Κεφάλαιο 12 Βαρύτητα
-
Upload
science-physics-4-all -
Category
Documents
-
view
140 -
download
1
description
Transcript of Κεφάλαιο 12 Βαρύτητα
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 1
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
ΓΕΝΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ
ΜΕΡΟΣ Α: ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΗΧΑΝΙΚΗΣ
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 12: ΒΑΡΥΤΗΤΑ
Οι σημειώσεις βασίζονται στο βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική Τόμος Α (Hugh D.
Young).
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ
ΑΛΕΞΑΝΔΡΟΠΟΥΛΟΥ ΒΑΣΙΛΙΚΗ
www.sciencephysics4all.weebly.com
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 2
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
Οι σημειώσεις αυτές απευθύνονται σε πρωτοετείς φοιτητές ΑΕΙ και ΤΕΙ που
διδάσκονται το μάθημα Φυσική Ι – Μηχανική σε πρώτο πανεπιστημιακό επίπεδο.
Είναι βασισμένες στο βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική Τόμος Α (Hugh D. Young).
Περιέχουν σύνοψη της θεωρίας των κεφαλαίων 2 και 3, καθώς και χαρακτηριστικά
παραδείγματα με τις λύσεις τους.
Δεν αποτελούν σε καμία περίπτωση υποκατάστατο πανεπιστημιακού βιβλίου.
Αποτελούν όμως ένα χρήσιμο βοήθημα για το φοιτητή που χρειάζεται λυμένα
παραδείγματα για την περεταίρω κατανόηση της θεωρίας.
Επικοινωνία
Αν θέλετε να επικοινωνήσετε μαζί μας για οποιοδήποτε λόγο (παρατηρήσεις,
διορθώσεις κ.τ.λ) στείλτε τα μας το μήνυμά σας σε ένα από τα παρακάτω mail:
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 3
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ
Α.1) Ο νόμος του Νεύτωνα για τη βαρύτητα ............................................................ 4
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.1 ................................................................. 4
Α.2) Βάρος ................................................................................................................. 6
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.2 ................................................................. 7
Α.3) Βαρυτικό πεδίο .................................................................................................. 7
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.3 ................................................................. 9
Α.4) Βαρυτική δυναμική ενέργεια ............................................................................ 9
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.4 ............................................................... 11
Α.5) Κίνηση δορυφόρων .......................................................................................... 11
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.5 ............................................................... 12
Α.6) Νόμοι του Κέπλερ ........................................................................................... 13
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.6 ............................................................... 15
Α.7) Σφαιρικές κατανομές μάζας............................................................................. 15
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.7 ............................................................... 17
Α.8) Η επίδραση της περιστροφής της Γης πάνω στην επιτάχυνση της βαρύτητας 22
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.8 23
Α.9) Μαύρες τρύπες 24
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΥ Α.9 25
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 4
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
Α.1) Ο νόμος του Νεύτωνα για τη βαρύτητα
Ο Νεύτωνας ανακάλυψε το νόμο της βαρύτητας και τον διατύπωσε ως εξής:
Κάθε σωμάτιο ύλης στο σύμπαν έλκει κάθε άλλο σωμάτιο με μια δύναμη που είναι ανάλογη
προς το γινόμενο των μαζών τους και αντιστρόφως ανάλογη του τετραγώνου της μεταξύ τους
απόσταση.
Η παραπάνω πρόταση συμπυκνώνεται στην ακόλουθη εξίσωση:
2
21
r
mmGF
Το G είναι μια θεμελιώδης φυσική σταθερά που ονομάζεται βαρυτική σταθερά και που η
αριθμητική του τιμή εξαρτάται από το σύστημα μονάδων που χρησιμοποιείται.
Οι δυνάμεις της βαρυτικής έλξης δρουν πάντοτε στην ευθεία που ενώνει τις δύο μάζες.
Αποτελούν ζεύγος δράσης-αντίδρασης, που σημαίνει ότι ακόμη κι όταν οι μάζες είναι πολύ
διαφορετικές, οι δύο δυνάμεις αλληλεπίδρασης έχουν το ίδιο μέτρο. Άρα, η ελκτική δύναμη
που ασκούμε εμείς πάνω στη Γη είναι ίση με την ελκτική δύναμη που ασκεί η Γη πάνω σε
μας.
Αν φέρναμε ένα σωμάτιο στο εσωτερικό της Γης ανοίγοντας μια τρύπα, τα πράγματα θα
άλλαζαν. Θα διαπιστώναμε ότι η δύναμη μειώνεται καθώς θα πλησιάζαμε το σωμάτιο στο
κέντρο, αντί να αυξάνει όπως το 2/1 r . Και αυτό γιατί, καθώς το σωμάτιο θα εισχωρεί στο
εσωτερικό της Γης, ένα μέρος της μάζας της Γης θα βρίσκεται, σε σχέση με το σώμα, σε
αντίθετη κατεύθυνση από αυτήν προς την οποία βρίσκεται το κέντρο της Γης και θα το έλκει
συνεπώς προς την αντίθετη αυτή κατεύθυνση. Συμπερασματικά, στο κέντρο της Γης η
βαρυτική δύναμη πάνω στο σώμα θα μηδενίζεται.
Η τιμή της βαρυτικής σταθερά G προσδιορίζεται αν με τη βοήθεια ενός οργάνου, που
ονομάζεται ζυγός στρέψης, μετρηθεί η βαρυτική δύναμη ανάμεσα σε δύο σώματα με γνωστές
μάζες 1m και 2m και σε γνωστή απόσταση r μεταξύ τους. Η αποδεκτή σήμερα τιμή της
βαρυτικής σταθεράς είναι:
2211 /10673,6 kgmNG
Οι βαρυτικές δυνάμεις προστίθενται διανυσματικά. Αν καθεμιά από δύο μάζες ασκεί μια
δύναμη σε μια τρίτη, η ολική δύναμη πάνω στην τρίτη μάζα δίνεται από το διανυσματικό
άθροισμα των ξεχωριστών δυνάμεων που οφείλονται στις άλλες δύο. Η ιδιότητα αυτή
καλείται επαλληλία των δυνάμεων.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Άσκηση 12-5 σελ. 341 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Οι αρχικές σφαίρες τριών σφαιρών είναι αυτές που φαίνονται στο παρακάτω σχήμα. Οι
σφαίρες Α και Β είναι στερεωμένες έτσι ώστε να παραμένουν ακίνητες. Η μικρή μάζα στο P
είναι αρχικά ακίνητη και αφήνεται ελεύθερη να κινηθεί. Ποια είναι η αρχική της επιτάχυνση
(μέτρο και κατεύθυνση) αν υφίσταται μόνο τις βαρυτικές δυνάμεις των άλλων δυο;
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 5
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
ΛΥΣΗ
Οι δυνάμεις που δέχεται η μικρή μάζα απεικονίζονται στο ακόλουθο σχήμα:
Από τη γεωμετρία της διάταξης παίρνουμε τα εξής:
8,010
8sin και 6,0
10
6cos
Από τη σφαίρα Α, η μικρή σφαίρα δέχεται δύναμη μέτρου:
2r
mmGF A
A Nm
kgkgkgmN 11
22
2211 107,42)1010(
01,04,6)/10673,6(
Οι δύο κάθετες συνιστώσες αυτής της δύναμης είναι:
NNFF AAx
1111 102,348,0)107,42(sin
NNFF AAy
1111 106,256,0)107,42(cos
(ορίσαμε θετική τη δεξιά φορά του άξονα των x και την προς τα κάτω του άξονα των y)
Από τη σφαίρα Β, η μικρή σφαίρα δέχεται δύναμη μέτρου:
2r
mmGF B
B Nm
kgkgkgmN 11
22
2211 107,42)1010(
01,04,6)/10673,6(
Οι δύο κάθετες συνιστώσες αυτής της δύναμης είναι:
NNFF ABx
1111 102,348,0)107,42(sin
NNFF ABy
1111 106,256,0)107,42(cos
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 6
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
Στην οριζόντια διεύθυνση, ο δεύτερος νόμος του Νεύτωνα μας δίνει:
00 xxxAxBxxx amamaFFmaF
Επομένως, η μηδενική συνισταμένη των ασκούμενων δυνάμεων διατηρεί την ακινησία στην
οριζόντια διεύθυνση.
