18.13: الجاذبية
- Page ID
- 199954
تحقق من فهمك
13.1. تزداد قوة الجاذبية على كل جسم مع مربع المسافة العكسية عند سقوطهما معًا، وبالتالي تزداد قوة التسارع. على سبيل المثال، إذا انخفضت المسافة إلى النصف، تتضاعف القوة والتسارع أربع مرات. متوسطنا دقيق فقط للتسارع المتزايد خطيًا، في حين أن التسارع يزداد فعليًا بمعدل أكبر. لذا فإن السرعة المحسوبة لدينا صغيرة جدًا. من قانون نيوتن الثالث (قوى التفاعل والعمل)، يجب أن تكون قوة الجاذبية بين أي جسمين هي نفسها. لكن التسارع لن يحدث إذا كان لديهم كتل مختلفة.
13.2. تقع أطول المباني في العالم على بعد أقل من كيلومتر واحد. نظرًا لأن g تتناسب مع المسافة المربعة من مركز الأرض، فإن النسبة البسيطة تُظهر أن التغير في g عند 1 كم فوق سطح الأرض أقل من 0.0001٪. لن تكون هناك حاجة للنظر في هذا في التصميم الهيكلي.
13.3. تنخفض قيمة g بحوالي 10٪ مقارنة بهذا التغيير في الارتفاع. لذا فإن\(\Delta\) U = mg (y 2 − y 1) سيعطي قيمة كبيرة جدًا. إذا استخدمنا g = 9.80 م/ث، فسنحصل على\(\Delta\) U = mg (y 2 − y 1) = 3.53 × 10 10 J وهو أكبر بحوالي 6٪ من تلك الموجودة بالطريقة الصحيحة.
13.4. يجب أن يتغلب المسبار على كل من قوة الجاذبية للأرض والشمس. في الحساب الثاني لمثالنا، وجدنا السرعة اللازمة للهروب من الشمس من مسافة مدار الأرض، وليس من الأرض نفسها. الطريقة الصحيحة للعثور على هذه القيمة هي البدء بمعادلة الطاقة، المعادلة 13.3.2، حيث يمكنك تضمين مصطلح الطاقة المحتملة لكل من الأرض والشمس.
13.5. يمكنك تغيير اتجاه سرعتك بقوة متعامدة مع السرعة في جميع النقاط. في الواقع، يجب عليك ضبط الدفاعات باستمرار، وخلق قوة جذب مركزية حتى يتغير زخمك من العرضي إلى الشعاعي. يُظهر مخطط متجه الزخم البسيط أن التغيير الصافي في الزخم يساوي ضعف حجم الزخم نفسه. تبين أن هذه طريقة غير فعالة للغاية للوصول إلى المريخ. نناقش الطريقة الأكثر فعالية في قوانين كيبلر لحركة الكواكب.
13.6. في المعادلة 13.7، يظهر نصف القطر في المقام داخل الجذر التربيعي. لذلك يجب أن يزيد نصف القطر بعامل 4، لتقليل السرعة المدارية بعامل 2. زاد محيط المدار أيضًا بعامل 4 هذا، وبالتالي مع نصف السرعة المدارية، يجب أن تكون الفترة أطول بـ 8 مرات. يمكن أيضًا رؤية ذلك مباشرة من المعادلة 13.4.1.
13.7. الافتراض هو أن الجسم المداري أقل ضخامة بكثير من الجسم الذي يدور حوله. هذا ليس مبررًا حقًا في حالة القمر والأرض. يدور كل من الأرض والقمر حول مركز الكتلة المشترك. نعالج هذه المشكلة في المثال التالي.
13.8. ستكون النجوم الموجودة في «داخل» كل مجرة أقرب إلى المجرة الأخرى، وبالتالي ستشعر بقوة جاذبية أكبر من تلك الموجودة في الخارج. وبالتالي، سيكون لديهم تسارع أكبر. حتى بدون هذا الاختلاف في القوة، ستدور النجوم الداخلية في دائرة نصف قطرها أصغر، وبالتالي، ستتطور استطالة أو تمدد لكل مجرة. يزيد فرق القوة من هذا التأثير فقط.
