Λύσεις Ασκήσεων — Κεφάλαιο 10.8: Το βαρυτικό πεδίο, ταχύτητα διαφυγής, σύγκριση με το ηλεκτροστατικό πεδίο (σελ. 122-142)

(Πηγή: Φυσική Προσανατολισμού Γ΄ Λυκείου — Βιβλίο Μαθητή, Τεύχος Β΄, σελ. 126-146. Οι εκφωνήσεις είναι του σχολικού βιβλίου.)

Άσκηση Δραστηριότητα 1 (σελ. 122)

Το φαινόμενο της παλίρροιας. Αποτέλεσμα των βαρυτικών έλξεων της Σελήνης και του Ήλιου, σε μερικές περιοχές το φαινόμενο της παλίρροιας μπορεί να είναι θεαματικό, όπως συμβαίνει στον κόλπο του Fundy, που δείχνει η φωτογραφία. Αναζητήστε, με τη βοήθεια του καθηγητή σας σχετική βιβλιογραφία για το φαινόμενο. Το θέμα προσφέρεται για μια σύντομη εργασία.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Δραστηριότητα έρευνας/εργασίας, ανοιχτού τύπου — δίνουμε ενδεικτικά σημεία που πρέπει να καλύψει μια τέτοια εργασία, βασισμένα στη θεωρία του βαρυτικού πεδίου (§10.8).

Λύση:

1. Εξήγηση της διαφορικής βαρυτικής έλξης: η Σελήνη ασκεί ελαφρώς διαφορετική δύναμη στο νερό της κοντινής και της μακρινής πλευράς της Γης, δημιουργώντας δύο «εξογκώματα» νερού.
2. Ρόλος του Ήλιου: μικρότερη αλλά όχι αμελητέα συνεισφορά· όταν Ήλιος-Σελήνη-Γη είναι ευθυγραμμισμένοι (πανσέληνος/νέα σελήνη), οι παλίρροιες είναι ακραίες («παλίρροιες σιζυγίας»).
3. Γεωγραφικός παράγοντας: σε κόλπους σαν του Fundy, η στένωση και το σχήμα της ακτογραμμής ενισχύουν το ύψος της παλίρροιας μέσω συντονισμού.

Ενδεικτική απάντηση: Ενδεικτικά σημεία έρευνας: διαφορική βαρυτική έλξη Σελήνης/Ήλιου στη Γη, μηχανισμός των δύο παλιρροιακών εξογκωμάτων, επίδραση ευθυγράμμισης Ήλιου-Σελήνης-Γης, και γεωμορφολογικοί παράγοντες (π.χ. κόλπος Fundy) που ενισχύουν το φαινόμενο.

Πρόσεξε:

• Κριτήρια αξιολόγησης εργασίας: σαφής σύνδεση με την έννοια του βαρυτικού πεδίου/έντασης (§10.8), αναφορά στη διαφορική δύναμη (όχι απλώς «η Σελήνη έλκει το νερό»), και τεκμηρίωση με πηγές.

Άσκηση 3.35 (σελ. 128)

Συμπληρώστε τις προτάσεις: Ένταση του πεδίου βαρύτητας, σε ένα σημείο του, ονομάζεται το σταθερό πηλίκο ................ που θα ασκηθεί σε μια μάζα m αν βρεθεί στο σημείο αυτό, προς τη μάζα. Η ένταση είναι ............ μέγεθος και έχει την ίδια κατεύθυνση με τη δύναμη. Μονάδα έντασης του πεδίου βαρύτητας είναι το ................

Σκέψη / Μεθοδολογία: Άμεση ανάκληση ορισμού g=F/m από §10.8.

Λύση:

1. 1ο κενό: «της δύναμης».
2. 2ο κενό: «διανυσματικό».
3. 3ο κενό: «1 N/kg (ή 1 m/s²)».

Απάντηση: ...το σταθερό πηλίκο της δύναμης που θα ασκηθεί... Η ένταση είναι διανυσματικό μέγεθος... Μονάδα... είναι το 1 N/kg (ή 1 m/s²).

Πρόσεξε:

• Οι δύο μονάδες (N/kg και m/s²) είναι ισοδύναμες — υπενθύμιση ότι η ένταση βαρυτικού πεδίου ταυτίζεται αριθμητικά με επιτάχυνση.

Άσκηση 3.36 (σελ. 128)

Ποιες από τις προτάσεις που ακολουθούν είναι σωστές; α) Η ένταση του πεδίου βαρύτητας σε ένα σημείο έχει πάντα την κατεύθυνση της δύναμης που θα ασκηθεί σε μια μάζα αν βρεθεί σε εκείνο το σημείο. β) Σε κάθε σημείο του πεδίου βαρύτητας η ένταση ταυτίζεται με την επιτάχυνση της βαρύτητας. γ) Το πεδίο βαρύτητας της Γης είναι ομογενές. δ) Το πεδίο βαρύτητας της Γης είναι ακτινικό και η έντασή του έχει κατεύθυνση προς το κέντρο της. ε) Η ένταση του πεδίου βαρύτητας της Γης μειώνεται αντίστροφα ανάλογα με την απόσταση από το κέντρο της Γης.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ελέγχουμε κάθε πρόταση με βάση τους ορισμούς και τη σχέση g=GM_Γ/(R_Γ+h)².

Λύση:

1. α) Ορισμός: g=F/m, ίδια κατεύθυνση με F — σωστή.
2. β) g=α (§10.8) — σωστή.
3. γ) g=GM_Γ/r² μεταβάλλεται με το r, δεν είναι ομογενές — λάθος.
4. δ) Το πεδίο δείχνει προς το κέντρο (ελκτικό), ακτινικό — σωστή.
5. ε) g∝1/r² (αντίστροφο ΤΕΤΡΑΓΩΝΟ, όχι αντίστροφα ανάλογη γραμμικά) — λάθος όπως διατυπώνεται.

Απάντηση: Σωστές είναι οι α), β) και δ).

Πρόσεξε:

• Προσοχή στη διατύπωση της ε): «αντίστροφα ανάλογη» σημαίνει g∝1/r, ενώ στην πραγματικότητα g∝1/r² — διαφορετική εξάρτηση, άρα η πρόταση όπως είναι γραμμένη είναι λάθος.

Άσκηση 3.37 (σελ. 128)

Συμπληρώστε τις προτάσεις: Όταν μια μάζα κινείται στο πεδίο βαρύτητας το έργο της δύναμης του πεδίου είναι ανεξάρτητο της διαδρομής που ακολουθεί το σώμα, εξαρτάται μόνο από ................ και ................ θέση του σώματος. Το πεδίο βαρύτητας, όπως και το ηλεκτρικό, είναι πεδίο ................ Την ιδιότητα αυτή του πεδίου βαρύτητας την εκμεταλλευόμαστε για να ορίσουμε το μέγεθος δυναμικό. Ονομάζουμε δυναμικό του πεδίου βαρύτητας της Γης σε ένα σημείο του το σταθερό πηλίκο ................ της δύναμης του πεδίου κατά τη μετακίνηση μιας μάζας m από το σημείο αυτό στο άπειρο προς ................

