Prawa Keplera

Jak to rozwiązać — siła grawitacji jest siłą przyciągającą

Siła grawitacji, z jaką Słońce działa na planetoidę, jest zawsze skierowana ku ciału przyciągającemu, czyli ku Słońcu. Zatem wektor $\vec F$:

• zaczepiony jest w planetoidzie ℛ,
• leży wzdłuż prostej łączącej ℛ ze Słońcem (odcinek ℛS),
• zwrócony jest ku środkowi Słońca S.

✔ Zgodne z kluczem: wektor w ℛ, wzdłuż ℛS, zwrot ku S.

Jak to rozwiązać — III prawo Keplera

Krok 1. Półoś wielka orbity planetoidy (połowa osi wielkiej):

$a_{ℛ}=\dfrac{|PA|}{2}=\dfrac{5{,}62}{2}=2{,}81\ \text{au}$

Krok 2. III prawo Keplera (dla planetoidy i Ziemi): $\dfrac{T_{ℛ}^2}{a_{ℛ}^3}=\dfrac{T_{Z}^2}{a_{Z}^3}$. Przy a_Z = 1 au, T_Z = 1 rok:

$T_{ℛ}=\sqrt{\left(\dfrac{a_{ℛ}}{a_{Z}}\right)^3}\cdot T_Z=\sqrt{2{,}81^{3}}\ \text{rok}\approx \mathbf{4{,}7\ \text{roku}}$

✔ Zgodne z kluczem: T_ℛ ≈ 4,7 roku.

Jak to rozwiązać — zasada zachowania momentu pędu

Krok 1. W peryhelium (P) i aphelium (A) prędkość jest prostopadła do promienia wodzącego, więc moment pędu to po prostu $L=m\,v\,r$. Z zasady zachowania momentu pędu:

$v_A\,r_A = v_P\,r_P$

Krok 2. Odległość w aphelium:

$r_A=|PA|-r_P=5{,}62-0{,}81=4{,}81\ \text{au}$

Krok 3. Prędkość:

$v_A=\dfrac{r_P}{r_A}\,v_P=\dfrac{0{,}81}{4{,}81}\cdot 43{,}29\ \tfrac{km}{s}\approx \mathbf{7{,}3\ \tfrac{km}{s}}$

✔ Zgodne z kluczem: v_A ≈ 7,3 km/s.

Rozwiązanie – Zadanie 5.1

Analiza każdego stwierdzenia

Stwierdzenie 1: „Wektor przyspieszenia Chirona jest zwrócony do środka Słońca."

1. Krok 1 – Podstawa fizyczna: Zgodnie z prawem powszechnego ciążenia Newtona, siła grawitacyjna działająca na każde ciało orbitujące wokół Słońca jest zawsze skierowana w stronę centrum masy układu, czyli w kierunku środka Słońca. Dotyczy to zarówno orbit kołowych, jak i eliptycznych.

2. Krok 2 – Związek siły i przyspieszenia: Na podstawie II zasady dynamiki Newtona:

   $$\vec{F} = m\vec{a}$$

   Wektor przyspieszenia jest zawsze zgodny z kierunkiem i zwrotem wypadkowej siły działającej na ciało. Ponieważ siła grawitacyjna jest skierowana ku Słońcu, wektor przyspieszenia również musi być skierowany ku środkowi Słońca – niezależnie od tego, w którym miejscu orbity eliptycznej znajduje się Chiron.

Wniosek: PRAWDA (P)

Stwierdzenie 2: „Orbita Chirona ma punkt wspólny z orbitą Ziemi."