Στην κάθετη διεύθυνση, ο δεύτερος νόμος του Νεύτωνα μας δίνει:
2911 /1024,5101,0)106,25(2 smaaNmaFFmaF xxyByAyyy
Συνεπώς, η μικρή σφαίρα θα κινηθεί προς τα κάτω, στην ευθεία που διέρχεται από το μέσο
της απόστασης μεταξύ των σφαιρών Α και Β, με την παραπάνω επιτάχυνση.
Α.2) Βάρος
Αν και οι περισσότεροι θεωρούμε ότι το βάρος ενός σώματος είναι η ελκτική βαρυτική
δύναμη που ασκείται πάνω του μόνο από τη Γη, στην πραγματικότητα είναι η ολική ελκτική
δύναμη που δέχεται από όλα τα σώματα στο σύμπαν. Απλά, όταν το σώμα βρίσκεται κοντά
στην επιφάνεια της Γης, η πιο ισχυρή δύναμη που δέχεται και που κυριαρχεί έναντι των
υπολοίπων, είναι αυτή από τη Γη. Κατ’ αντιστοιχία, αν το ίδιο σώμα βρισκόταν στην
επιφάνεια ενός άλλου πλανήτη, το βάρος του θα ήταν η ελκτική δύναμη που θα του ασκούσε
ο πλανήτης αυτός.
Το βάρος λοιπόν w ενός μικρού σώματος μάζας m που βρίσκεται στην επιφάνεια της Γης
(σε απόσταση ER από το κέντρο της), θεωρώντας τη Γη μια σφαίρα με ακτίνα ER και μάζα
Em , θα είναι:
2
E
Eg
R
mmGFw
Σε απόσταση r από το κέντρο της Γης (άρα σε ύψος ERr από την επιφάνειά της), το
βάρος ενός σώματος μάζας m θα δίνεται από την εξίσωση:
2r
mmGFw E
g
Ταυτόχρονα, γνωρίζουμε ότι ισχύει:
mgw
Εξισώνοντας την εξίσωση αυτή με την 2
E
E
R
mmGw
, παίρνουμε:
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 7
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
2
E
E
R
mGg
Αυτή η σχέση μάς λέει ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας g είναι ανεξάρτητη της μάζας του
σώματος.
Θέτοντας τις γνωστές τιμές των μεγεθών g , G και ER που είναι αντίστοιχα 2/8,9 sm ,
2211 /10673,6 kgmNG και km6380 μπορούμε να υπολογίσουμε τη μάζα της Γης:
kgmE
241098,5
Γνωρίζοντας τη μάζα της Γης και την ακτίνα της, μπορούμε να υπολογίσουμε τη μέση
πυκνότητά της:
33
3
/50,5/5500
3
4cmgmkg
R
m
V
m
E
E
E
EE
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Άσκηση 12-6 σελ. 341 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Η μάζα της Σελήνης είναι περίπου το 811 της μάζας της Γης και η ακτίνα της το ¼ της
ακτίνας της Γης. Από αυτά τα δεδομένα υπολογίστε την επιτάχυνση της βαρύτητας στην
επιφάνεια της Γης.
ΛΥΣΗ
Η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης είναι 2
E
EE
R
mGg , ενώ στην
επιφάνεια της Σελήνης θα είναι 2
M
MM
R
mGg . Επεξεργαζόμαστε την τελευταία σχέση,
συνυπολογίζοντας τα δεδομένα της άσκησης, και λαμβάνουμε:
22
216
1
811
24
1
811
2/94,1/8,9
81
16
81
16
)(smsmg
R
mG
R
mG
R
mGg E
E
E
E
E
M
M
Α.3) Βαρυτικό πεδίο
Αντί να ιχνηλατήσουμε τη βαρύτητα μέσω της έννοιας των δυνάμεων με τις οποίες
αλληλεπιδρούν δύο μάζες, μπορούμε να το κάνουμε και μέσω της έννοιας των πεδίων. Πιο
συγκεκριμένα, μια μάζα M δημιουργεί γύρω της μια «αναστάτωση», η οποία ονομάζεται
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 8
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
βαρυτικό πεδίο. Έτσι, αν μια άλλη μάζα m τοποθετηθεί σε αυτό τον χώρο, αυτή θα νιώσει
αυτή την «αναστάτωση» και τότε θα ασκηθεί πάνω της μια δύναμη, η βαρυτική.
Ένα τέτοιο βαρυτικό πεδίο χαρακτηρίζεται από μια ένταση που το καθιστά ασθενές ή ισχυρό
και δίνεται από τον λόγο της ασκούμενης δύναμης από τη μάζα M στη μάζα m διά τη μάζα
m :
m
Fg
g
Όπως είπαμε, το g καλείται ένταση βαρυτικού πεδίου ή απλά βαρυτικό πεδίο, είναι
διανυσματικό μέγεθος και μετριέται σε 2/ sm .
Αξίζει να σημειωθεί ότι η το βαρυτικό πεδίο υπάρχει, δημιουργούμενο από τη μάζα M , είτε
τοποθετηθεί μάζα m εντός του είτε όχι. Έτσι, η ένταση του βαρυτικού πεδίου g που
δημιουργείται από μια μάζα M σε απόσταση r από αυτή είναι ίση με:
2r
GMg
Η παραπάνω σχέση δίνει το μέτρο της έντασης του βαρυτικού πεδίου. Εάν θέλουμε να
συμπεριλάβουμε και την κατεύθυνση της έντασης αφού είναι διανυσματικό μέγεθος, θα
πρέπει να γράψουμε τη διανυσματική έκφραση της σχέσης η οποία είναι:
rr
GMg ˆ
2
Το αρνητικό πρόσημο δείχνει ότι η κατεύθυνση του g
είναι πάντοτε αντίθετη αυτής της r̂ .
Το βαρυτικό πεδίο μεταβάλλεται από σημείο σε σημείο, που σημαίνει ότι είναι ένα
διανυσματικό σημείο. Με άλλα λόγια, σε κάθε σημείο του χώρου γύρω από τη μάζα που
δημιουργεί το πεδίο αντιστοιχεί και άλλο διάνυσμα της έντασης.
Σ’ ένα αδρανειακό σύστημα αναφοράς, η ένταση του βαρυτικού πεδίου g
ταυτίζεται με την
επιτάχυνση που αναπτύσσει ένα σώμα όταν πέφτει υπό την επίδραση μόνο της βαρυτικής
δύναμης. Συγκεκριμένα, όταν g
είναι η ένταση του οφειλόμενου στη μάζα της Γης
βαρυτικού πεδίου, η βαρυτική δύναμη που ασκείται στο σώμα είναι το γνωστό βάρος του.