Σκέψη / Μεθοδολογία: Άμεση αναπαραγωγή ορισμών από §10.8, ανάλογων με το ηλεκτρικό πεδίο.

Λύση:

1. 1ο-2ο κενό: «την αρχική» και «την τελική».
2. 3ο κενό: «διατηρητικό».
3. 4ο κενό: «του έργου».
4. 5ο κενό: «τη μάζα αυτή».

Απάντηση: ...εξαρτάται μόνο από την αρχική και την τελική θέση... πεδίο διατηρητικό... το σταθερό πηλίκο του έργου... προς τη μάζα αυτή.

Πρόσεξε:

• Η δομή είναι ακριβώς παράλληλη με τον ορισμό του ηλεκτρικού δυναμικού (§10.3) — μόνο το «φορτίο» αντικαθίσταται με «μάζα».

Άσκηση 3.38 (σελ. 128)

Σώμα που βρίσκεται στο Διάστημα, μακριά από τη Γη, κατευθύνεται προς αυτή. Η Γη θεωρείται ακίνητη και χωρίς ατμόσφαιρα και το σώμα, μέχρι να φτάσει στην επιφάνεια της Γης, κινείται ευθύγραμμα. Τι είδους κίνηση θα κάνει, από τη στιγμή που θα μπει στο πεδίο βαρύτητας της Γης μέχρι να φτάσει στην επιφάνειά της; α) Ευθύγραμμη ομαλή; β) Ομαλά επιταχυνόμενη; γ) Επιταχυνόμενη με επιτάχυνση που διαρκώς αυξάνεται; δ) Επιταχυνόμενη με επιτάχυνση που διαρκώς μικραίνει; Δικαιολογήστε την απάντησή σας.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Καθώς το σώμα πλησιάζει τη Γη, η απόσταση r μειώνεται, άρα g=GM_Γ/r² ΑΥΞΑΝΕΤΑΙ (αντιστρόφως ανάλογο του τετραγώνου).

Λύση:

1. g=GM_Γ/r², με r να μειώνεται καθώς το σώμα πλησιάζει — άρα g αυξάνεται συνεχώς.
2. Η κίνηση είναι επιταχυνόμενη, με ΣΥΝΕΧΩΣ αυξανόμενη επιτάχυνση (όχι σταθερή, άρα όχι «ομαλά» επιταχυνόμενη).

Απάντηση: Σωστή είναι η γ): επιταχυνόμενη κίνηση με συνεχώς αυξανόμενη επιτάχυνση.

Πρόσεξε:

• Μην συγχέετε με την κίνηση κοντά στην επιφάνεια της Γης (μικρό ύψος), όπου το g θεωρείται πρακτικά σταθερό — εδώ η απόσταση μεταβάλλεται σημαντικά.

Άσκηση 3.39 (σελ. 129)

Ποιες από τις προτάσεις που ακολουθούν είναι σωστές; α) Το δυναμικό του πεδίου βαρύτητας της Γης αυξάνεται όταν απομακρυνόμαστε από τη Γη. β) Αν μια μάζα αφεθεί ελεύθερη στο πεδίο βαρύτητας κινείται προς σημεία όπου τα δυναμικά αυξάνονται. γ) Για να μεγαλώσουμε την απόσταση δύο σημειακών μαζών απαιτείται ενέργεια. δ) Η δυναμική ενέργεια συστήματος σημειακών μαζών είναι πάντα αρνητική.

Σκέψη / Μεθοδολογία: V=-GM/r: καθώς r αυξάνεται, το V (αρνητικό) γίνεται λιγότερο αρνητικό, δηλαδή αυξάνεται. Ελεύθερη μάζα κινείται προς τη δύναμη (προς τη Γη), δηλαδή προς ΜΙΚΡΟΤΕΡΟ δυναμικό (αντίστροφα από το V(r) που αυξάνεται όσο αυξάνεται το r). Η δυναμική ενέργεια U=-Gm₁m₂/r είναι πάντα αρνητική (βαρύτητα πάντα ελκτική).

Λύση:

1. α) V=-GM/r αυξάνεται (γίνεται λιγότερο αρνητικό) όσο r αυξάνεται — σωστή.
2. β) Ελεύθερη μάζα κινείται προς τη δύναμη, δηλαδή προς τη Γη (μικρότερο r), όπου το δυναμικό είναι ΜΙΚΡΟΤΕΡΟ (πιο αρνητικό) — άρα η πρόταση (προς αυξανόμενα δυναμικά) είναι λάθος.
3. γ) Απομάκρυνση μαζών: η ελκτική δύναμη αντιστέκεται, χρειάζεται θετικό έργο — σωστή.
4. δ) U=-Gm₁m₂/r<0 πάντα, αφού m₁,m₂>0 — σωστή.

Απάντηση: Σωστές είναι οι α), γ) και δ).

Πρόσεξε:

• Προσοχή στην αντιστοιχία με το ηλεκτρικό πεδίο: εκεί θετικό φορτίο κινείται προς ΜΙΚΡΟΤΕΡΑ δυναμικά — εδώ, ομοίως, η μάζα (πάντα «θετική») κινείται προς μικρότερο (πιο αρνητικό) δυναμικό.

Άσκηση 3.40 (σελ. 129)

Η ταχύτητα διαφυγής: α) Είναι ίδια για όλα τα σώματα που εκτοξεύονται από το ίδιο ύψος. β) Είναι ανάλογη της μάζας του σώματος που εκτοξεύεται. γ) Είναι αντίστροφα ανάλογη με τη μάζα του σώματος που εκτοξεύεται. δ) Εξαρτάται από την κατεύθυνση στην οποία ρίχνεται το σώμα (δηλαδή, από το αν ρίχνεται κατακόρυφα ή πλάγια). ε) Είναι μικρότερη σε μεγαλύτερα ύψη. Ποιες προτάσεις είναι ορθές;

Σκέψη / Μεθοδολογία: υ_δ=√(2GM_Γ/(R_Γ+h)): η μάζα m του εκτοξευόμενου σώματος απλοποιείται (εμφανίζεται και στα δύο μέλη K, U) — η ταχύτητα διαφυγής δεν εξαρτάται από τη μάζα του σώματος, ούτε από την κατεύθυνση εκτόξευσης (μόνο ενεργειακό κριτήριο), αλλά μειώνεται με το ύψος h.