13.9. المحور شبه الرئيسي للمدار الإهليلجي للغاية لمذنب هالي هو 17.8 AU وهو متوسط الحضيض والأوج. يقع هذا بين نصف القطر المداري 9.5 AU و 19 AU لزحل وأورانوس، على التوالي. نصف قطر المدار الدائري هو نفس المحور شبه الرئيسي، وبما أن الفترة تزداد مع زيادة المحور شبه الرئيسي، فمن المتوقع أن تكون فترة هالي بين فترتي زحل وأورانوس.
13.10. ضع في اعتبارك المعادلة الأخيرة أعلاه. تظل قيم r 1 و r 2 على حالها تقريبًا، لكن قطر القمر، (r 2 − r 1)، يساوي ربع قطر الأرض. لذا فإن قوى المد والجزر على القمر تبلغ حوالي ربع قوة الأرض.
13.11. نظرًا للكثافة المذهلة المطلوبة لإجبار جسم بحجم الأرض على أن يصبح ثقبًا أسود، لا نتوقع رؤية مثل هذه الثقوب السوداء الصغيرة. حتى الجسم الذي يحتوي على كتلة شمسنا يجب أن يتم ضغطه بعامل 80 يتجاوز عامل النجم النيوتروني. يُعتقد أن النجوم بهذا الحجم لا يمكن أن تصبح ثقوبًا سوداء. ومع ذلك، بالنسبة للنجوم ذات الكتل الشمسية القليلة، يُعتقد أن انهيار الجاذبية في نهاية حياة النجم يمكن أن يشكل ثقبًا أسود. كما سنناقش لاحقًا، يُعتقد الآن أن الثقوب السوداء شائعة في مركز المجرات. تحتوي هذه الثقوب السوداء المجرية عادةً على كتلة ملايين النجوم.
أسئلة مفاهيمية
1. الحقيقة النهائية هي التحقق التجريبي. تم تطوير نظرية المجال للمساعدة في شرح كيفية ممارسة القوة دون ملامسة الأجسام لكل من قوى الجاذبية والقوى الكهرومغناطيسية التي تعمل بسرعة الضوء. لم نتمكن من قياس عدم نقل القوة على الفور إلا منذ القرن العشرين.
3. لا يتم توجيه تسارع الجاذبية المركزية على طول قوة الجاذبية وبالتالي فإن الخط الصحيح للمبنى (أي خط العمود الفقري) لا يتم توجيهه نحو مركز الأرض. لكن المهندسين يستخدمون إما عمود التوصيل أو العبور، وكلاهما يستجيب لكل من اتجاه الجاذبية والتسارع. لا حاجة إلى إيلاء اعتبار خاص لموقعهم على الأرض.
5. عندما ننتقل إلى مدارات أكبر، يزداد التغيير في الطاقة الكامنة، بينما تنخفض السرعة المدارية. وبالتالي، تكون النسبة أعلى بالقرب من سطح الأرض (غير محدودة تقنيًا إذا كنا ندور حول سطح الأرض دون تغيير في الارتفاع)، وننتقل إلى الصفر عندما نصل إلى مسافة لا نهائية.
7. يجب أن تكون فترة المدار 24 ساعة. ولكن بالإضافة إلى ذلك، يجب أن يكون القمر الصناعي موجودًا في مدار استوائي ويدور في نفس اتجاه دوران الأرض. يجب استيفاء جميع المعايير الثلاثة حتى يظل القمر الصناعي في موضع واحد بالنسبة لسطح الأرض. هناك حاجة إلى ثلاثة أقمار صناعية على الأقل، حيث لا يستطيع اثنان على جانبي الأرض التواصل مع بعضهما البعض. (هذا ليس صحيحًا من الناحية الفنية، حيث يمكن اختيار طول موجة يوفر حيود كافٍ. لكنها ستكون غير عملية تمامًا.)