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 9
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Άσκηση 12-13 σελ. 341 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Σε τι ύψος από την επιφάνεια της Γης το μέτρο του βαρυτικού πεδίου είναι ίσο με 4,9 m/s2 ,
αν στην επιφάνεια της Γης είναι 9,8 m/s2;
ΛΥΣΗ
Στην επιφάνεια της Γης έχουμε: 2
E
ER
R
Gmg
E (1)
Σε ύψος h από την επιφάνεια της Γης έχουμε: 2)( hR
Gmg
E
EhRE
Παρατηρούμε ότι η τιμή 4,9 m/s2 είναι η μισή της 9,8 m/s2. Από τη σχέση (1) προκύπτει ότι
εάν θέλουμε να μειωθεί το ERg κατά το ήμισυ, θα πρέπει ο παρανομαστής του κλάσματος να
πολλαπλασιαστεί με το 2:
22
222E
E
E
ER
hR
R
Gm
R
Gmgg E
E
Επομένως, η νέα απόσταση στην οποία θα έχουμε τη μισό βαρυτικό πεδίο θα είναι η:
mmRE
66 10022,91038,6414,12
Αυτό σημαίνει ότι το ύψος στο οποίο πρέπει να ανέλθουμε είναι:
mmhmhRE
6666 1064,21038,610022,910022,9
Α.4) Βαρυτική δυναμική ενέργεια
Για να βρούμε τη βαρυτική δυναμική ενέργεια, πρέπει να υπολογίσουμε το έργο gravW που
παράγεται από τη βαρυτική δύναμη, όταν η απόσταση μεταβάλλεται από 1r σε 2r :
2
1
2
12
r
r
r
r
Ergrav dr
r
GmmdrFW
Η rF είναι η συνιστώσα της βαρυτικής δύναμης στην κατεύθυνση που αυξάνεται το r ,
δηλαδή από το κέντρο της Γης προς τα έξω. Προς την κατεύθυνση αυτή όμως, η βαρυτική
δύναμη μειώνεται σε μέτρο, επομένως θα πρέπει να συμπεριλάβουμε αυτή την αντίστροφη
εξάρτηση με ένα μείον μπροστά από την παραπάνω σχέση. Έτσι, το έργο gravW θα είναι:
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 10
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
2
1
2
1
2
1 12
22
1111r
r
r
rE
r
r
EEE
gravrr
Gmmr
Gmmdrr
Gmmdrr
GmmW
12 r
Gmm
r
GmmW EE
grav
Το έργο αυτό εξαρτάται μόνο από την αρχική και τελική του r . Επομένως, η διαδρομή που
ακολουθείται δε χρειάζεται να είναι ευθύγραμμη και η βαρυτική δύναμη είναι διατηρητική.
Τη βαρυτική δυναμική ενέργεια σε μια απόσταση r θα την ορίσουμε έτσι ώστε να ισχύει:
21 UUWgrav , άρα σύμφωνα με όσα καταλήξαμε πιο πάνω θα είναι:
r
GmmU E
Όταν το r αυξάνεται, δηλαδή όταν το σώμα απομακρύνεται από τη Γη, η βαρυτική δύναμη
εκτελεί αρνητικό έργο και η βαρυτική δυναμική ενέργεια αυξάνεται επίσης καθώς γίνεται
λιγότερο αρνητική. Αντιθέτως, όταν το r μειώνεται, δηλαδή όταν το σώμα πέφτει προς τη
Γη, η βαρύτητα εκτελεί θετικό έργο και η δυναμική ενέργεια μειώνεται αφού γίνεται ακόμα
πιο αρνητική.
Τη μέγιστη τιμή της, που είναι η μηδενική, η βαρυτική δυναμική ενέργεια τη λαμβάνει όταν η
αλληλεπίδραση μεταξύ Γης και σώματος είναι ανύπαρκτη και αυτό συμβαίνει σε άπειρη
απόσταση μεταξύ τους.
Η γνωστή μας σχέση για τη βαρυτική δυναμική ενέργεια mgyU , δεν αποτελεί τίποτα
άλλο παρά μια ειδική περίπτωση της εξίσωσης 12 r
Gmm
r
GmmW EE
grav , στην περίπτωση
που το σώμα βρίσκεται πάντα πολύ κοντά στην επιφάνεια της Γης, έτσι ώστε να μπορούμε να
πούμε ERrr 21 . Έτσι, έχουμε:
2
21
21
21
12 E
EEEE
gravR
rrGmm
rr
rrGmm
r
Gmm
r
GmmW
Όμως έχουμε:
2
E
E
R
Gmg
Επομένως τελικά:
)( 21 rrmgWgrav ή αλλιώς )( 21 yymgWgrav
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 11
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Άσκηση 12-15 σελ. 342 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Χρησιμοποιήστε τα αποτελέσματα του Παραδείγματος 12-7 για να υπολογίσετε την ταχύτητα
διαφυγής ενός αντικειμένου από α) την επιφάνεια της Σελήνης, β) την επιφάνεια του Κρόνου
και γ) γιατί η ταχύτητα διαφυγής ενός αντικειμένου είναι ανεξάρτητη της μάζας του;
ΛΥΣΗ
Στο παράδειγμα 12-7 καταλήξαμε στο ότι η αρχική ταχύτητα (ταχύτητα διαφυγής) που πρέπει
να έχει ένα σώμα για να διαφύγει από την επιφάνεια μιας σφαιρικής μάζας M και ακτίνας
R είναι (αγνοώντας τις τριβές):
R
GM2
Επομένως, έχουμε:
α) smm
kgkgmN
R
GM/1038,2
101737
104,7)/10673,6(22 3
3
222211
β) smm
kgkgmN
R
GM/105,3
10060,0
1069,5)/10673,6(22 4
6
262211
γ) Επειδή η ταχύτητα διαφυγής αποτελεί την ελάχιστη ταχύτητα που πρέπει να αποκτήσει το
αντικείμενο ώστε, όταν εκτοξεύεται από την επιφάνεια του πλανήτη, να απομακρυνθεί από
αυτόν χωρίς η δύναμη της βαρύτητας του πλανήτη να μπορεί να το συγκρατήσει και να το
επαναφέρει στην επιφάνειά του, στη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας του συστήματος (η
οποία διατηρείται λόγω του ότι μόνη δύναμη που ασκείται στο σώμα είναι η βαρυτική)
απομένουν να υπεισέρχονται μόνο η κινητική ενέργεια του σώματος όταν εκτοξεύεται και η
δυναμική ενέργεια βαρυτικής αλληλεπίδρασης όταν το αντικείμενο βρίσκεται στην επιφάνεια
του πλανήτη. Και στους δύο τύπους, υπάρχει η μάζα του αντικειμένου, η οποία τελικά
απλοποιείται.