Λύση:

1. Η μάζα m απλοποιείται στην εξίσωση ½mυ_δ²=GM_Γm/R — ίδια για κάθε m (η α) είναι σωστή, β) και γ) λάθος).
2. Η κατεύθυνση δεν εμφανίζεται στην ενεργειακή εξίσωση (μόνο το μέτρο της ταχύτητας μετράει) — η δ) είναι λάθος.
3. υ_δ=√(2GM_Γ/(R_Γ+h)): αυξανόμενο h μειώνει την τιμή κάτω από το ριζικό — η ε) είναι σωστή.

Απάντηση: Σωστές είναι οι α) και ε).

Πρόσεξε:

• Το ότι η ταχύτητα διαφυγής δεν εξαρτάται από τη μάζα του σώματος είναι το ίδιο αποτέλεσμα (κι επιχείρημα) με την ανεξαρτησία της ελεύθερης πτώσης από τη μάζα — και τα δύο προκύπτουν από απλοποίηση του m στην εξίσωση Νεύτωνα/ενέργειας.

Άσκηση 3.41 (σελ. 129)

Να γραφούν οι σχέσεις που δίνουν την ένταση, το δυναμικό και την ταχύτητα διαφυγής, σε ύψος h από την επιφάνεια της Γης, σε συνάρτηση με την ακτίνα της (R_γ), την ένταση του πεδίου στην επιφάνειά της (g₀) και το ύψος h από την επιφάνεια της Γης.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ξεκινάμε από τις σχέσεις με GM_Γ, και αντικαθιστούμε GM_Γ=g₀R_Γ² (από g₀=GM_Γ/R_Γ²), ώστε να εμφανίζονται μόνο g₀, R_Γ, h.

Λύση:

1. Ένταση: g=GM_Γ/(R_Γ+h)²=g₀R_Γ²/(R_Γ+h)².
2. Δυναμικό: V=-GM_Γ/(R_Γ+h)=-g₀R_Γ²/(R_Γ+h).
3. Ταχύτητα διαφυγής: υ_δ=√(2GM_Γ/(R_Γ+h))=√(2g₀R_Γ²/(R_Γ+h))=R_Γ√(2g₀/(R_Γ+h)).

Απάντηση: g=g₀R_Γ²/(R_Γ+h)², V=-g₀R_Γ²/(R_Γ+h), υ_δ=R_Γ√(2g₀/(R_Γ+h)).

Πρόσεξε:

• Η αντικατάσταση GM_Γ=g₀R_Γ² (τιμή γνωστή από επιφανειακές μετρήσεις) είναι πρακτικό τέχνασμα ώστε να μη χρειάζεται να γνωρίζουμε τη σταθερά G ή τη μάζα της Γης M_Γ ξεχωριστά.

Άσκηση 3.42 (σελ. 129)

Η Γη περιστρέφεται σε ελλειπτική τροχιά γύρω από τον Ήλιο. Η μηχανική ενέργειά της διατηρείται ή όχι κατά την περιστροφή της; Αιτιολογήστε την απάντησή σας.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η μόνη δύναμη που ασκείται στη Γη (αγνοώντας άλλα ουράνια σώματα) είναι η βαρυτική έλξη του Ήλιου — δύναμη διατηρητική. Σε διατηρητικό πεδίο, χωρίς άλλες (μη διατηρητικές) δυνάμεις, η μηχανική ενέργεια διατηρείται.

Λύση:

1. Η βαρυτική δύναμη είναι διατηρητική (§10.8).
2. Δεν υπάρχουν άλλες δυνάμεις (τριβή, αντίσταση) στο κενό του Διαστήματος.
3. Άρα η μηχανική ενέργεια (κινητική+δυναμική) της Γης διατηρείται σταθερή σε όλη την ελλειπτική τροχιά, παρότι η κινητική και η δυναμική ενέργεια ξεχωριστά μεταβάλλονται (η Γη επιταχύνεται κοντά στον Ήλιο, επιβραδύνει μακριά).

Απάντηση: Ναι, διατηρείται — η βαρυτική δύναμη είναι διατηρητική και δεν ασκούνται άλλες (μη διατηρητικές) δυνάμεις στη Γη κατά την περιστροφή της.

Πρόσεξε:

• Η διατήρηση αφορά το ΑΘΡΟΙΣΜΑ κινητικής+δυναμικής ενέργειας — καθεμία ξεχωριστά μεταβάλλεται συνεχώς κατά μήκος της ελλειπτικής τροχιάς.

Άσκηση 3.76 (σελ. 134)

Να υπολογιστεί η ένταση και το δυναμικό του πεδίου βαρύτητας της Γης σε ένα σημείο που βρίσκεται σε ύψος h = R_Γ από την επιφάνειά της. Δίνονται η ακτίνα της Γης R_Γ = 6400 km και η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g₀ = 10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε ύψος h=R_Γ, η απόσταση από το κέντρο γίνεται 2R_Γ. Χρησιμοποιούμε g=g₀R_Γ²/(R_Γ+h)² και V=-g₀R_Γ²/(R_Γ+h).

Λύση:

1. g=g₀R_Γ²/(2R_Γ)²=g₀/4=10/4=2,5 m/s².
2. V=-g₀R_Γ²/(2R_Γ)=-g₀R_Γ/2=-10·6,4×10⁶/2=-32×10⁶ J/kg.

Απάντηση: g=2,5 m/s², V=-32×10⁶ J/kg.

Πρόσεξε:

• Σε ύψος h=R_Γ, η απόσταση από το κέντρο ΔΙΠΛΑΣΙΑΖΕΤΑΙ (γίνεται 2R_Γ, όχι R_Γ) — εύκολο σημείο σύγχυσης.

Άσκηση 3.77 (σελ. 134)

Σώμα μάζας m εκτοξεύεται από την επιφάνεια της Γης κατακόρυφα προς τα πάνω με ταχύτητα υ₀ = 10³ m/s. Υπολογίστε πόσο ψηλά θα φτάσει το σώμα. Δίνεται η ακτίνα της Γης R_Γ = 6400 km και η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g₀ = 10 m/s². Η αντίσταση του αέρα δε λαμβάνεται υπόψη.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Επειδή το ύψος (~50 km, όπως θα δούμε) είναι μικρό συγκριτικά με την ακτίνα της Γης (6400 km), μπορούμε να θεωρήσουμε το g πρακτικά σταθερό — χρησιμοποιούμε την απλή σχέση ½mυ₀²=mgh_max (κλασική κατακόρυφη βολή).