1. Krok 1 – Wyznaczenie parametrów orbity Chirona: Orbita Chirona jest elipsą, w której Słońce znajduje się w jednym z ognisk. Dane dotyczą odległości Chirona od Słońca w peryhelium (punkt najbliższy) i aphelium (punkt najdalszy):

   $$r_P = 8{,}5 \text{ au}, \quad r_A = 18{,}9 \text{ au}$$

2. Krok 2 – Porównanie z orbitą Ziemi: Ziemia porusza się po orbicie kołowej o promieniu:

   $$a_Z = 1{,}0 \text{ au}$$

   Minimalna odległość Chirona od Słońca to $r_P = 8{,}5$ au. Oznacza to, że Chiron nigdy nie zbliża się do Słońca na odległość mniejszą niż $8{,}5$ au, natomiast orbita Ziemi leży w odległości zaledwie $1{,}0$ au od Słońca.

3. Krok 3 – Sprawdzenie warunku przecięcia:

   $$r_P = 8{,}5 \text{ au} \gg a_Z = 1{,}0 \text{ au}$$

   Cała orbita Chirona leży znacznie dalej od Słońca niż orbita Ziemi. Orbity te nie mają żadnych punktów wspólnych.

Wniosek: FAŁSZ (F)

Stwierdzenie 3: „Okres obiegu Chirona dookoła Słońca jest mniejszy od okresu obiegu Ziemi dookoła Słońca."

1. Krok 1 – Wyznaczenie wielkiej półosi orbity Chirona: Wielka półoś elipsy Chirona:

   $$a_C = \frac{r_P + r_A}{2} = \frac{8{,}5 + 18{,}9}{2} = \frac{27{,}4}{2} = 13{,}7 \text{ au}$$

2. Krok 2 – Zastosowanie III prawa Keplera: Dla układu słonecznego III prawo Keplera przyjmuje postać:

   $$\frac{T_C^2}{T_Z^2} = \frac{a_C^3}{a_Z^3}$$

   Stąd:

   $$T_C = T_Z \cdot \left(\frac{a_C}{a_Z}\right)^{3/2} = 1{,}00 \text{ rok} \cdot \left(\frac{13{,}7}{1{,}0}\right)^{3/2}$$

3. Krok 3 – Obliczenie okresu:

   $$T_C = \left(13{,}7\right)^{3/2} \text{ lat} = 13{,}7 \cdot \sqrt{13{,}7} \approx 13{,}7 \cdot 3{,}70 \approx 50{,}7 \text{ lat}$$

   Okres obiegu Chirona wynosi około 50,7 roku ziemskiego, co jest wielokrotnie większe od okresu Ziemi ($T_Z = 1{,}00$ rok).

Wniosek: FAŁSZ (F)

Wynik końcowy

Rozwiązanie zadania 5.2

Analiza problemu

Chiron porusza się po orbicie eliptycznej wokół Słońca. Punkt P (peryhelium) to położenie najbliższe Słońcu, a punkt A (aphelium) to położenie najdalsze od Słońca. Z kontekstu zadania (poprzednie podpunkty) znane są odległości: $r_P = 8{,}5 \text{ AU}$ (odległość w peryhelium) oraz $r_A = 18{,}9 \text{ AU}$ (odległość w aphelium).

1. Wybór zasady zachowania

   Siła grawitacji działająca na Chirona jest siłą centralną — zawsze skierowana ku Słońcu (przez środek układu). Moment siły centralnej względem środka (Słońca) wynosi zero:

   $$\vec{M} = \vec{r} \times \vec{F} = \vec{0}$$

   Z drugiej zasady dynamiki dla ruchu obrotowego wynika, że moment pędu nie zmienia się w czasie:

   $$\frac{d\vec{L}}{dt} = \vec{M} = \vec{0} \implies \vec{L} = \text{const}$$

   W ruchu po orbicie eliptycznej zachowany jest moment pędu (nie pęd, bo siła grawitacji jest niezerowa; nie energia kinetyczna, bo prędkość zmienia się na orbicie).

