworzenie wewnętrznego ciepła, zmiany w ruchu orbitalnym, a nawet zniszczenie orbitujących ciał. Pytania Gdy ciało spada w kierunku czarnej dziury, siły pływowe wzrastają. Czy siły te zawsze rozedrą ciało, gdy zbliża się ono do promienia Schwarzschilda czarnej dziury? Jaki wpływ na odpowiedź mają masa czarnej dziury i rozmiar ciała? Zadania Jaka jest różnica między siłami grawitacyjnymi działającymi na ciało o masie 1 kg na bliższej i dalszej Jowiszowi stronie księżyca Io? Średnia długość promienia Io wynosi 1821 km, a jego promień orbity wokół Jowisza ma średnią wartość równą 421 700 km. Porównaj tę różnicę z różnicą obliczoną w , w przypadku siły grawitacyjnej Księżyca wywieranej na obiekt o takiej samej masie, spoczywający na powierzchni Ziemi. Siły pływowe są przyczyną aktywności wulkanicznej na Io. Gdyby Słońce zapadło się w czarną dziurę, to horyzont zdarzeń leżałby w odległości około 3 km od środka tej osobliwości grawitacyjnej. Czy obserwator mógłby przeżyć w odległości 300 km od jej środka? Odpowiedz na to pytanie obliczając różnicę siły przyciągania grawitacyjnego, jakie czarna dziura wywierałaby na 1 kg masy obserwatora przy jego stopach i głowie. Załóż, że obserwator ma wzrost przeciętnego człowieka. Około 20 000 N (zależy, jaki wzrost obserwatora przyjąłeś do obliczeń); jest to znacznie za duża wartość, aby mógł on przeżyć. Przyjrzyj się w rozdziale Siły Pływowe . Rysunek ten przedstawia siły pływowe w przypadku pływów syzygijnych. Narysuj podobny rysunek dla pływów kwadraturowych. ( Wskazówka: Dla uproszczenia wyobraź sobie najpierw, że Słońce i Księżyc przyczyniają się w takim samym stopniu do powstania sił pływowych. Twój schemat byłby sumą wektorową dwóch pól siłowych (jak na ), z których jedno (od Słońca) jest dwukrotnie słabsze od drugiego. Oba pola wektorowe dodają się pod kątem prostym.) pływy kwadraturowe (ang. neap tide ) niskie pływy powstające gdy Ziemia, Księżyc i Słońce znajdują się w wierzchołkach trójkąta prostokątnego pływy syzygijne (ang. spring tide ) wysokie pływy powstające gdy Ziemia, Księżyc i Słońce położone są wzdłuż jednej prostej siła pływowa (ang. tidal force ) różnica pomiędzy siłą grawitacji w środku i dowolnym innym punktem ciała; siła pływowa rozciąga ciało

Science