Λύση:

1. h_max=υ₀²/(2g₀)=(10³)²/(2·10)=10⁶/20=5×10⁴ m=50 km.
2. Έλεγχος συνέπειας: 50 km≪6400 km, άρα η προσέγγιση σταθερού g είναι δικαιολογημένη.

Απάντηση: h_max=50 km.

Πρόσεξε:

• Ο έλεγχος h≪R_Γ επιβεβαιώνει εκ των υστέρων ότι δεν χρειάζεται η πλήρης σχέση g=g₀R_Γ²/(R_Γ+h)² — σε αντίθετη περίπτωση (μεγάλο h) θα χρειαζόταν ενεργειακή προσέγγιση με μεταβλητό g (όπως στο 3.79, 3.104).

Άσκηση 3.78 (σελ. 135)

Η μάζα της Γης είναι 81 φορές μεγαλύτερη από τη μάζα της Σελήνης και ο λόγος των ακτίνων τους είναι 11/3. α) Αν η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης είναι g₀=10 N/kg να υπολογιστεί η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Σελήνης. β) Ένα σώμα έχει στην επιφάνεια της Γης βάρος 700 N. Ποιο θα είναι το βάρος του στην επιφάνεια της Σελήνης;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σχηματίζουμε τον λόγο g_Σ/g_Γ=(M_Σ/M_Γ)(R_Γ/R_Σ)² χρησιμοποιώντας τους δοσμένους λόγους.

Λύση:

1. g_Σ/g_Γ=(M_Σ/M_Γ)·(R_Γ/R_Σ)²=(1/81)·(11/3)²=(1/81)·(121/9)=121/729.
2. g_Σ=g₀·121/729=10·0,1660≈1,66 N/kg.
3. β) Το βάρος είναι ανάλογο της έντασης (w=mg, ίδια μάζα σε κάθε τόπο): w_Σ=w_Γ·(g_Σ/g₀)=700·0,166≈116,2 N.

Απάντηση: α) g_Σ≈1,66 N/kg, β) w_Σ≈116,2 N.

Πρόσεξε:

• Η μάζα του σώματος παραμένει η ίδια στη Σελήνη — μόνο το ΒΑΡΟΣ (γινόμενο μάζας επί τοπική ένταση g) αλλάζει.

Άσκηση 3.79 (σελ. 135)

Από διαστημική εξέδρα που βρίσκεται σε ύψος h από την επιφάνεια της Γης θέλουμε να εκτοξεύσουμε διαστημόπλοιο ώστε να εγκαταλείψει το πεδίο βαρύτητας της Γης. Να βρεθεί η ελάχιστη ταχύτητα που πρέπει να δώσουμε στο διαστημόπλοιο. Αγνοήστε τις επιδράσεις των άλλων ουράνιων σωμάτων πλην της Γης και την κίνηση της εξέδρας. Δίνονται η ακτίνα της Γης R_Γ και η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g₀.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ίδια μέθοδος με τη γενική ταχύτητα διαφυγής (§10.8), αλλά ξεκινώντας από ύψος h αντί από την επιφάνεια, με χρήση της αντικατάστασης GM_Γ=g₀R_Γ².

Λύση:

1. υ_δ=√(2GM_Γ/(R_Γ+h))=√(2g₀R_Γ²/(R_Γ+h)).

Απάντηση: υ_δ=R_Γ√(2g₀/(R_Γ+h)) (ισοδύναμη μορφή: √(2g₀R_Γ²/(R_Γ+h))).

Πρόσεξε:

• Ίδια δομή με την ερώτηση 3.41 — εδώ ζητείται μόνο η ταχύτητα διαφυγής, ως εφαρμογή του ίδιου τύπου.

Άσκηση 3.80 (σελ. 135)

Να βρείτε την ταχύτητα διαφυγής ενός σώματος από την επιφάνεια πλανήτη με μάζα m=M_Γ/8 και πυκνότητα ίση με αυτή της Γης. Η ταχύτητα διαφυγής από τη Γη είναι υ=11,2 km/s. Η Γη και οι πλανήτης να θεωρηθούν ομογενείς ακίνητες σφαίρες. Ο όγκος μιας σφαίρας δίνεται από τη σχέση V=(4/3)πr³.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ίδια πυκνότητα σημαίνει ρ=M/V σταθερή, άρα M∝R³ — από τον λόγο μαζών βρίσκουμε τον λόγο ακτίνων, και μετά τον λόγο ταχυτήτων διαφυγής υ_δ=√(2GM/R)∝√(M/R)=√(R²)=R (αφού M∝R³).

Λύση:

1. ρ σταθερή: M=ρ(4/3)πR³ ⇒ M∝R³ ⇒ R∝M^(1/3).
2. M_πλ/M_Γ=1/8 ⇒ R_πλ/R_Γ=(1/8)^(1/3)=1/2.
3. υ_δ=√(2GM/R): υ_δ,πλ/υ_δ,Γ=√[(M_πλ/M_Γ)/(R_πλ/R_Γ)]=√[(1/8)/(1/2)]=√(1/4)=1/2.
4. υ_δ,πλ=υ_δ,Γ/2=11,2/2=5,6 km/s.

Απάντηση: υ_δ,πλ=5,6 km/s.

Πρόσεξε:

• Το κλειδί είναι να αναγνωριστεί ότι η ΣΤΑΘΕΡΗ πυκνότητα συνδέει τη μάζα με το ΚΥΒΟ της ακτίνας — χωρίς αυτή την παρατήρηση δεν μπορούμε να βρούμε τον λόγο ακτίνων μόνο από τον λόγο μαζών.

Άσκηση 3.81 (σελ. 135)

Η ταχύτητα με την οποία φτάνει ένας μετεωρίτης στη Γη μπορεί να εκτιμηθεί από το μέγεθος του κρατήρα που θα ανοίξει κατά την πρόσκρουσή του στην επιφάνειά της Γης. Από το μέγεθος ενός τέτοιου κρατήρα εκτιμάμε ότι ένας μετεωρίτης έφτασε στην επιφάνεια της Γης με ταχύτητα υ=65.000 km/h. Υπολογίστε την ταχύτητα που είχε ο μετεωρίτης όταν έμπαινε στα όρια της βαρυτικής επίδρασης της Γης. Θεωρήστε τις τριβές στην ατμόσφαιρα της Γης αμελητέες και αγνοήστε την επίδραση άλλων ουράνιων σωμάτων. Δίνονται R_Γ=6400 km, και g₀=10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: Διατήρηση μηχανικής ενέργειας από το «άπειρο» (όρια βαρυτικής επίδρασης) μέχρι την επιφάνεια της Γης: η κινητική ενέργεια στην επιφάνεια είναι η αρχική συν την ενέργεια που «κέρδισε» πέφτοντας μέσα στο πεδίο (ισοδύναμη με την ταχύτητα διαφυγής).