2. Zastosowanie zasady zachowania momentu pędu

   W punkcie P (peryhelium) i w punkcie A (aphelium) wektor prędkości jest prostopadły do wektora położenia (prostopadły do promienia wodzącego), więc:

   $$L_P = m \cdot v_P \cdot r_P$$ $$L_A = m \cdot v_A \cdot r_A$$

   Z zasady zachowania momentu pędu $L_P = L_A$:

   $$m \cdot v_P \cdot r_P = m \cdot v_A \cdot r_A$$

3. Wyznaczenie związku między $v_P$ a $v_A$

   Po uproszczeniu masy $m$:

   $$v_P \cdot r_P = v_A \cdot r_A$$ $$v_P = \frac{r_A}{r_P} \cdot v_A = \frac{18{,}9}{8{,}5} \cdot v_A$$

4. Ocena pozostałych odpowiedzi

   • Odpowiedź B ($v_P = v_A$) — błędna, ponieważ prędkość liniowa na orbicie eliptycznej zmienia się: jest największa w peryhelium i najmniejsza w aphelium (II prawo Keplera). Energia kinetyczna nie jest zachowana — zmienia się kosztem energii potencjalnej.
   • Odpowiedź C — błędna, ponieważ zawiera odwróconą proporcję ($\frac{8{,}5}{18{,}9}$), co dawałoby $v_P < v_A$. Przeczyłoby to faktowi, że w peryhelium (bliżej Słońca) ciało porusza się szybciej niż w aphelium.
   • Uzasadnienie 1. (pęd) — błędne, ponieważ pęd $\vec{p} = m\vec{v}$ nie jest zachowany — na Chirona działa niezerowa siła grawitacji.
   • Uzasadnienie 3. (energia kinetyczna) — błędne, ponieważ energia kinetyczna zmienia się wraz z prędkością na orbicie.

Wynik końcowy

Poprawna odpowiedź: A i 2.

ponieważ w ruchu Chirona wokół Słońca nie zmienia się jego moment pędu (siła grawitacji jest siłą centralną, więc jej moment względem Słońca jest równy zero).

Rozwiązanie:

1. Obliczenie półosi wielkiej orbity Chirona

   Półoś wielka orbity eliptycznej wyraża się jako średnia arytmetyczna odległości w peryhelium $r_P$ i aphelium $r_A$:

   $$a_C = \frac{1}{2}(r_P + r_A) = \frac{1}{2}(8{,}5 + 18{,}9) = \frac{1}{2} \cdot 27{,}4 = 13{,}7 \text{ au}$$

2. Zastosowanie III prawa Keplera

   Trzecie prawo Keplera stanowi, że stosunek kwadratu okresu obiegu do sześcianu półosi wielkiej orbity jest jednakowy dla wszystkich ciał krążących wokół tego samego ciała centralnego (Słońca):

   $$\frac{T_C^2}{a_C^3} = \frac{T_Z^2}{a_Z^3}$$

   Stąd okres obiegu Chirona:

   $$T_C = T_Z \cdot \left(\frac{a_C}{a_Z}\right)^{\frac{3}{2}}$$

3. Podstawienie wartości liczbowych

   $$T_C = 1{,}00 \text{ rok} \cdot \left(\frac{13{,}7 \text{ au}}{1{,}0 \text{ au}}\right)^{\frac{3}{2}}$$ $$T_C = (13{,}7)^{\frac{3}{2}} \text{ lat}$$

4. Obliczenie wartości $(13{,}7)^{3/2}$

   Korzystamy z zależności $x^{3/2} = x \cdot \sqrt{x}$:

   $$\sqrt{13{,}7} \approx 3{,}701$$ $$T_C = 13{,}7 \cdot 3{,}701 \approx 50{,}7 \text{ lat}$$

Wynik końcowy:

$$\boxed{T_C \approx 50{,}7 \text{ lat ziemskich}}$$

Z rysunku $r_{B}=3r_{A}$.

1. Prawda. Z III prawa Keplera $\left(\dfrac{T_{B}}{T_{A}}\right)^{2}=\left(\dfrac{r_{B}}{r_{A}}\right)^{3}=3^{3}=27$, więc $\dfrac{T_{B}}{T_{A}}=\sqrt{27}$.

