MFIP-R0-100-2405 • Otwarte krótkie • 5 pkt • Trudność: ★★★★☆

Zadanie 5

Matura z fizyki, maj 2024, poziom rozszerzony

Wymaganie:

II.7 — prawo powszechnego ciążenia. Pole grawitacyjne, równowaga sił grawitacyjnych. III zasada Newtona.

Treść zadania

Zadanie 5.

Masa Ziemi $M_{Z}$ jest 81,28 razy większa od masy Księżyca $M_{K}$ . Średnia odległość między środkami Ziemi i Księżyca wynosi $∣ Z K ∣ = 384400 km$ .

Zadanie 5.1. (0–2)

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

		P / F
1.	Wartość siły, z jaką Ziemia działa na Księżyc, jest większa od wartości siły, z jaką Księżyc działa na Ziemię.	P / F
2.	Średnie przyśpieszenie grawitacyjne Księżyca w polu Ziemi jest mniejsze od średniego przyśpieszenia grawitacyjnego Ziemi w polu Księżyca.	P / F

Zadanie 5.2. (0–3)

Oblicz odległość $∣ ZP ∣$ punktu $P$ , leżącego na odcinku $Z K$ , w którym wypadkowa siła grawitacji działająca na ciało próbne pochodząca od Ziemi i Księżyca jest równa zero. Zapisz obliczenia.

Źródło: arkusz CKE MFIP-R0-100-2405. Otwórz oryginalny PDF

Rozwiązanie

5.1.

III zasada Newtona: $F_{Z \to K} = F_{K \to Z}$ (siły wzajemnego oddziaływania równe co do wartości). → twierdzenie "większa" = F.
$a = F / m$ . Te same siły, ale Ziemia ma $\sim 81$ razy większą masę → $a_{Z} = F / M_{Z}$ JEST $\sim 81$ razy mniejsze od $a_{K} = F / M_{K}$ .
- " $a_{K}$ w polu Ziemi" = $G M_{Z} / r^{2}$ (duże).
- " $a_{Z}$ w polu Księżyca" = $G M_{K} / r^{2}$ (małe).
- Stąd $a_{K} > a_{Z}$ → twierdzenie " $a_{K} < a_{Z}$ " = F.

Odpowiedź: FF.

5.2. W punkcie $P$ między Ziemią a Księżycem siły grawitacji od Z i K na ciało próbne są przeciwnie skierowane i równe co do wartości.

Oznaczmy $∣ ZP ∣ = x$ , $∣ P K ∣ = d - x$ , gdzie $d = 384400$ km. Warunek:

$\frac{G M _{Z} m}{x ^{2}} = \frac{G M _{K} m}{( d - x ) ^{2}}$

$\frac{M _{Z}}{M _{K}} = \frac{x ^{2}}{( d - x ) ^{2}} = 81, 28$

$\frac{x}{d - x} = 81, 28 \approx 9, 016$

$x = 9, 016 (d - x) = 9, 016 d - 9, 016 x$

$10, 016 x = 9, 016 d$

$x = \frac{9 , 016}{10 , 016} \cdot d \approx 0, 9001 \cdot 384400 \approx 346000 km$

$∣ ZP ∣ \approx 346000 km \approx 3, 46 \cdot 1 0^{5} km$

(Sprawdzenie: $∣ P K ∣ \approx 38400$ km — punkt znacznie bliżej Księżyca, mimo że Księżyc jest ~81× lżejszy. To słuszne, bo siła $\propto 1/ r^{2}$ , a stosunek odległości = $81 = 9$ .)

Typowy błąd / pułapka

Pułapka 5.1.1 — myślenie "Ziemia jest większa, więc działa silniej". III zasada N. mówi że siły wzajemne SĄ RÓWNE. Co innego — skutki (przyśpieszenia) różnią się, bo $a = F / m$ .

Pułapka 5.1.2 — pomylenie " $a$ Księżyca w polu Z" vs " $a$ Ziemi w polu K". W obu przypadkach jest ta sama $F$ wzajemna, ale dzielimy przez masę DRUGIEGO ciała. Stąd ciało lżejsze ma większe $a$ .

Pułapka 5.2 — wyciągnięcie pierwiastka tylko z liczby, nie z całego wyrażenia. $\frac{x}{d - x} = M_{Z} / M_{K}$ , NIE $x / (d - x) = M_{Z} / M_{K}$ .

Pułapka 5.2 — położenie punktu PO ZEWNĘTRZNEJ stronie Księżyca (tj. $x > d$ ). Tam siły byłyby SKIEROWANE W TĘ SAMĄ STRONĘ (obie do środka układu Z-K), więc nigdy się nie zrównoważą.