9. وتكون السرعة أكبر عندما يكون القمر الصناعي هو الأقرب إلى الكتلة الكبيرة والأقل في الأماكن البعيدة - عند الحضيض والذبح، على التوالي. إن الحفاظ على الزخم الزاوي هو الذي يحكم هذه العلاقة. ولكن يمكن أيضًا استخلاصها من الحفاظ على الطاقة، ويجب أن تكون الطاقة الحركية أكبر عندما تكون طاقة الجاذبية الكامنة هي الأقل (الأكثر سلبية). يتم توجيه القوة، وبالتالي التسارع، دائمًا نحو M في الرسم التخطيطي، وتكون السرعة دائمًا مماس للمسار في جميع النقاط. يحتوي متجه التسارع على مكون مماسي على طول اتجاه السرعة في الموقع العلوي على المحور y؛ وبالتالي، فإن القمر الصناعي يتسارع. العكس هو الصحيح في الموضع السفلي.
11. سوف يصطدم شعاع الليزر بالجدار البعيد على ارتفاع أقل من اليسار، حيث تتسارع الأرضية لأعلى. بالنسبة للمختبر، «يسقط» شعاع الليزر. لذلك نتوقع أن يحدث هذا في مجال الجاذبية. كتلة الضوء، أو حتى الجسم ذي الكتلة، ليست ذات صلة.
مشاكل
13. 7.4 × 10 −8 نيوتن
15. أ. 7.01 × 10 −7 نيوتن
ب- كتلة المشتري هي m J = 1.90 x 10 27 كجم، F J = 1.35 × 10 −6 N،\(\frac{F_{f}}{F_{J}}\) = 0.521
17. أ. 9.25 × 10 −6 نيوتن
(ب) ليس كثيرًا، حيث إن محطة الفضاء الدولية ليست حتى متماثلة، ناهيك عن تماثلها كرويًا.
19. أ. 1.41 × 10 −15 م/ث 2
ب. 1.69 × 10 −4 م/ث 2
21. أ. 1.62 م/ث 2
ب. 3.75 م/ث 2
23. أ. 147 ن
ب. 25.5 نيوتن
15 كجم
د. 0
على سبيل المثال. 15 كجم
25. 12 متر/ثانية 2
27. \(\frac{3}{2}\)آر إي
29. 5000 متر/ثانية
31. 1440 متر/ثانية
33. 11 كم/ثانية
35. أ. 5.85 × 10 10 جيه
ب. −5.85 × 10 10 ياء؛ رقم. يفترض أن الطاقة الحركية قابلة للاسترداد. لن يكون هذا معقولًا حتى إذا كان لدينا مصعد بين الأرض والقمر.
37. أ. 0.25
(ب) 0.125
39. أ. 5.08 × 10 3 كم
ب- هذا أقل من نصف قطر الأرض.
41. 1.89 × 10 × 27 كجم
43. أ. 4.01 × 10 × 13 كجم
ب- يجب أن يكون القمر الصناعي خارج نصف قطر الكويكب، لذلك لا يمكن أن يكون أكبر من هذا. إذا كان هذا الحجم، فستكون كثافته حوالي 1200 كجم/م 3. هذا أعلى بقليل من الماء، لذلك يبدو هذا معقولًا تمامًا.
45. أ. 1.66 × 10 −10 م/ث 2؛ نعم، التسارع المركزي صغير جدًا بحيث يدعم الادعاء بأنه يمكن وضع إطار مرجعي شبه بالقصور الذاتي عند الشمس. ب. 2.17 × 10 5 م/ث
47. 1.98 × 10 30 كجم؛ القيم هي نفسها في حدود 0.05٪.
49. قارن المعادلة 13.7 والمعادلة 13.5.5 لترى أنهما يختلفان فقط في أن نصف القطر الدائري، r، يُستبدل بالمحور شبه الرئيسي، a. وبالتالي، فإن نصف القطر المتوسط هو نصف مجموع الأوج والحضيض، وهو نفس المحور شبه الرئيسي.
51. تم العثور على المحور شبه الرئيسي، 3.78 AU، من معادلة الفترة. هذا يساوي نصف مجموع الأوج والحضيض، مما يعطي مسافة الأوج 4.95 AU.
53. 1.75 عاماً
55. 19,800 نيوتن؛ من الواضح أن هذا لا يمكن النجاة منه
57. 1.19 × 10 7 كم
مشاكل إضافية
59. أ. 1.85 × 10 14 نيوتن
(ب) لا تفعل ذلك!