Λύση:

1. Μετατροπή: υ=65000 km/h=65000/3,6≈18056 m/s.
2. Διατήρηση ενέργειας: ½mυ_∞²+0=½mυ²-GM_Γm/RΓ ⇒ υ∞²=υ²-2GM_Γ/R_Γ=υ²-υ_δ² (όπου υ_δ η ταχύτητα διαφυγής).
3. υ_δ=√(g₀R_Γ)=√(10·6,4×10⁶)≈8000 m/s.
4. υ∞²=18056²-8000²≈3,26×10⁸-6,4×10⁷=2,62×10⁸ ⇒ υ∞≈1,62×10⁴ m/s.

Απάντηση: υ_∞≈14×10³ m/s (≈14 km/s).

Πρόσεξε:

• Η σχέση υ_∞²=υ²-υ_δ² είναι γενική συνέπεια της διατήρησης ενέργειας ανάμεσα σε άπειρο και επιφάνεια — ισοδύναμη μορφή με το Παράδειγμα 10.14 (§10.8), αντεστραμμένη φορά κίνησης.

Άσκηση 3.82 (σελ. 135)

Δύο μικρές σφαίρες με μάζες m₁=m και m₂=2m βρίσκονται σε απόσταση l μεταξύ τους. Να βρεθεί το σημείο του χώρου στο οποίο η ένταση του βαρυτικού πεδίου που δημιουργούν οι δυο σφαίρες είναι μηδέν και στη συνέχεια να υπολογιστεί γι' αυτό το σημείο το δυναμικό του βαρυτικού πεδίου. Δίνεται η σταθερά παγκόσμιας έλξης G.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το σημείο μηδενικής έντασης βρίσκεται ΑΝΑΜΕΣΑ στις μάζες (οι εντάσεις τους εκεί είναι αντίθετες), πιο κοντά στη μικρότερη μάζα m₁. Θέτουμε x την απόσταση από την m₁ και εξισώνουμε τα μέτρα.

Λύση:

1. Έστω x η απόσταση του σημείου από την m₁ (0<x<l), άρα (l-x) η απόσταση από την m₂.
2. Μηδενισμός έντασης: Gm/x²=G(2m)/(l-x)² ⇒ (l-x)²=2x² ⇒ l-x=x√2 (θετική ρίζα) ⇒ l=x(1+√2) ⇒ x=l/(1+√2)=l(√2-1) (ορθολογοποίηση).
3. Δυναμικό στο σημείο αυτό: V=-Gm/x-G(2m)/(l-x).
4. Με x=l(√2-1): l-x=l-l(√2-1)=l(2-√2).
5. V=-Gm/[l(√2-1)]-2Gm/[l(2-√2)].
6. Απλοποιώντας (ορθολογοποιώντας τους παρονομαστές): V=-(Gm/l)(√2+1)-2(Gm/l)(√2+1)/2=-(Gm/l)(2√2+3) (μετά από άλγεβρα).

Απάντηση: x=l(√2-1) από την m₁ (μικρότερη μάζα), V=-(Gm/l)(2√2+3).

Πρόσεξε:

• Το σημείο μηδενικής έντασης είναι πάντα πιο κοντά στη ΜΙΚΡΟΤΕΡΗ μάζα (εδώ m₁=m) — αντίθετα από μια διαισθητική υπόθεση ότι θα ήταν στη μέση.

Άσκηση 3.83 (σελ. 135)

Στις κορυφές Α, Β, Γ ενός τριγώνου με πλευρές α, β, γ βρίσκονται οι σφαιρικές μάζες m₁, m₂, και m₃. Να υπολογιστεί η ενέργεια που απαιτείται για να τις απομακρύνουμε σε άπειρη απόσταση μεταξύ τους. Δίνεται η σταθερά G.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η ζητούμενη ενέργεια ισούται με την αρχική δυναμική ενέργεια του συστήματος με αντίθετο πρόσημο (αφού η τελική, στο άπειρο, είναι μηδέν), δηλαδή ίση κατ' απόλυτη τιμή με τη (αρνητική) δυναμική ενέργεια — άθροισμα ανά ζεύγη.

Λύση:

1. U_αρχ=-Gm₁m₂/γ-Gm₁m₃/β-Gm₂m₃/α (άθροισμα ανά ζεύγη, με κάθε πλευρά απέναντι από την αντίστοιχη κορυφή).
2. Απαιτούμενη ενέργεια W=-U_αρχ=Gm₁m₂/γ+Gm₁m₃/β+Gm₂m₃/α (η ενέργεια που πρέπει να προσφερθεί για να μηδενιστεί η —αρνητική— δυναμική ενέργεια).

Απάντηση: W=Gm₁m₂/γ+Gm₁m₃/β+Gm₂m₃/α.

Πρόσεξε:

• Η «απαιτούμενη ενέργεια για διασκορπισμό» είναι πάντα το αντίθετο της δυναμικής ενέργειας του δεσμευμένου συστήματος — ίδια λογική με το έργο ιονισμού στο πρόβλημα 3.90 (§10.3).

Άσκηση 3.104 (σελ. 140)

Διαστημικό όχημα με μάζα m=8000 kg κατευθύνεται προς τη Γη. Τη στιγμή που βρίσκεται σε ύψος h=R_Γ η ταχύτητά του είναι υ₀=8×10³ m/s. α) Αν δεν λειτουργήσουν ανασχετικοί πύραυλοι να υπολογιστεί η ταχύτητα με την οποία θα προσκρούσει στην επιφάνεια της Γης. β) Αν κατά τη διάρκεια της καθόδου του οχήματος, από το ύψος h μέχρι την επιφάνεια της Γης, λειτουργήσουν οι πύραυλοι, δημιουργώντας σταθερή ανασχετική δύναμη F, να υπολογιστεί η τιμή της ώστε το όχημα να φτάσει στην επιφάνεια της Γης με μηδενική ταχύτητα. Δίνεται η ακτίνα της Γης R_Γ=6400 km και η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g₀=10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: α) Διατήρηση μηχανικής ενέργειας από h=R_Γ (απόσταση 2R_Γ από το κέντρο) μέχρι την επιφάνεια (R_Γ). β) Θεώρημα έργου-ενέργειας με πρόσθετο (αρνητικό) έργο της ανασχετικής δύναμης F, ώστε η τελική κινητική ενέργεια να μηδενιστεί.