2. Prawda. Na orbicie kołowej wypadkowa siła (grawitacja) jest dośrodkowa, więc i przyśpieszenie jest dośrodkowe.

3. Fałsz. $v=\sqrt{\dfrac{GM_{Z}}{r}}$ — prędkość orbitalna nie zależy od masy satelity.

Odpowiedź: P, P, F.

Jak to rozwiązać — przyspieszenie zgodne z siłą grawitacji

Na S2 działa tylko siła grawitacji od Sgr A*, skierowana ku centrum. Zgodnie z II zasadą dynamiki przyśpieszenie ma ten sam kierunek i zwrot co siła, więc wektor $\vec a$ jest zaczepiony w S2 i skierowany wzdłuż odcinka S2–Sgr A*, ku Sgr A*.

✔ Zgodne z kluczem: wektor w S2, ku Sgr A*.

Jak to rozwiązać — zasada zachowania momentu pędu

W peryhelium i aphelium prędkość jest prostopadła do promienia, więc $v_P\,r_P=v_A\,r_A$:

$\dfrac{v_P}{v_A}=\dfrac{r_A}{r_P}=\dfrac{1820}{120}\approx \mathbf{15{,}2}$

Odpowiedź: C.

✔ Zgodne z kluczem: C.

Jak to rozwiązać — wzór z informacji dla orbity eliptycznej i kołowej

Krok 1. Półoś wielka orbity S2 (połowa osi wielkiej):

$a=\tfrac{1}{2}|PA|=\tfrac{1}{2}(r_P+r_A)=\tfrac{1}{2}(120+1820)=970\ \text{au}$

Krok 2. Podstawiamy do wzoru (M₁=M_SA z a=970 au, T=16 lat; M₂=M_S z a_Z=1 au, T_Z=1 rok):

$\dfrac{M_{SA}}{M_S}=\left(\dfrac{970}{1}\right)^3\cdot\left(\dfrac{1}{16}\right)^2\approx \mathbf{3{,}6\cdot10^{6}}$

✔ Zgodne z kluczem: M_SA/M_S ≈ 3,6·10⁶ (Sgr A* jest ~3,6 mln razy masywniejszy od Słońca).

Jak to rozwiązać — siła grawitacji jako dośrodkowa

Krok 1. Dla ciała na orbicie kołowej siła grawitacji pełni rolę siły dośrodkowej, a prędkość $v=\dfrac{2\pi a}{T}$:

$\dfrac{m\,v^2}{a}=\dfrac{GmM}{a^2}\;\Rightarrow\;\dfrac{(2\pi a/T)^2}{a}=\dfrac{GM}{a^2}\;\Rightarrow\;M=\dfrac{4\pi^2 a^3}{G\,T^2}$

Krok 2. Wypisujemy M₁ i M₂ i dzielimy stronami (4π²/G się skraca):

$\dfrac{M_1}{M_2}=\dfrac{a_1^3/T_1^2}{a_2^3/T_2^2}=\left(\dfrac{a_1}{a_2}\right)^3\cdot\left(\dfrac{T_2}{T_1}\right)^2$

✔ Zgodne z kluczem: M = 4π²a³/(GT²), stąd wzór docelowy.

Rozwiązanie

III prawo Keplera: $\dfrac{T_B^2}{T_A^2}=\dfrac{r_B^3}{r_A^3}$, więc $T_B=T_A\left(\dfrac{r_B}{r_A}\right)^{3/2}=344\cdot\left(\dfrac{1{,}043}{0{,}962}\right)^{3/2}\approx388$ dób.

Rozwiązanie

1. Po roku Ziemia wraca do położenia początkowego (pełny obieg).
2. Sonda A wykonuje $\dfrac{365{,}25}{344}$ obiegu; jej „nadwyżka" kąta: $\alpha=360^\circ\left(\dfrac{365{,}25}{344}-1\right)=360^\circ\cdot\dfrac{21{,}25}{344}\approx22^\circ$.

