Prawo powszechnego ciążenia

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 — prawo powszechnego ciążenia

Przyśpieszenie grawitacyjne planetoidy pochodzi od Słońca: $a=\dfrac{GM_S}{r^2}$, czyli $a\propto\dfrac{1}{r^2}$. Stąd:

$\dfrac{a_P}{a_A}=\dfrac{r_A^2}{r_P^2}=\left(\dfrac{|SA|}{|SP|}\right)^2$

Odpowiedź: C.

✔ Zgodne z kluczem: C.

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:

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:

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

Jak to rozwiązać — III zasada dynamiki i środek masy

Zdanie 1 — PRAWDA. Zgodnie z III zasadą dynamiki Newtona siły wzajemnego oddziaływania są równe co do wartości (i przeciwnie skierowane).

Zdanie 2 — PRAWDA. Środek masy: $M_Z\,|ZS|=M_K\,|SK|$, więc $\dfrac{|ZS|}{|SK|}=\dfrac{M_K}{M_Z}=\dfrac{1}{81{,}28}$.

Zdanie 3 — FAŁSZ. Odległość |ZK| się zmienia, a siła grawitacji $F=\dfrac{GM_ZM_K}{r^2}$ zależy od r, więc nie jest stała.

✔ Zgodne z kluczem: P, P, F.

Jak to rozwiązać — równowaga sił grawitacji

Krok 1. Niech x = |PZ|, wtedy |PK| = d − x. W punkcie P siła od Ziemi równoważy siłę od Księżyca:

$\dfrac{GM_Z m}{x^2}=\dfrac{GM_K m}{(d-x)^2}\;\Rightarrow\;\dfrac{x^2}{(d-x)^2}=\dfrac{M_Z}{M_K}=81{,}28$

Krok 2. Pierwiastkujemy (x, d−x > 0):

$\dfrac{x}{d-x}=\sqrt{81{,}28}\approx 9{,}0155$

Krok 3. Stąd $x\approx 9{,}0155\,(d-x)$:

$x\approx\dfrac{9{,}0155}{10{,}0155}\cdot 384\,400\ \text{km}\approx \mathbf{346\,000\ km}$

✔ Zgodne z kluczem: |PZ| ≈ 346 000 km.

$F=\dfrac{GM_{Z}m}{r^{2}}$, więc $\dfrac{F_{A}}{F_{B}}=\left(\dfrac{r_{B}}{r_{A}}\right)^{2}$. Z rysunku $r_{B}=3r_{A}$, więc $\dfrac{F_{A}}{F_{B}}=3^{2}=9$, czyli $F_{A}=9F_{B}$.

Odpowiedź: D.

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 — 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

1. Grawitacyjne oddziaływanie gwiazd — z III zasady dynamiki $F_M=F_m$ → P.
2. $v=\omega r$, a promienie orbit są różne ($m$ dalej od $O$), więc $v_m>v_M$ → F.
3. Obie gwiazdy mają ten sam okres obiegu, więc i tę samą częstotliwość → P.

Odpowiedź: P, F, P.