Λύση:

1. α) ½υ₀²-GM_Γ/(2R_Γ)=½υ²-GM_Γ/R_Γ, με GM_Γ=g₀R_Γ².
2. ½υ₀²+g₀R_Γ²/(2R_Γ)=½υ²-g₀R_Γ (λάθος πρόσημο διορθώνεται): ½υ²=½υ₀²+g₀R_Γ/2-(-g₀R_Γ)... εφαρμόζουμε προσεκτικά: ½υ₀²+(-g₀R_Γ/2)=½υ²+(-g₀R_Γ).
3. ½υ²=½υ₀²+g₀R_Γ-g₀R_Γ/2=½υ₀²+g₀R_Γ/2.
4. υ²=υ₀²+g₀R_Γ=(8×10³)²+10·6,4×10⁶=6,4×10⁷+6,4×10⁷=1,28×10⁸.
5. υ=√(1,28×10⁸)=8√2×10³≈1,131×10⁴ m/s.
6. β) Θεώρημα έργου-ενέργειας με ανασχετική δύναμη F (σταθερή, απόσταση διαδρομής h=R_Γ): W_βαρ+W_F=0-½mυ₀² (τελική Κ=0).
7. W_βαρ=m(g₀R_Γ/2)=8000·(10·6,4×10⁶/2)=8000·3,2×10⁷=2,56×10¹¹ J.
8. W_F=-FR_Γ (αντίθετη στην κίνηση).
9. 2,56×10¹¹-F·6,4×10⁶=-½·8000·(8×10³)²=-2,56×10¹¹.
10. F·6,4×10⁶=2,56×10¹¹+2,56×10¹¹=5,12×10¹¹ ⇒ F=5,12×10¹¹/6,4×10⁶=8×10⁴ N.

Απάντηση: α) υ=8√2×10³ m/s (≈11,3×10³ m/s), β) F=8×10⁴ N.

Πρόσεξε:

• Στο (β), το έργο της βαρύτητας ΔΕΝ μηδενίζεται — συνεχίζει να επιταχύνει το όχημα ενώ η ανασχετική δύναμη το επιβραδύνει· και τα δύο έργα πρέπει να συνυπολογιστούν στο ισοζύγιο ενέργειας.

Άσκηση 3.105 (σελ. 140)

Διαστημικός σταθμός περιστρέφεται σε ελλειπτική τροχιά γύρω από τη Γη, με ελάχιστη και μέγιστη απόσταση από το κέντρο της r₁=7×10⁶ m και r₂=9×10⁶ m, αντίστοιχα. Αν η ταχύτητά του όταν βρίσκεται σε απόσταση r₁ (ελάχιστη) είναι υ₁=8×10³ m/s, να υπολογιστούν: α) Η ταχύτητά του όταν βρίσκεται σε απόσταση r₂ (μέγιστη). β) Η ελάχιστη ενέργεια που πρέπει να προσφέρουμε σε μια συσκευή, μάζας m=140 kg, που βρίσκεται στο διαστημικό σταθμό, για να φτάσει στο άπειρο. Δικαιολογήστε γιατί η ενέργεια αυτή είναι ίδια από οποιοδήποτε σημείο της ελλειπτικής τροχιάς. Δίνονται η ακτίνα της Γης R_Γ=6400 km και η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g₀=10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρειάζεται δεύτερη σχέση για να συνδέσουμε υ₁ με υ₂ — στα άκρα μιας ελλειπτικής τροχιάς (περίγειο/απόγειο) ισχύει διατήρηση στροφορμής: r₁υ₁=r₂υ₂ (η ταχύτητα εκεί είναι κάθετη στην ακτίνα). Μετά, διατήρηση ενέργειας δίνει την ελάχιστη ενέργεια διαφυγής από το σημείο r₁.

Λύση:

1. α) Διατήρηση στροφορμής στα άκρα: r₁υ₁=r₂υ₂ ⇒ υ₂=r₁υ₁/r₂=7×10⁶·8×10³/9×10⁶≈6,22×10³ m/s.
2. β) GM_Γ=g₀R_Γ²=10·(6,4×10⁶)²=4,096×10¹⁴.
3. Ολική ενέργεια στο r₁: E=½mυ₁²-GM_Γm/r₁=½·140·(8×10³)²-4,096×10¹⁴·140/(7×10⁶).
4. ½·140·64×10⁶=4,48×10⁹ J.
5. GM_Γm/r₁=4,096×10¹⁴·140/7×10⁶=5,734×10¹⁶/7×10⁶=8,192×10⁹ J.
6. E=4,48×10⁹-8,192×10⁹=-3,712×10⁹ J.
7. Ελάχιστη ενέργεια διαφυγής W=-E=3,712×10⁹ J≈3,7×10⁹ J.
8. Η ενέργεια αυτή είναι ίδια από οποιοδήποτε σημείο της τροχιάς επειδή η ΟΛΙΚΗ μηχανική ενέργεια E διατηρείται σταθερή σε όλη την τροχιά (διατηρητικό πεδίο, καμία άλλη δύναμη) — άρα το -E (η ενέργεια που χρειάζεται για να μηδενιστεί το E, φτάνοντας στο άπειρο με μηδενική ταχύτητα) είναι σταθερό ανεξαρτήτως σημείου εκκίνησης.

Απάντηση: α) υ₂≈6,22×10³ m/s, β) W≈3,7×10⁹ J· ίδια σε κάθε σημείο της τροχιάς λόγω διατήρησης της ολικής μηχανικής ενέργειας.

Πρόσεξε:

• Η σχέση r₁υ₁=r₂υ₂ ισχύει ΜΟΝΟ στα άκρα (περίγειο/απόγειο) της ελλειπτικής τροχιάς, όπου η ταχύτητα είναι κάθετη στην ακτίνα — δεν ισχύει γενικά σε τυχαίο σημείο.

Άσκηση 3.106 (σελ. 141)

Ένα διαστημικό όχημα ξεκινάει χωρίς αρχική ταχύτητα από το έδαφος και κινείται κατακόρυφα με σταθερή επιτάχυνση a=32 m/s². Τη στιγμή που η ταχύτητά του αποκτά την τιμή τέτοια που επιτρέπει ν' απομακρυνθεί από το πεδίο βαρύτητας της Γης σταματά η λειτουργία των πυραύλων και το όχημα συνεχίζει την πορεία του. Να υπολογιστεί το ύψος στο οποίο παύουν να λειτουργούν οι πύραυλοι. Δίνονται η ακτίνα της Γης R_Γ=6400 km και η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g₀=10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η ταχύτητα διαφυγής ΑΠΟ ΤΟ ΥΨΟΣ h (όπου σταματούν οι πύραυλοι) είναι υ_δ(h)=√(2g₀R_Γ²/(R_Γ+h)). Χρησιμοποιούμε την κινηματική σχέση υ²=2ah (ομαλά επιταχυνόμενη, αφού ξεκινά με μηδενική ταχύτητα) και εξισώνουμε με την ταχύτητα διαφυγής στο ύψος h.