Odpowiedź: $\alpha\approx22^\circ$.

Rozwiązanie

$v=\dfrac{2\pi r}{T}$, więc $\dfrac{v_A}{v_B}=\dfrac{r_A}{r_B}\cdot\dfrac{T_B}{T_A}=\dfrac{0{,}962}{1{,}043}\cdot\dfrac{388}{344}\approx1{,}04$.

Odpowiedź: D

Z III prawa Keplera $\dfrac{T^{2}}{r^{3}}=\mathrm{const}$: $\left(\dfrac{r_{B}}{r_{A}}\right)^{3}=\left(\dfrac{T_{B}}{T_{A}}\right)^{2}=\left(\dfrac{12}{2}\right)^{2}=36$.

$\dfrac{r_{B}}{r_{A}}=\sqrt[3]{36}\approx 3,3$.

Odpowiedź: A.

1. Prawda. Aby wejść na wyższą orbitę eliptyczną, w punkcie $A$ (perygeum) trzeba zwiększyć prędkość.

2. Prawda. W ruchu od perygeum $A$ do apogeum $B$ satelita oddala się i zwalnia (energia kinetyczna maleje na rzecz potencjalnej).

3. Fałsz. W punkcie $B$ prędkość na elipsie jest mniejsza od prędkości orbity kołowej $\mathcal{B}$, więc silniki ją zwiększają.

Odpowiedź: P, P, F.

Rozwiązanie

1. $r=0{,}19\cdot1{,}5\cdot10^{11}=2{,}85\cdot10^{10}$ m; $T=25{,}3\cdot86400\approx2{,}19\cdot10^{6}$ s.
2. Z II zasady dynamiki dla ruchu po okręgu: $\dfrac{GMm}{r^2}=m\dfrac{4\pi^2}{T^2}r\Rightarrow M=\dfrac{4\pi^2 r^3}{G T^2}$.
3. $M=\dfrac{4\pi^2(2{,}85\cdot10^{10})^3}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(2{,}19\cdot10^{6})^2}\approx2{,}9\cdot10^{30}$ kg.

Odpowiedź: $M\approx2{,}9\cdot10^{30}$ kg (ok. $1{,}5$ masy Słońca).

Rozwiązanie

1. a) Na orbicie eliptycznej (II prawo Keplera) planeta jest szybsza bliżej gwiazdy: A bliżej G niż B, więc $v_{1A}>v_{1B}$.
2. b) Prędkość na orbicie kołowej $v=\sqrt{\tfrac{GM}{r}}$; $r_A\lt r_B$, więc $v_{2A}>v_{3B}$.
3. c) W punkcie B (aphelium elipsy) prędkość na elipsie jest mniejsza niż prędkość kołowa dla tego promienia: $v_{1B}\lt v_{3B}$.

Rozwiązanie

1. W aphelium (najdalej) prędkość jest najmniejsza, nie największa → F.
2. Merkury jest bliżej Słońca → krótszy okres obiegu ($\approx88$ dni) → P.
3. Mars jest dalej od Słońca niż Ziemia (planeta zewnętrzna), więc nie przechodzi między Ziemią a Słońcem — tranzyt niemożliwy → F.

Odpowiedź: F, P, F.

Rozwiązanie

1. $r_p=r_a-0{,}159=0{,}467-0{,}159=0{,}308$ j.a.
2. W aphelium i peryhelium prędkość jest prostopadła do promienia — z zasady zachowania momentu pędu: $v_p r_p=v_a r_a$.
3. $v_p=v_a\dfrac{r_a}{r_p}=38{,}9\cdot\dfrac{0{,}467}{0{,}308}\approx59\,\tfrac{\text{km}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: $v_p\approx59\,\tfrac{\text{km}}{\text{s}}$.