FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2014.

Løsningsforslag til øving 11

Oppgave 1

a) Vinkelfrekvensen er (antar matematisk pendel, men det spiller ingen rolle, det er bare avhengigheten av g som teller her) ω = \sqrt{g/L}, så perioden er T = 2π\sqrt{L/g}. Ved høyde h over havet er tyngdens akselerasjon

g(h) = GM/(R + h)^{2}.

Dermed:

T (h) = T (0)(1 + h/R).

b) Med h = 630 m og R = 6378000 m blir relativ forsinkelse lik h/R = 3.14 · 10^{−5}, dvs absolutt forsinkelse ca 1 minutt.

Oppgave 2 Ved uniform sirkelbevegelse er akselerasjonen ren sentripetalakselerasjon v^{2}/r, og eneste kraften som virker er gravitasjonskraften G · Mm/r^{2}. N2 gir

ΣF = m\frac{v^{2}}{r} ⇒ G · \frac{Mm}{r^{2}} = m\frac{v^{2}}{r} ⇒ v = \sqrt{\frac{GM}{r}}

Radien r er avstanden fra jordsentrum, som ved starten A og ved slutten B er lik henholdsvis

r_{A} = R + h_{A} = 6378 km + 8000 km = 14378 km
r_{B} = R + h_{B} = 6378 km + 650 km = 7028 km .

Får ofte bruk for og beregner derfor: GM = 6.6742 · 10^{−11} m^{3}/(kg s^{2}) · 5.974 · 10^{24}kg = 3.9870 · 10^{14} m^{3}/s^{2}.

a) Endring i hastighet: For den videre regning kan det være lurt å beregne hastighetene v_{A} og v_{B} separat og ikke bare differansen:

\begin{matrix}v_{A} & = & \sqrt{\frac{GM}{r_{A}}} = \sqrt{\frac{3.9870 · 10^{14} m^{3}/s^{2}}{14378 · 10^{3} m}} = 5265.9 m/s \\ v_{B} & = & \sqrt{\frac{GM}{r_{B}}} = \sqrt{\frac{3.9870 · 10^{14} m^{3}/s^{2}}{7028 · 10^{3} m}} = 7531.9 m/s \end{matrix} \} ⇒ \underline{Δv = v_{B} − v_{A} = +2266 m/s} .

Hastigheten øker altså.

b) Endring i kinetisk energi:

\begin{matrix}K_{A} & = & \frac{1}{2}mv_{A}^{2} = \frac{1}{2}m\frac{GM}{r_{A}} = 6.9325 · 10^{10} J \\ K_{B} & = & \frac{1}{2}mv_{B}^{2} = \frac{1}{2}m\frac{GM}{r_{B}} = 14.183 · 10^{10} J \end{matrix} \} ⇒ \underline{ΔK = K_{B} − K_{A} = +7.254 · 10^{10} J} .

c) Endring i potensiell energi:

\begin{matrix}U_{A} & = & −m\frac{GM}{r_{A}} = −2 · K_{A} = −13.865 · 10^{10} J \\ U_{B} & = & −m\frac{GM}{r_{B}} = −2 · K_{B} = −28.366 · 10^{10} J \end{matrix} \} ⇒ \underline{ΔU = U_{B} − U_{A} = −2 · ΔK = −14.50 · 10^{10} J} .

Potensiell energi (relativt ∞) har alltid dobbelt verdi av kinetisk energi. Dette gjelder for alle sirkulære baner i gravitasjonsfelt. Når banen er elliptisk, varierer kinetisk og potensiell energi under omløpet.

d) Endring i totalenergi:

ΔE = ΔK + ΔU = ΔK − 2 · ΔK = −ΔK = \underline{−7.254 · 10^{10} J} .

Eller med mer regnearbeid:

E_{A} = K_{A} + U_{A} = −\frac{1}{2}m\frac{GM}{r_{A}} = −6.9325 · 10^{10} J ,

E_{B} = K_{B} + U_{B} = −\frac{1}{2}m\frac{GM}{r_{B}} = −14.183 · 10^{10} J .

ΔE = E_{B} − E_{A} = −\frac{1}{2}mGM (\frac{1}{r_{B}} − \frac{1}{r_{A}} ) = \underline{−7.254 · 10^{10} J} .

En stor porsjon potensiell energi er tapt, halvparten av tapet er overført til kinetisk energi, resten friksjonsarbeid.

Oppgave 3

a) Gravitasjonskraften må være lik sentripetalkraften ved omløpstid T = 24 h = 24 · 3600 s = 86400 s:

ΣF = ma = mω^{2}r ⇒ G \frac{mM}{r^{2}} = m (\frac{2π}{T} )^{2} r

r = (GM · \frac{T^{2}}{(2π)^{2}} )^{1/3} = (6.6742 · 10^{−11} \frac{N m^{2}}{kg^{2}} · 5.9742 · 10^{24} kg · \frac{(86400 s)^{2}}{(2π)^{2}} )^{1/3} = 42246 km ,

som er snaut 7 jordradier. Høyden over jordoverflaten er da

h = r − R = 42246 km − 6378 km = \underline{35868 km} .

b)

cos θ = R/r = 6378.1/42246 = 0.15098
θ = 81.32^{∘} = \underline{81^{∘}19′}.