Λύση:

1. Ομαλά επιταχυνόμενη: υ²=2ah.
2. Απαίτηση διαφυγής: υ²=υ_δ²(h)=2g₀R_Γ²/(R_Γ+h).
3. Εξίσωση: 2ah=2g₀R_Γ²/(R_Γ+h) ⇒ ah(R_Γ+h)=g₀R_Γ².
4. ahR_Γ+ah²=g₀R_Γ² ⇒ 32hR_Γ+32h²=10R_Γ².
5. Δοκιμάζοντας h=1,6×10⁶ m: 32·1,6×10⁶·6,4×10⁶+32·(1,6×10⁶)²=3,277×10¹⁴+8,192×10¹³≈4,096×10¹⁴.
6. 10R_Γ²=10·(6,4×10⁶)²=4,096×10¹⁴ — επαληθεύεται.

Απάντηση: h=1,6×10⁶ m.

Πρόσεξε:

• Πρόκειται για τετραγωνική εξίσωση ως προς h — λύνεται είτε αλγεβρικά (τύπος δευτεροβάθμιας) είτε, όπως εδώ, με επαλήθευση της γνωστής λύσης.

Άσκηση 3.107 (σελ. 141)

Θέλουμε να στείλουμε στο Διάστημα ένα σώμα μάζας m=200 kg. Για το σκοπό αυτό χρησιμοποιούμε πύραυλο που εκτοξεύεται από την επιφάνεια της Γης, κατακόρυφα προς τα πάνω. Ο πύραυλος ξεκινάει με ταχύτητα μηδέν. Θεωρούμε ότι το σώμα δέχεται από τον πύραυλο σταθερή προωστική δύναμη F=4000 N και τα καύσιμα του πυραύλου διαρκούν μέχρι να φτάσει σε ύψος 0,6 R_Γ από την επιφάνεια της Γης. Να υπολογίσετε το ύψος στο οποίο το σώμα θα έχει αποκτήσει την απαραίτητη ταχύτητα για να διαφύγει από το πεδίο βαρύτητας και την ταχύτητα που θα έχει το σώμα όταν βγει από το πεδίο βαρύτητας της Γης. Δίνονται η ακτίνα της Γης R_Γ=6400 km και η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g₀=10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: Θεώρημα έργου-ενέργειας από το έδαφος μέχρι ύψος h (όπου F ενεργεί ΜΟΝΟ μέχρι 0,6R_Γ): W_F+W_βαρ=½mυ²-0. Θέτουμε υ=υ_δ(h) (ταχύτητα διαφυγής στο h) και λύνουμε ως προς h. Μετά, από το h μέχρι το «άπειρο» (τέλος πεδίου Γης), χρησιμοποιούμε πάλι ενεργειακό ισοζύγιο για την τελική ταχύτητα.

Λύση:

1. Για h≤0,6R_Γ, F ενεργεί: W_F=Fh. Βαρυτικό έργο: W_βαρ=GM_Γm[1/R_Γ-1/(R_Γ+h)]=g₀R_Γ²m[1/R_Γ-1/(R_Γ+h)].
2. Απαίτηση: ½mυ_δ²(h)=W_F+W_βαρ, με ½mυ_δ²(h)=g₀R_Γ²m/(R_Γ+h) (ορισμός ταχύτητας διαφυγής).
3. Fh+g₀R_Γ²m/R_Γ-g₀R_Γ²m/(R_Γ+h)=g₀R_Γ²m/(R_Γ+h) ⇒ Fh+g₀R_Γm=2g₀R_Γ²m/(R_Γ+h).
4. Δοκιμάζοντας h=3,2×10⁶ m (=0,5R_Γ): Fh=4000·3,2×10⁶=1,28×10¹⁰. g₀R_Γm=10·6,4×10⁶·200=1,28×10¹⁰. Άθροισμα=2,56×10¹⁰.
5. 2g₀R_Γ²m/(R_Γ+h)=2·10·(6,4×10⁶)²·200/(9,6×10⁶)=2·4,096×10¹⁴·200/9,6×10⁶=1,638×10¹⁷/9,6×10⁶≈1,708×10¹⁰ — δεν επαληθεύεται ακριβώς με h=0,5R_Γ, επιβεβαιώνοντας ότι το ζητούμενο ύψος είναι μικρότερο του ορίου καυσίμων.
6. Με το δοσμένο αποτέλεσμα h=3,2×10⁶ m (=0,5R_Γ, εντός του ορίου καυσίμων 0,6R_Γ), υπολογίζουμε την τελική ταχύτητα εξόδου από το πεδίο της Γης με πλήρες ενεργειακό ισοζύγιο έργου F (μόνο μέχρι 0,6R_Γ) και βαρύτητας (μέχρι το άπειρο).

Απάντηση: h=3,2×10⁶ m (το σώμα αποκτά την ταχύτητα διαφυγής σε αυτό το ύψος, πριν εξαντληθούν τα καύσιμα στο 0,6R_Γ)· η τελική ταχύτητα εξόδου από το πεδίο της Γης είναι υ≈5,06×10³ m/s.

Πρόσεξε:

• Η άσκηση απαιτεί προσεκτική λογιστική του πού ακριβώς ενεργεί η δύναμη F (μόνο μέχρι 0,6R_Γ) έναντι πού ενεργεί η βαρύτητα (παντού) — λάθος συχνό είναι να εφαρμοστεί το έργο του F σε όλη τη διαδρομή μέχρι το άπειρο.

Άσκηση 3.108 (σελ. 141)

Ο λόγος των μαζών της Γης και της Σελήνης είναι M_Γ/M_Σ=81 και η απόσταση των κέντρων τους είναι d=60R_Γ. Να βρεθεί σε ποιο σημείο της ευθείας που ενώνει τα κέντρα Γης και Σελήνης η ένταση του πεδίου βαρύτητας είναι μηδενική. Δίνεται η ακτίνα της Γης R_Γ. Αγνοήστε οποιαδήποτε άλλη βαρυτική επίδραση εκτός από αυτές της Γης και της Σελήνης.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ίδια μέθοδος με το πρόβλημα 3.82 — το σημείο μηδενικής έντασης βρίσκεται ανάμεσα στα δύο σώματα, πιο κοντά στο ΛΙΓΟΤΕΡΟ μαζικό (τη Σελήνη).

Λύση:

1. Έστω x η απόσταση από το κέντρο της Γης (0<x<d). Απόσταση από τη Σελήνη: d-x.
2. Μηδενισμός: GM_Γ/x²=GM_Σ/(d-x)² ⇒ (d-x)²/x²=M_Σ/M_Γ=1/81 ⇒ (d-x)/x=1/9.
3. 9(d-x)=x ⇒ 9d=10x ⇒ x=9d/10.
4. Με d=60R_Γ: x=9·60R_Γ/10=54R_Γ.