Α.5) Κίνηση δορυφόρων
Γνωρίζουμε τη ύπαρξη τόσο των ¨φυσικών¨ δορυφόρων (όπως η Σελήνη) όσο και των
τεχνητών (για συλλογή και μεταφορά πληροφοριών). Με ποιο τρόπο όμως αυτά τα σώματα
τίθενται σε αυτή την αέναη κίνηση; Η απάντηση βρίσκεται στην ταχύτητα και στο σημείο
(ύψος) εκτόξευσης. Υπάρχουν κατάλληλες τιμές και των δύο που όταν επιτευχθούν, η
δορυφορική κίνηση είναι εφικτή. Η απλούστερη τροχιά μιας τέτοιας κίνησης είναι η κυκλική,
διαφορετικά θα έχουμε ελλειπτική τροχιά. Όταν λοιπόν ένα σώμα τίθεται σε ομαλή κυκλική
κίνηση γύρω από έναν πλανήτη, η δύναμη που του ασκείται είναι η ελκτική βαρυτική και
αναπτύσσει επιτάχυνση ίση με rarad /2 και κατεύθυνση προς το κέντρο της Γης. Έτσι,
αν πάρουμε την περίπτωση ενός δορυφόρου της Γης, ο δεύτερος νόμος του Νεύτωνα θα μας
δώσει:
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 12
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
rm
r
GmmmaFmaF E
radg
2
2
και λύνοντας ως προς την ταχύτητα, παίρνουμε:
r
GmE (1)
Από την παραπάνω εξίσωση προκύπτει αφενός ότι για μια δορυφορική κίνηση τα ζεύγη
τιμών ταχύτητας και ακτίνας τροχιάς είναι συγκεκριμένα (αν επιλέξουμε την υ, η r είναι
καθορισμένη) και αφετέρου ότι η μάζα δεν εμπλέκεται καθόλου.
Η περίοδος Τ αυτής της κίνησης θα είναι:
EE Gm
rT
Gm
rr
rT
2/322
2
(2)
Οι εξισώσεις (1) και (2) μας λένε ότι όσο μικρότερη η ταχύτητα, τόσο μεγαλύτερη η τροχιά
και η περίοδος.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Πρόβλημα 12-35 σελ. 343 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Πολλοί δορυφόροι κινούνται σε κυκλικές τροχιές πάνω στο ισημερινό πεδίο της Γης.
Βρίσκονται σε τέτοιο ύψος ώστε να μένουν πάντοτε από το ίδιο σημείο. Υπολογίστε το ύψος
αυτών των δορυφόρων πάνω από την επιφάνεια της Γης (μια τέτοια τροχιά ονομάζεται
γεωστάσιμη).
ΛΥΣΗ
Λύνουμε την εξίσωση
EGm
rT
2/32 ως προς την ακτίνα r της τροχιάς ως εξής:
3/1
2
2322
2/3
4
42
E
EE
GmTr
Gm
rT
Gm
rT
Με βάση τις τιμές που παίρνουμε από το παράρτημα ΣΤ του βιβλίου, έχουμε:
3/1
2
242211243/1
2
2
)14,3(4
)1097,5)(/10673,6()1064,8(
4
kgkgmNsr
GmTr E
mr 71023,4
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 13
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
Συνεπώς:
mmhmhRmr E
76777 1059,3)1038,61023,4(1023,41023,4
Α.6) Οι νόμοι του Κέπλερ
Τον 16ο αιώνα, ο Γερμανός αστρονόμος Κέπλερ διατύπωσε τρεις νόμους με τους οποίους
περιγραφόταν οι κινήσεις των πέντε πλανητών που ήταν τότε γνωστοί:
α) Κάθε πλανήτης κινείται σε μια ελλειπτική τροχιά, με τον Ήλιο σε μια από τις εστίες της
έλλειψης.
Ο Ήλιος βρίσκεται στο σημείο F και ο εκάστοτε πλανήτης στο σημείο Ρ. Τα σημεία F και F΄
ονομάζονται εστίες της έλλειψης. Το άθροισμα των αποστάσεων του σημείου Ρ από κάθε μια
από τις δύο εστίες είναι σταθερό για οποιοδήποτε σημείο της ίδιας καμπύλης. Στην
πραγματικότητα βέβαια, στην κίνηση των πλανητών, οι δύο εστίες απέχουν ελάχιστα μεταξύ
τους με αποτέλεσμα οι τροχιές τους να είναι σχεδόν κυκλικές.
β) Η ευθεία που ενώνει τον Ήλιο με έναν πλανήτη σαρώνει σε ίσες επιφάνειες σε ίσους
χρόνους.
Αν με βάση τη γεωμετρία εκφράσουμε το εμβαδό dA της στοιχειώδους επιφάνειας που
σαρώνεται, όταν η ευθεία από τον Ήλιο F στη θέση Ρ στρέφεται κατά d , θα έχουμε:
drrrddA 2
2
1)(
2
1
Επομένως, ο ρυθμός σάρωσης της επιφάνειας θα είναι:
r
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 14
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
dt
dr
dt
dA 2
2
1
Όμως, ο λόγος dt
d είναι η γωνιακή ταχύτητα, επομένως το γινόμενο
dt
dr
είναι ίσο με:
rdt
dr , δηλαδή ίσο με τη γραμμική ταχύτητα της κυκλικής κίνησης που εδώ απλά
αποτελεί την κάθετη στην επιβατική ακτίνα (τη γραμμή που ενώνει τον πλανήτη με το κέντρο
του Ήλιου) συνιστώσα της ταχύτητας, αφού στην κίνηση σε ελλειπτική τροχιά το διάνυσμα
της γραμμικής ταχύτητας δεν είναι κάθετο στην ακτίνα και άρα δε συμπίπτει με τη γραμμική
της κυκλικής κίνησης. Επομένως, τελικά:
sin2
1r
dt
dA
Όμως, το γινόμενο sinr αποτελεί το μέτρο του διανυσματικού γινομένου
r , το
οποίο με τη σειρά του είναι ίσο με το λόγο της στροφορμής (
mrL ) του πλανήτη δια
της μάζας του m. Συνεπώς, ο ρυθμός σάρωσης της επιφάνειας διαμορφώνεται τελικά ως εξής:
m
L
m
mr
dt
dA
22
1
Καταλήξαμε λοιπόν στο ότι για να είναι σταθερός ο ρυθμός σάρωσης της επιφάνειας θα
πρέπει η στροφορμή να είναι σταθερή, δηλαδή ο ρυθμός μεταβολής της να είναι μηδέν. Όμως
ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής, όπως ξέρουμε, ισούται με το εξωτερικό γινόμενο της
ακτίνας με την ασκούμενη δύναμη: Frdt
Ld
. Στην περίπτωσή μας, r
και F
βρίσκονται
στην ίδια ευθεία, που σημαίνει ότι 0Fr
και άρα 0dt
Ld
. Με άλλα λόγια, ο δεύτερος
νόμος του Κέπλερ είναι ισοδύναμος με τη διατήρηση της στροφορμής.
γ) Τα τετράγωνα των περιόδων των πλανητών είναι ανάλογα προς τους κύβους των μεγάλων
ημιαξόνων των τροχιών τους.
Ο νόμος αυτός αποδεικνύεται υψώνοντας τη σχέση
EGm
rT
2/32 εις το τετράγωνο:
EEGm
rT
Gm
rT
322
2/3 42
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 15
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Πρόβλημα 12-45 σελ. 343 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Οι κομήτες κινούνται γύρω από τον Ήλιο σε ελλειπτικές τροχιές με μεγάλες εκκεντρότητες.