61. 1.49 × 10 8 كم
63. تبلغ قيمة g لهذا الكوكب 2.4 m/s 2، أي حوالي ربع قيمة الأرض. لذا فهم من لاعبي القفز العالي الضعفاء.
65. عند القطب الشمالي، 983 شمالاً؛ عند خط الاستواء، 980 شمالاً
67. أ- لا تزال سرعة الهروب 43.6 كم/ثانية، وعند الإطلاق من الأرض في اتجاه السرعة المماسية للأرض، تحتاج إلى 43.4 − 29.8 = 13.8 كم/ثانية بالنسبة إلى الأرض.
ب- الطاقة الكلية هي صفر والمسار هو المكافئ.
69. 4.9 كم/ثانية
71. أ. 1.3 × 10 7 م
ب. 1.56 × 10 م؛ −3.12 × 10 م؛ −1.56 × 10 جول؛ −1.56 × 10 جول
73. أ. 6.24 × 10 3 ثوان أو حوالي 1.7 ساعة. كان هذا باستخدام متوسط قطر 520 كم.
ب- من الواضح أن Vesta ليست كروية جدًا، لذا يجب أن تكون فوق البعد الأكبر، أي ما يقرب من 580 كم. والأهم من ذلك، أن الطبيعة غير الكروية ستزعج المدار بسرعة كبيرة، لذلك لن يكون هذا الحساب دقيقًا جدًا حتى بالنسبة لمدار واحد.
75. أ. 323 كم/ثانية
ب- لا، تحتاج فقط إلى الفرق بين السرعة المدارية للنظام الشمسي وسرعة الهروب، أي حوالي 323 − 228 = 95 كم/ثانية.
77. إعداد e = 1، لدينا\(\frac{\alpha}{r}\) = 1 + كوس\(\theta\) →\(\alpha\) = r + rcos\(\theta\) = r + x؛ وبالتالي، r 2 = x 2 + y 2 = (\(\alpha\)− x) 2. قم بالتوسيع والتجميع لإظهار x =\(\frac{1}{−2 \alpha}\) y 2 +\(\frac{\alpha}{2}\).
79. استبدل مباشرة معادلة الطاقة باستخدام pv p = qv q من حفظ الزخم الزاوي، وقم بحل v p.
مشاكل التحدي
81. g =\(\frac{4}{3}\) G\(\rho \pi\) r → F = mg = [\(\frac{4}{3}\)Gm\(\rho \pi\)] r، ومن F = m\(\frac{d^{2} r}{dt^{2}}\)، نحصل على\(\frac{d^{2} r}{dt^{2}}\) = [\(\frac{4}{3}\)G\(\rho \pi\)] r حيث يكون المصطلح الأول\(\omega^{2}\). ثم T =\(\frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{3}{4G \rho \pi}}\) وإذا استبدلنا\(\rho\) =\(\frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^{3}}\)، نحصل على نفس التعبير عن فترة المدار R.
83. باستخدام كتلة نصف القطر المداري للشمس والأرض، تعطي المعادلة 2.24 x 10 15 m 2 s s.\(\frac{\pi R_{ES}^{2}}{1\; year}\) وتعطي القيمة = نفس القيمة.
85. \(\Delta\)U = U F − U i = −\(\frac{GM_{E} m}{r_{f}} + \frac{GM_{E} m}{r_{i}}\) = GM E m\(\left(\dfrac{r_{f} − r_{i}}{r_{f} r_{i}}\right)\) حيث h = r f − r i. إذا كان h << R E، ثم r f r i ≈ R E 2، وعند الاستبدال، لدينا\(\Delta\) U = GM E m\(\left(\dfrac{h}{R_{E}^{2}}\right)\) = mh\(\left(\dfrac{GM_{E}}{R_{E}^{2}}\right)\) حيث نتعرف على التعبير باستخدام الأقواس كتعريف لـ g.
87. أ. أوجد الفرق في القوة، $$F_ {المد والجزر} =\ frac {2gmm} {R^ {3}}\ دلتا آر؛\]
ب. بالنسبة للحالة المعروضة، باستخدام نصف قطر شوارزشيلد من مشكلة سابقة، لدينا قوة مد مقدارها 9.5 × 10 −3 نيوتن، ولن نلاحظ ذلك حتى!