Strona arkusza CKE z trescia zadania

Zadanie 5 - grawitacja Ziemia-Księżyc, punkt równowagi — Strona 15-16 arkusza CKE 2024 PR fizyka - zadanie 5 (Mz/Mk = 81,28, ZK = 384 400 km, punkt zerowej siły wypadkowej). Na podstawie: CKE 2024 Oryginalny PDF CKE, str. 15

Klucz — grawitacja dwóch ciał

Prawo powszechnego ciążenia: $F = G \frac{M _{1} M _{2}}{r ^{2}}$ . Siła jest wzajemna — III zas. N. zawsze dotrzymana.

Pole grawitacyjne (przyśpieszenie w danym punkcie): $g (r) = GM / r^{2}$ . Zależy od masy ŹRÓDŁA pola, nie od masy ciała próbnego.

Punkt zerowej wypadkowej między dwiema masami: $x / (d - x) = M_{1} / M_{2}$ . To NIE jest klasyczny punkt Lagrange’a $L_{1}$ (ten dodatkowo uwzględnia siłę odśrodkową w układzie obracającym się), ale geometryczny “punkt grawitacyjnej równowagi”.

Po co to umieć

Punkt równowagi grawitacyjnej między Ziemią a Księżycem jest podstawą koncepcji punktów Lagrange’a (L1-L5), w których ustawia się sondy kosmiczne: SOHO (L1 Słońce-Ziemia), JWST (L2 Słońce-Ziemia, 1.5 mln km od Ziemi), Planeta (L1 obserwacje słońca). Misja Apollo 11 pokonywała ten punkt po ~4 dniach lotu — od niego Księżyc “ciągnął mocniej” niż Ziemia.

Podobne zadania

grawitacja, ruch orbitalny, III prawo Keplera, prawo powszechnego ciążenia, orbita eliptyczna, czarna dziura supermasywna, Sagittarius A

Zadanie 5 (4 pkt)

maj 2023 • PR

Sagittarius A* (Sgr A*) to bardzo masywny obiekt znajdujący się w centrum naszej galaktyki. Gwiazda znana jako S2 obiega obiekt Sgr A* po wydłużonej orbicie eliptycznej. Parametry tego ruchu orbitalnego są następujące: - okres obiegu S2 dookoła Sgr A* wynosi $T_{S2} = 16$ lat ziemskich - najmniejsza odległość środka S2 od centrum Sgr A* jest równa $r_P = 120\ \text{au}$ - największa odległość środka S2 od centrum Sgr A* jest równa $r_A = 1820\ \text{au}$. Przyjmij, że Sgr A* się nie porusza, oraz pomiń wpływ innych ciał na ruch S2. W opisanej sytuacji przedstawionej na rysunku 1. zaznaczono również wektor $\vec{v}$ prędkości środka S2 w przedstawionym położeniu na orbicie. ### Zadanie 5.1. (0–1) Na rysunku 2. narysuj wektor przyspieszenia $\vec{a}$ środka gwiazdy S2 w oznaczonym położeniu na orbicie. Zachowaj odpowiedni kierunek i zwrot tego wektora (długość może być dowolna). ### Zadanie 5.2. (0–1) Wartość prędkości środka S2 w **punkcie $P$** orbity oznaczamy jako $v_P$, a wartość prędkości środka S2 w **punkcie $A$** orbity oznaczamy jako $v_A$. Prędkość środka S2 w punkcie $P$ lub w punkcie $A$ jest prostopadła do promienia wodzącego (odcinka łączącego środki S2 i Sgr A*). Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Iloraz $\dfrac{v_P}{v_A}$ jest równy (w zaokrągleniu do trzech cyfr znaczących): **A.** $\dfrac{v_P}{v_A} \approx 0{,}00435$ **B.** $\dfrac{v_P}{v_A} \approx 0{,}0659$ **C.** $\dfrac{v_P}{v_A} \approx 15{,}2$ **D.** $\dfrac{v_P}{v_A} \approx 230$ ### Zadanie 5.3. (0–2) Masę obiektu Sgr A* oznaczamy jako $M_{SA}$, a masę Słońca oznaczamy jako $M_S$. Przyjmij, że Ziemia porusza się dookoła Słońca po orbicie kołowej o promieniu $a_Z = 1{,}0\ \text{au}$ z okresem obiegu $T_Z = 1{,}0\ \text{roku}$. Długość **półosi wielkiej** orbity gwiazdy S2, poruszającej się wokół obiektu Sgr A*, zgodnie z oznaczeniami na rysunku 1. (strona 12), jest równa $\frac{|PA|}{2}$. Oblicz iloraz $\dfrac{M_{SA}}{M_S}$. Zapisz obliczenia. Wynik podaj zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących.

Rozumiesz, jak to rozwiązać?

Przećwicz podobne typy zadań w aplikacji

matury-online.pl ma tysiące zadań pogrupowanych po dziedzinach. Sprawdź, czy temat „grawitacja, prawo powszechnego ciążenia, punkt Lagrange'a, równowaga sił" zrobisz samodzielnie.

Otwórz matury-online.pl