Αν ένας κομήτης έχει ταχύτητα sm /102 4 όταν βρίσκεται σε απόσταση m11102 από το
κέντρο του Ήλιου, ποια θα είναι η ταχύτητά του σε απόσταση m10104 ;
ΛΥΣΗ
Στην περίπτωση που ο κομήτης έχει ταχύτητα sm /102 4 και βρίσκεται σε απόσταση
m11102 , η μηχανική ενέργειά του είναι:
2
1
1
112
1m
r
mmGKU S
Και όταν κινείται σε απόσταση m10104 , η ολική του ενέργεια θα είναι:
2
2
2
222
1m
r
mmGKU S
Επειδή στον κομήτη ασκείται μόνο η συντηρητική βαρυτική δύναμη, η μηχανική ενέργεια
του κομήτη παραμένει πάντα σταθερή. Επομένως:
11 KU 22 KU 2
1
1 2
1m
r
mmG S 2
2
2 2
1m
r
mmG S
12
2
1
2
2
112
rrGmS
sm /106,7 4
2
Α.7) Σφαιρικές κατανομές μάζας
Μέχρι τώρα, μιλούσαμε για τη βαρυτική αλληλεπίδραση δύο σφαιρικά συμμετρικών
κατανομών μάζας, θεωρώντας a priori ότι ταυτιζόταν με την αλληλεπίδραση που θα είχαν
αυτές οι κατανομές αν όλη η μάζα τους ήταν συγκεντρωμένη στο κέντρο τους. Αυτός που το
απέδειξε ήταν ο Νεύτωνας.
Σε πρώτη φάση, αποδείχθηκε κατά το ήμισυ, δηλαδή θεωρήθηκε η μια μάζα ως σημειακή
(και όχι και οι δύο ως κατανομές μάζας) και δείχθηκε ότι η βαρυτική αλληλεπίδραση ήταν
ίδια με την περίπτωση που η μάζα ήταν συγκεντρωμένη στο κέντρο της κατανομής.
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 16
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
Θεωρούμε λοιπόν μια σημειακή μάζα m που βρίσκεται έξω από έναν λεπτό σφαιρικό φλοιό
μάζας M και που αλληλεπιδρά με αυτόν.
Αν πάρουμε έναν δακτύλιο στην επιφάνεια του φλοιού τότε, με βάση τη γεωμετρία, η
στοιχειώδης επιφάνειά του θα είναι:
dRdA sin2 2
Ο λόγος της μάζας dM αυτού του δακτυλίου προς την ολική μάζα Μ του φλοιού είναι ίσος με
το λόγο των εμβαδών τους, επομένως:
dMdM
R
dR
M
dMsin
2
1
4
sin22
2
Τώρα μπορούμε να βρούμε τη στοιχειώδη δυναμική ενέργεια που σχετίζεται με αυτή τη
βαρυτική αλληλεπίδραση:
s
GmdMdU (όπου s η απόσταση που απεικονίζεται στο σχήμα)
s
dGmMdU
2
sin
Και αν ολοκληρώσουμε την εξίσωση αυτή πάνω σε όλη τη σφαίρα, καθώς μεταβάλλεται η φ
από 0 έως π (κάθε τιμή της γωνίας φ αντιστοιχεί σε έναν ολόκληρο δακτύλιο μέχρι να
σαρωθεί όλη η ευθεία) και το s από r-R (όταν η φ είναι 0) σε r+R (όταν η φ είναι π) και
εκφράζοντας την παράσταση συναρτήσει μιας μόνο μεταβλητής, καταλήγουμε στην εξίσωση:
r
GmMU
που είναι η δυναμική ενέργεια βαρυτικής αλληλεπίδρασης δύο σημειακών μαζών m και M.
Επειδή όπως γνωρίζουμε, η δύναμη είναι η αρνητική παράγωγος της δυναμικής ενέργειας, θα
είναι και η δύναμη επίσης η ίδια.
Το υπόλοιπο μισό της απόδειξης που αναλύουμε εδώ είναι η ισοδυναμία της βαρυτικής
αλληλεπίδρασης μεταξύ δύο κατανομών μαζών με την αλληλεπίδραση μεταξύ δύο
σημειακών μαζών (και όχι μιας). Αν λοιπόν αντικαταστήσουμε τη σημειακή σφαίρα μάζας m
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 17
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
με μια κατανομή μάζας σφαιρικής συμμετρίας, το βαρυτικό πεδίο σε κάθε σημείο της M,
σύμφωνα με τα όσα αποδείξαμε προηγουμένως, θα παραμείνει το ίδιο, το ίδιο και η δύναμη.
Αν η σημειακή σφαίρα μάζας m βρίσκεται εντός της κατανομής μάζας M, αυτό που αλλάζει
είναι τα όρια της ολοκλήρωσης της μεταβλητής s που τώρα είναι το R-r και το R+r.
Τώρα, το αποτέλεσμα των πράξεων είναι: R
GmMU
Αυτή η σχέση μας λέει πως η βαρυτική δυναμική ενέργεια δεν εξαρτάται από τη θέση της m
εντός του φλοιού αλλά μόνο από την ακτίνα του φλοιού, είναι με άλλα λόγια παντού σταθερή
(μέσα στο φλοιό πάντα).
Τέλος, η δύναμη που ασκείται πάνω στη m (όπως και η δύναμη από τη Μ, αφού πρόκειται για
σχέση δράσης-αντίδρασης), σύμφωνα με τη σχέση dr
dUF , θα είναι μηδενική.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Άσκηση 12-24 σελ. 342 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Μια λεπτή ομογενής ράβδος έχει μήκος L και μάζα Μ. Μια μικρή ομογενής σφαίρα μάζας m
τοποθετείται σε απόσταση x από το ένα άκρο της ράβδου και σε σημείο που βρίσκεται πάνω
στον άξονα της ράβδου. Υπολογίστε τη βαρυτική δυναμική ενέργεια του ζεύγους των μαζών.
Δείξτε ότι το αποτέλεσμα σας ανάγεται στο αναμενόμενο όταν το x είναι πολύ μεγαλύτερο
του L.
ΛΥΣΗ
Χωρίζουμε τη ράβδο σε στοιχειώδη τμήματα κάθε ένα από τα οποία έχει μάζα dΜ και απέχει
απόσταση lx από τη μάζα m. Η βαρυτική δυναμική ενέργεια του ζεύγους των μαζών dM
και m θα είναι:
l+x
dl
l
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 18
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
xl
dMGmdU
(1)
Όμως, ο λόγος της μάζας dM του στοιχειώδους τμήματος προς την ολική μάζα Μ της ράβδου
είναι ίσος με το λόγο των μηκών τους: L
MdldM
L
dl
M
dM
Επομένως, η σχέση (1) γίνεται:
)( xlL
MdlGmdU
Και ολοκληρώνοντας την παραπάνω εξίσωση πάνω σε ολόκληρη τη ράβδο, ώστε να βρούμε
τη βαρυτική δυναμική ενέργεια του ζεύγους ράβδος-μάζα πια, λαμβάνουμε:
xxLL
GmMxl
L
GmMdl
xlL
GmMU
L Lln)ln()ln(
1
0 0
x
xL
L
GmMU ln
1ln
x
L
L
GmM
Για Lx , ο φυσικός λογάριθμος γίνεται ίσος με xL / (εκεί καταλήγουμε αν αναπτύξουμε
τον λογάριθμο σε σειρά, γενικά: xx )1ln( όταν το x είναι πολύ μικρό όπως συμβαίνει
εδώ με το xL / ) κι επομένως η έκφραση για τη δυναμική ενέργεια διαμορφώνεται ως εξής:
x
L
L
GmMU
x
GmM
Μια τέτοια δυναμική ενέργεια αφορά την αλληλεπίδραση δύο σημειακών μαζών σε
απόσταση x μεταξύ τους. Με άλλα λόγια, σε μεγάλη απόσταση της μάζας από τη ράβδο, η
δεύτερη συμπεριφέρεται σαν μια σημειακή μάζα και όχι σαν μια κατανομή μάζας.