81^{∘}19′ er like nord for nordspissen av Svalbard, så hele den befolkede verden vil ha geostasjonære satellitter tilgjengelig, med mindre et fjell skjuler sikten mot sør. c)

I figuren er x = R cos θ og y = R sin θ. La β = θ + α være vinkelen mellom den vertikale linjen y på figuren og siktlinja til satellitten. Trondheims breddegrad er θ = 63^{∘}26′ = 63.43^{∘}. Da er

tan β = \frac{r − x}{y} = \frac{r/R − cos θ}{sin θ}
= \frac{42246/6378.1 − cos 63.43^{∘}}{sin 63.43^{∘}} = 6.906 ,

slik at β = 81.76^{∘}. Da er den søkte vinkelen over horisonten

α = β − θ = 81.76^{∘} − 63.43^{∘} = 18.33^{∘} = \underline{18^{∘}20′} .

Oppgave 4

a) Total energi ved jordens overflate er

E_{J} = U_{J} + K_{J} = −\frac{GmM_{J}}{R_{J}} + \frac{1}{2}mv_{J}^{2}.

Utenfor jordens gravitasjonsfelt, dvs for r → ∞, er U = 0. Minste kinetiske energi der ute er K = 0. Total energi E må derfor være minst lik null, slik at

v_{J} ≥ \sqrt{\frac{2GM_{J}}{R_{J}}} = \sqrt{\frac{2 · 6.6742 · 10^{−11} · 5.974 · 10^{24}}{6378 · 10^{3}}} ≃ 11.2 km/s.

b) Total energi ved jordens overflate er nå

E_{J} = −\frac{GmM_{S}}{R_{SJ} + R_{J}} − \frac{GmM_{J}}{R_{J}} + \frac{1}{2}mv_{S}^{2}.

Kravet K ≥ 0 når r → ∞ gir nå

v_{S} ≥ \sqrt{\frac{2GM_{S}}{R_{SJ} + R_{J}} + \frac{2GM_{J}}{R_{J}}} ,

som med tallverdier innsatt gir (R_{SJ} = 1.5·10^{11} m) v_{S} ≥ 43.5 km/s. Hvis vi ser bort fra bidraget 2GM_{J}/R_{J} i uttrykket for v_{S}, får vi 42.1 km/s, en feil på ca 3%.

Oppgave 5

a) Av symmetrigrunner må g(y) ha retning normalt på staven og peke mot staven (siden gravitasjonskraften er tiltrekkende). Vi kan derfor konsentrere oss om y-komponenten av gravitasjonsfeltet. Ulike deler av staven er i ulik avstand fra punktet (P) der g(y) skal bestemmes. Vi tenker oss derfor at vi deler opp staven i (uendelig) mange små biter, med lengde dx, masse dm = Mdx/L, og posisjon x i stavens lengderetning. Avstanden fra et slik masseelement til P er r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}. Bidraget til g fra dm i posisjon x er gitt ved gravitasjonsloven, dg = Gdm/r^{2} (siden et slik infinitesimalt masseelement kan betraktes som en punktmasse). Vi er kun interessert i den komponenten av dette bidraget som har retning normalt inn mot staven. Derfor må vi multiplisere med cos α, der α er vinkelen mellom ”loddlinjen” fra P mot staven og linjen fra P til dm:

dg_{y} = dg cos α = \frac{G dm cos α}{r^{2}} = \frac{GM dx cos α}{Lr^{2}}.

Vi har at x = y tan α, som betyr at dx = ydα/ cos^{2} α = r^{2}dα/y. Innsetting av dette for dx i dg_{y} gir dg_{y} = (GM/Ly) · cos α dα. Det totale gravitasjonsfeltet i P blir g = ∫ dg_{y}, dvs vi legger sammen bidragene fra alle stavens bestanddeler. Integrasjonsgrensene for α må velges slik at vi får med bidragene fra hele staven. Med andre ord, vi må integrere over α fra −ϕ til ϕ, der sin ϕ = (L/2)/R = (L/2)/\sqrt{y^{2} + (L/2)^{2}}:

g(y) = \frac{GM}{Ly} ∫_{−ϕ}^{ϕ} cos αdα = \frac{GM}{Ly} · 2 sin ϕ = \frac{GM}{y\sqrt{y^{2} + L^{2}/4}}.

b) Strategien blir den samme som i a). Vi holder oss til posisjoner x > L/2, dvs til høyre for stavens høyre ende. (Staven ligger mellom −L/2 og L/2.) Av symmetrigrunner må feltet her peke i negativ x-retning. Vi ser på absoluttverdien av bidraget til g(x) fra et lite masseelement i posisjon x′, med lengde dx′ og dermed masse dm = dx′M/L. Avstanden fra dm til x er r = x−x′. Dermed er dg = dg_{x} = G dm/r^{2} = (GM/L)dx′/(x−x′)^{2}. Her må vi integrere fra x′ = −L/2 til x′ = L/2:

g(x) = \frac{GM}{L} ∫_{−L/2}^{L/2} \frac{dx′}{(x − x′)^{2}}
= \frac{GM}{L} |_{−L/2}^{L/2} \frac{1}{x − x′}
= \frac{GM}{L} (\frac{1}{x − L/2} − \frac{1}{x + L/2})
= \frac{GM}{L} \frac{(x + L/2) − (x − L/2)}{(x + L/2)(x − L/2)}
= \frac{GM}{L} \frac{L}{x^{2} − L^{2}/4}
= \frac{GM}{x^{2} − L^{2}/4}

c) Dersom observasjonspunktet P er veldig langt unna staven, slik at stavens lengde L er mye mindre enn henholdsvis avstanden y og x i oppgave a) og b), vil staven praktisk talt se ut som en punktmasse plassert i origo, med masse M. Da vet vi at gravitasjonsfeltet er henholdsvis g(y) = GM/y^{2} og g(x) = GM/x^{2}. Vi ser at uttrykkene vi har regnet ut reduseres til nettopp dette når hhv y ≫ L og x ≫ L.