Πρόβλημα 12-49 σελ. 344 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Μια λεπτή ομογενής ράβδος έχει μήκος L και μάζα Μ. Υπολογίστε το μέτρο του βαρυτικού
πεδίου που οφείλεται στη ράβδο, σε ένα σημείο πάνω στον άξονα της ράβδου που απέχει
απόσταση d από το ένα της άκρο. Δείξτε ότι το αποτέλεσμα σας ανάγεται στο αναμενόμενο
όταν το d είναι πολύ μεγαλύτερο του L.
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 19
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
ΛΥΣΗ
Θεωρούμε ότι στο σημείο που απέχει d από το δεξί άκρο της ράβδου βρίσκεται μάζα m.
Χρησιμοποιούμε ένα σύστημα συντεταγμένων που έχει σαν αρχή το αριστερό άκρο της
ράβδου και τον άξονα x κατά μήκος της ράβδου όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:
Το μέτρο του βαρυτικού πεδίου είναι ίσο με m
Fg
g . Επομένως, πρέπει πρώτα να
προσδιορίσουμε αρχικά το μέτρο της βαρυτικής δύναμης.
Χωρίζουμε τη ράβδο σε στοιχειώδη τμήματα κάθε ένα από τα οποία έχει μάζα dΜ και απέχει
απόσταση dxL από τη μάζα m. Η δύναμη που δέχεται η μάζα m από κάθε τμήμα της
ράβδου θα είναι:
2)( dxL
dMGmdF
(1)
Όμως, ο λόγος της μάζας dM του στοιχειώδους τμήματος προς την ολική μάζα Μ της ράβδου
είναι ίσος με το λόγο των μηκών τους: L
MdxdM
L
dx
M
dM
Επομένως, η σχέση (1) γίνεται:
2)( dxLL
MdxGmdF
Και ολοκληρώνοντας την παραπάνω εξίσωση πάνω σε ολόκληρη τη ράβδο (ώστε η
απόσταση της μάζας από το δεξί άκρο της ράβδου να μεταβάλλεται από d έως d+L, τιμές που
καθορίζουν τα άκρα του ολοκληρώματος), λαμβάνουμε:
000 11
LLL dxLL
GmMdx
dxLL
GmMdFF
)(
11
dLd
GmMF
ddLL
GmMF
d
d
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 20
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
Συνεπώς, το μέτρο του βαρυτικού πεδίου θα είναι:
)( dLd
GM
m
Fg
Παρατηρούμε ότι για Ld , το μέτρο του βαρυτικού πεδίου γίνεται:
2d
GMg
δηλαδή πρόκειται για μια αλληλεπίδραση μεταξύ δύο σημειακών μαζών που απέχουν
απόσταση d.
Σύνθετο πρόβλημα 12-51 σελ. 342 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D.
Young)
Μάζα Μ είναι κατανεμημένη ομοιόμορφα πάνω σε μια ευθεία μήκους 2L. Υπολογίστε τις
συνιστώσες του βαρυτικού πεδίου παράλληλα και κάθετα στην ευθεία σε ένα σημείο που
βρίσκεται πάνω στη μεσοκάθετο της ράβδου και σε απόσταση α από τη ράβδο. Το
αποτέλεσμά σας ανάγεται στη σωστή σχέση για μεγάλα α;
ΛΥΣΗ
Οριζόντια συνιστώσα βαρυτικού πεδίου στο Ρ:
Όπως προκύπτει από το σχήμα, οι οριζόντιες συνιστώσες των βαρυτικών δυνάμεων στο
σημείο Ρ λόγω των στοιχειωδών τμημάτων dx αλληλοαναιρούνται. Επομένως, στο σημείο Ρ
η οριζόντια συνιστώσα του βαρυτικού πεδίου g θα είναι κι αυτή μηδέν: 0IIg .
Κατακόρυφη συνιστώσα βαρυτικού πεδίου στο Ρ:
Η βαρυτική δύναμη στο σημείο Ρ λόγω κάθε τμήματος dx (που το καθένα έχει μάζα dM θα
είναι:
222 ax
dMGm
r
dMGmdF
Όμως, ο λόγος της μάζας dM του στοιχειώδους τμήματος προς την ολική μάζα Μ της ράβδου
είναι ίσος με το λόγο των μηκών τους: L
MdxdM
L
dx
M
dM
22
. Συνεπώς:
dx
r
dx x x
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 21
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
222 2 ax
dx
L
GmM
r
dMGmdF
(1)
Άρα, η κατακόρυφη συνιστώσα της βαρυτικής δύναμης:
dFdF , όπου φ η γωνία μεταξύ της μεσοκαθέτου και του τμήματος που ορίζει
την απόσταση του σημείου Ρ από το dx. Έτσι:
22 ax
adF
r
adFdFdF
(2)
Και λόγω της (1), η σχέση (2) γίνεται:
dxaxL
GmMa
ax
a
ax
dx
L
GmMdF
2/3222222 )(
1
22
Για να βρούμε τώρα τη συνολική κατακόρυφη συνιστώσα, δηλαδή τη συνιστώσα της
βαρυτικής δύναμης λόγω όλων των τμημάτων dx, φυσικά θα ολοκληρώσουμε πάνω σε όλο το
μήκος της ράβδου:
L
Ldx
axL
GmMaF
2/322 )(
1
2 (3)
Το ολοκλήρωμα αυτό μπορεί να βρεθεί σε σχετικό πίνακα και είναι ίσο με: 222 axa
x
.
Επομένως, η σχέση (3) διαμορφώνεται ως εξής:
222222222 22 aLa
L
aLa
L
L
GmMa
axa
x
L
GmMaF
L
L
22222
2
2 aLa
GmM
aLa
L
L
GmMaF
Αυτό σημαίνει ότι η οριζόντια συνιστώσα του βαρυτικού πεδίου g θα είναι:
22 aLa
GM
m
Fg
με διεύθυνση αυτή της μεσοκαθέτου και φορά προς την ευθεία.
Για μεγάλα α, δηλαδή για La , η παραπάνω σχέση γίνεται:
22 a
GM
aa
GMg που είναι το αναμενόμενο.
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 22
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
Α.8) Η επίδραση της περιστροφής της Γης πάνω στην επιτάχυνση της βαρύτητας
Εξαιτίας της περιστροφής της Γης, τα σώματα των οποίων το βάρος μετράμε δεν βρίσκονται
σε ισορροπία, όπως νομίζουμε, αλλά κινούνται. Έτσι, η τιμή που καταγράφουμε με τη
βοήθεια ενός δυναμόμετρου δεν είναι η αληθινή (αληθές βάρος) αλλά πλασματική
(φαινομενικό βάρος). Δηλαδή αυτό που καταγράφουμε στην πραγματικότητα δεν είναι ίσο με
τη βαρυτική έλξη της Γης πάνω στο σώμα.
Ας θεωρήσουμε το κέντρο της Γης ως την αρχή ενός αδρανειακού συστήματος, τότε τα
σώματα στους πόλους βρίσκονται πράγματι σε ισορροπία και η ένδειξη του δυναμόμετρου
(που είναι η δύναμη F που ασκεί το ελατήριο του δυναμόμετρου πάνω στα σώματα)
αντιστοιχεί στα αληθή βάρη που είναι ίσα με: 2
E
Eo
R
Gmmw , όπου m η μάζα του εκάστοτε
σώματος.
Αν όμως ένα σώμα βρίσκεται στον Ισημερινό, θα κινείται, ως προς το αδρανειακό σύστημα
αναφοράς που ορίσαμε παραπάνω, σε κυκλική τροχιά ακτίνας ER με ταχύτητα υ. Αυτό
σημαίνει ότι στο σώμα δρα μια κεντρομόλος δύναμη (επομένως, μια μη μηδενική
συνισταμένη) που είναι ίση βεβαίως με τη συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται στο
υπό μέτρηση σώμα (αληθές βάρος ow και δύναμη F από το δυναμόμετρο, με owF ώστε
να βγαίνει μη μηδενική η συνισταμένη και να εξασφαλίζεται η περιστροφή του σώματος):
E
oR
mFw
2
(στους πόλους η ταχύτητα είναι μηδέν, επομένως: oo wFFw 0 ένδειξη
δυναμόμετρου = αληθές βάρος)
Στον Ισημερινό λοιπόν, η ένδειξη του δυναμόμετρου θα είναι: E
oR
mwF
2 η οποία είναι
βεβαίως το φαινομενικό βάρος w του σώματος σε αυτή τη θέση:
E
oR
mww
2
Διαιρώντας την παραπάνω εξίσωση με τη μάζα m, παίρνουμε τη σχέση για τη φαινομενική
τιμή της επιτάχυνσης της βαρύτητας:
E
oR
gg2
Ο όρος ER
2, αντικαθιστώντας τα μεγέθη με τις τιμές τους, είναι ίσος με
2/0339,0 sm .
Αυτό σημαίνει ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας στον Ισημερινό διαφέρει από αυτήν στους
πόλους, δηλαδή στην περίπτωση που η Γη δεν περιστρεφόταν καθόλου, κατά 2/0339,0 sm .
Με άλλα λόγια, επειδή η Γη περιστρέφεται, η επιτάχυνση της βαρύτητας στον Ισημερινό
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 23
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
είναι μικρότερη κατά 0,0339 2/ sm από αυτήν στους πόλους. (Κι επειδή η επιτάχυνση της
βαρύτητας είναι περίπου 2/10 sm , μιλάμε για μια μείωση του 0,3% τόσο στο g όσο και στο
βάρος στον Ισημερινό σε σχέση με τους πόλους.)
Όπως είναι προφανές, σε θέσεις ενδιάμεσες ανάμεσα στον Ισημερινό και τους πόλους, η
διαφορά στα μεγέθη g και og μεταβάλλεται μεταξύ μηδέν και 2/0339,0 sm .
Αν σε περίπτωση που το σώμα αφηνόταν ελεύθερο στον Ισημερινό έπεφτε με επιτάχυνση
og , αυτό θα σήμαινε ότι δε θα εκτελούσε κυκλική κίνηση πάνω στη Γη και άρα θα έπεφτε
στο διάστημα (γιατί δε θα έφευγε με ταχύτητα τόσο μεγάλη ώστε να εξασφαλιζόταν μια
¨δορυφορική¨ τροχιά). Κάτι τέτοιο όμως δε συμβαίνει. Έτσι λοιπόν, ένα μέρος της βαρυτικής
δύναμης χρησιμοποιείται ώστε να κινούνται τα σώματα σε κυκλική τροχιά, κάτι που στους
πόλους δε χρειάζεται.
Φαινομενικό βάρος στα διαστημικά σκάφη σε τροχιά
Όταν ένα διαστημικό σκάφος βρίσκεται σε τροχιά γύρω από τη Γη, στην πραγματικότητα
πέφτουν προς αυτήν με μια επιτάχυνση og . Δεν πέφτουν όμως σε αυτήν διότι εξαιτίας της
τεράστιας ταχύτητάς τους. Έτσι, πέφτουν ¨γύρω¨ από τη Γη. Καθώς επιταχύνονται προς τη
Γη, αυτή καμπυλώνεται από κάτω τους και δεν την πλησιάζουν ποτέ.
Επομένως, τα διαστημικά σκάφη εκτελούν μια κυκλική κίνηση γύρω από τη Γη, άρα έχουν
μια κεντρομόλο επιτάχυνση, η οποία δεν είναι άλλη από την επιτάχυνση της βαρύτητας.
Άρα, για το φαινομενικό βάρος του διαστημικού σκάφους έχουμε:
0
wamgmwamww rado ag
radorado
Ο αστροναύτης τώρα μέσα στο σκάφος πέφτει κι αυτός με την επιτάχυνση του σκάφους γιατί
και σε αυτόν δρα η βαρύτητα της Γης. Αυτή η επιτάχυνση όπως είπαμε είναι η επιτάχυνση
της βαρύτητας στο ύψος περιφοράς. Έτσι, ο αστροναύτης, δε δέχεται καμία δύναμη από το
δάπεδο του σκάφους, όπως ακριβώς θα συνέβαινε σε μια -δυστυχή- ελεύθερη πτώση
ανελκυστήρα όπου η δύναμη στα πόδια του επιβάτη από το δάπεδο θα μηδενιζόταν
0( FmamgF ga) και ο επιβάτης θα φαινόταν πως δεν έχει βάρος παρ’ όλο που
θα εξακολουθούσε να δέχεται τη βαρυτική έλξη της Γης.
Συνεπώς, στην πραγματικότητα οι αστροναύτες αιωρούνται μέσα στα διαστημόπλοια, όχι
επειδή δεν υπάρχει βαρύτητα (υπάρχει και είναι λίγο ασθενέστερη από αυτή που υφίστανται
τα σώματα πάνω στη Γη) αλλά γιατί καθώς βρίσκονται σε ελεύθερη πτώση δεν υπάρχει
αντίδραση που να εξισορροπεί το βάρος τους.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Άσκηση 12-25 σελ. 342 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Η επιτάχυνση της βαρύτητας στο βόρειο πόλο του Δία είναι περίπου 2/25 sm . Ο Δίας έχει
μάζα kg27109,1 και ακτίνα m7101,7 και χρειάζεται 10 ώρες για μια περιστροφή γύρω
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 24
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
από τον άξονά του. α) Πόση είναι η βαρυτική δύναμη που ασκείται πάνω σε ένα σώμα μάζας
kg5 που βρίσκεται στο βόρειο πόλο του Δία; β) Ποιο είναι το φαινομενικό βάρος του ίδιου
αντικειμένου στον Ισημερινό του Δία;
ΛΥΣΗ
α) Η βαρυτική δύναμη θα είναι ίση με oo mgw διότι το σώμα βρίσκεται σε έναν από τους
πόλους του πλανήτη (αληθές βάρος λοιπόν). Χρειάζεται πρώτα να βρούμε το og :
222
27
272211
2/25/1025,0
)101,7(
)109,1()/10673,6(smsm
m
kgkgmN
R
Gmgo
Συνεπώς, η βαρυτική δύναμη θα είναι:
Nsmkgmgw oo 125/255 2
β) Το φαινομενικό βάρος θα είναι:
NNm
hsh
m
kgNR
T
R
mwR
mww
E
E
o
E
o 8,10125101,7
/360010
101,714,32
5125
2
7
272
2
Nw 2,114
Α.9 Μαύρες τρύπες: Μελέτη ενός ειδικού θέματος από τη σύγχρονη φυσική
Μαύρη τρύπα είναι ένα σώμα από το οποίο τίποτα δεν μπορεί να διαφύγει -ούτε καν το φως-
λόγω βαρυτικής έλξης.
Η ακτίνα διαφυγής από μια μαύρη τρύπα, δηλαδή η μέγιστη ακτίνα που μπορεί να έχει ένα μη
περιστρεφόμενο σώμα, ώστε με δεδομένη τη μάζα του M, τίποτα να μην μπορεί να διαφύγει
από αυτό, ονομάζεται ακτίνα Schwarzschild και δίνεται από τη σχέση:
2
2
c
GMRs
Με άλλα λόγια, κάθε άλλο σώμα που βρίσκεται σε απόσταση μικρότερη από sR , από το
κέντρο του σώματος που δρα ως μαύρη τρύπα, παγιδεύεται από το έντονο βαρυτικό πεδίο,
χωρίς να μπορεί να ξεφύγει.
Η ακτίνα sR ορίζει λοιπόν μια επιφάνεια που περιβάλλει τη μαύρη τρύπα. Αυτή η επιφάνεια
ονομάζεται ορίζοντας συμβάντων. Η ονομασία αυτή οφείλεται στο γεγονός ότι είναι αδύνατο
να παρατηρήσουμε τα συμβάντα που λαμβάνουν χώρα στο εσωτερικό της, αφού ούτε το φως
δεν μπορεί να βγει από αυτήν.
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 25
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Άσκηση 12-29 σελ. 342 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D. Young)
Σε τι κλάσμα της σημερινής του ακτίνας θα πρέπει να συμπιεστεί ο Ήλιος για να γίνει μαύρη
τρύπα;
ΛΥΣΗ
Μία μαύρη τρύπα με τη μάζα του Ήλιου έχει ακτίνα Schwarzschild που δίνεται από τη
σχέση:
msm
kgkgmN
c
GMRs
3
28
302211
21095,2
)/103(
1099,1)/(10673,622
Ο λόγος της ακτίνας αυτής προς την τωρινή είναι:
mmm
m
R
RS 65
8
3
102,41042,01096,6
1095,2
Σύνθετο πρόβλημα 12-53 σελ. 342 από το βιβλίο Πανεπιστημιακή Φυσική (Hugh D.
Young)
Ένας αστροναύτης, που βρίσκεται μέσα σε ένα διαστημόπλοιο που τον προστατεύει από τις
επιβλαβείς ακτινοβολίες, κινείται σε τροχιά γύρω από μια μαύρη τρύπα σε απόσταση 150km
από το κέντρο της. Η μάζας της μαύρης τρύπας είναι ίση με 10 ηλιακές και η ακτίνα
Schwarzschild είναι 30km. Η θέση του αστροναύτη μέσα στο διαστημόπλοιο είναι τέτοια
ώστε το ένα του αφτί, που έχει μάζα 0,03kg, βρίσκεται σε απόσταση από το κέντρο της
μαύρης τρύπας που είναι κατά 6,0cm μεγαλύτερη από αυτήν του κέντρου μάζας του
διαστημοπλοίου και το άλλο του αφτί σε απόσταση κατά 6,0cm μικρότερη. Ποια είναι η
διαφορά δυνάμεων ανάμεσα στα δύο αφτιά του αστροναύτη; Θα δυσκολευθεί να αποφύγει το
διαμελισμό από τις βαρυτικές δυνάμεις;
ΛΥΣΗ
Σε κάθε αφτί δρουν δύο δυνάμεις: η βαρυτική έλξη BF από τη μαύρη τρύπα και η
συγκρατητική δύναμη F από το κεφάλι, προκειμένου το κάθε αυτί να διαγράφει τέτοια
τροχιά ώστε όλο το σώμα τελικά να εκτελεί κυκλική κίνηση με την ίδια γωνιακή ταχύτητα.
Στη συνισταμένη των δύο αυτών δυνάμεων οφείλεται η κίνηση του κάθε αφτιού του
αστροναύτη σε κυκλική τροχιά γύρω από την τρύπα. Επομένως:
Για το αφτί που βρίσκεται σε απόσταση r+d (αν r είναι η απόσταση του κέντρου μάζας του
διαστημοπλοίου από το κέντρο της μαύρης τρύπας και d=6cm), έχουμε (το κεφάλι ασκεί
τέτοιας φοράς δύναμη στο συγκεκριμένο αφτί ώστε να το επιταχύνει, αφού είναι το αφτί που
έχει να διαγράψει μεγαλύτερο τόξο με τη σταθερή γωνιακή ταχύτητα του κεφαλιού και άρα
αργεί):
dr
mFdr
GmMmaFF radB
2
2
2
)(
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 26
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
)()(
2
2drm
dr
GmMF
(1)
Για να βρούμε το γινόμενο 2m , εφαρμόζουμε την παραπάνω εξίσωση για το κεφάλι. Σε
αυτή την περίπτωση, η απόσταση ταυτίζεται με την απόσταση του κέντρου μάζας του
διαστημοπλοίου από το κέντρο της μαύρης τρύπας και η δύναμη F είναι μηδέν (αφού το
κεφάλι συγκρατείται από μόνο του). Έτσι:
3
22
2 r
GmMmrm
r
GmM (2)
Συνεπώς, η σχέση (1) τώρα λόγω της (2) διαμορφώνεται ως εξής:
)()( 32
drr
GmM
dr
GmMF
3232
1
1
)(
1
r
dr
r
dr
GmMr
dr
drGmMF
drr
dr
r
GmMF
2
31
drrdrr
GmMF /21
3 (χρήση διωνυμικού θεωρήματος)
drdrr
GmMF 2
3
mm
kgkgkgmNFd
r
GmMF 2
33
302211
31063
)10150(
)1099,110(03,0)/10673,6(3
NF 2119
Για το δε αφτί που βρίσκεται σε απόσταση r-d (τώρα το κεφάλι ασκεί τέτοιας φοράς δύναμη
ώστε να κατεβάσει την ταχύτητα του αφτιού που έχει να διαγράψει μικρότερο τόξο με
συγκεκριμένη ταχύτητα -τη γωνιακή του κεφαλιού-, άρα ολοκληρώνει την τροχιά του
συντομότερα), έχουμε:
Επιμέλεια: sciencephysics4all.weebly.com 27
Το σχολείο στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.weebly.com
dr
mFdr
GmMmaFF radB
2
2
2
)(
)()( 32
drr
GmM
dr
GmMF
3232
1
1
)(
1
r
dr
r
dr
GmMr
dr
drGmMF
drr
dr
r
GmMF
2
31 (χρήση διωνυμικού θεωρήματος)
drrdrr
GmMF /21
3
drdrr
GmMF 2
3
NFdr
GmMF 21193
3
Δηλαδή, και τα δύο αφτιά δέχονται δύναμη NF 2119 , μέγεθος που είναι αδύνατο να
αντέξει ο ανθρώπινος οργανισμός.