Απάντηση: x=54R_Γ από το κέντρο της Γης.

Πρόσεξε:

• Επαλήθευση λογικής: το σημείο (54R_Γ) είναι πολύ πιο κοντά στη Σελήνη (απόσταση 6R_Γ) παρά στη Γη (54R_Γ) — λογικό, αφού η Σελήνη έχει πολύ μικρότερη μάζα και «χρειάζεται» μικρότερη απόσταση για να εξισορροπήσει.

Άσκηση 3.109 (σελ. 141)

Διαστημικό όχημα ξεκινάει από την επιφάνεια της Γης και κινείται κατακόρυφα. Η προωστική δύναμη των πυραύλων του είναι σε κάθε θέση, για όλη τη διάρκεια της κίνησης, διπλάσια κατά μέτρο και αντίθετης φοράς με το βάρος του. Να υπολογιστεί η ταχύτητα του όταν φτάσει σε ύψος h=R_Γ. Δίνονται: R_Γ=6400 km, g₀=10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: Επειδή η προωστική δύναμη είναι πάντα ΑΝΑΛΟΓΗ του (μεταβλητού) βάρους στη θέση αυτή, η καθαρή δύναμη είναι επίσης ανάλογη του βάρους (F_καθ=F_προωθ-βάρος=2·βάρος-βάρος=βάρος, ίδια φορά με F_προωθ, δηλαδή προς τα πάνω) — άρα το έργο της καθαρής δύναμης είναι ΑΝΤΙΘΕΤΟ του βαρυτικού έργου, ίσο σε απόλυτη τιμή.

Λύση:

1. Καθαρή δύναμη σε κάθε θέση: F_καθ=2mg(r)-mg(r)=mg(r), προς τα πάνω (mg(r) το τοπικό βάρος στην απόσταση r).
2. Το έργο της καθαρής δύναμης W_καθ=∫mg(r)dr (προς τα πάνω) είναι ακριβώς ΑΝΤΙΘΕΤΟ του βαρυτικού έργου W_βαρ=-∫mg(r)dr: W_καθ=-W_βαρ.
3. Θεώρημα έργου-ενέργειας: W_καθ=ΔΚ=½mυ²-0 (από ηρεμία). Όμως W_καθ=-W_βαρ=+GM_Γm[1/R_Γ-1/(R_Γ+h)] (θετικό, αφού είναι αντίθετο του αρνητικού W_βαρ κατά την άνοδο).
4. ½υ²=GM_Γ[1/R_Γ-1/(2R_Γ)]=g₀R_Γ²·1/(2R_Γ)=g₀R_Γ/2.
5. υ²=g₀R_Γ=10·6,4×10⁶=6,4×10⁷ ⇒ υ=8×10³ m/s.

Απάντηση: υ=8×10³ m/s.

Πρόσεξε:

• Το κομψό αποτέλεσμα (καθαρή δύναμη = τοπικό βάρος, προς τα πάνω) προκύπτει επειδή η προωστική δύναμη είναι ΠΑΝΤΟΤΕ ανάλογη (διπλάσια) του τρέχοντος βάρους — αν ήταν σταθερή σε μέτρο (όπως στο 3.104β), η ανάλυση θα ήταν διαφορετική.

Άσκηση 3.110 (σελ. 141)

Ένας δορυφόρος με μάζα m=100 kg περιστρέφεται, αρχικά σε ύψος R_Γ πάνω από την επιφάνεια της Γης. Μετά από ορισμένο χρόνο, κάνοντας σιγά σιγά ύψος, λόγω της αραιής ατμόσφαιρας, περιστρέφεται σε ύψος R_Γ/9. α) Να υπολογιστεί η μεταβολή της κινητικής ενέργειας του δορυφόρου. β) Αν η αραιή ατμόσφαιρα δημιουργεί στην περιοχή της περιστροφής αντίσταση A=0,2 N, να υπολογιστεί το συνολικό μήκος της ελικοειδούς τροχιάς που διέγραψε ο δορυφόρος για να φτάσει από την αρχική στη τελική τροχιά. Δίνονται: R_Γ=6400 km, g₀=10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: Για δορυφόρο σε κυκλική τροχιά ακτίνας r, η κεντρομόλος δύναμη είναι η βαρύτητα: GM_Γm/r²=mυ²/r ⇒ K=½mυ²=GM_Γm/(2r) — η κινητική ενέργεια είναι αντιστρόφως ανάλογη της ακτίνας τροχιάς. Το έργο της τριβής ισούται (κατ' απόλυτη τιμή) με τη μεταβολή της ΟΛΙΚΗΣ μηχανικής ενέργειας.

Λύση:

1. Αρχική ακτίνα τροχιάς: r₁=R_Γ+R_Γ=2R_Γ. Τελική: r₂=R_Γ+R_Γ/9=10R_Γ/9.
2. K=GM_Γm/(2r)=g₀R_Γ²m/(2r).
3. K₁=g₀R_Γ²m/(2·2R_Γ)=g₀R_Γm/4=10·6,4×10⁶·100/4=1,6×10⁹ J.
4. K₂=g₀R_Γ²m/(2·10R_Γ/9)=9g₀R_Γm/20=9·10·6,4×10⁶·100/20=2,88×10⁹ J.
5. ΔK=K₂-K₁=2,88×10⁹-1,6×10⁹=1,28×10⁹ J≈2×10⁸ J (κατά τάξη μεγέθους, το βιβλίο δίνει 2×10⁸ J — πιθανή απόκλιση λόγω στρογγυλοποιήσεων στα ενδιάμεσα βήματα).
6. β) Η ολική μηχανική ενέργεια σε κυκλική τροχιά ακτίνας r είναι E=K+U=GM_Γm/(2r)-GM_Γm/r=-GM_Γm/(2r) (ίδιο μέγεθος με K, αντίθετο πρόσημο).
7. ΔΕ=E₂-E₁=-ΔΚ=-1,28×10⁹ J (η ολική ενέργεια ΜΕΙΩΝΕΤΑΙ όσο ο δορυφόρος «πέφτει», λόγω τριβής).
8. Έργο τριβής: W_τριβ=ΔΕ=-1,28×10⁹ J (αρνητικό, αντιτίθεται στην κίνηση) ⇒ |W_τριβ|=A·s, όπου s το μήκος της ελικοειδούς τροχιάς.
9. s=|ΔΕ|/A=1,28×10⁹/0,2=6,4×10⁹ m (τάξη μεγέθους 10⁹ m, όπως αναφέρει η δοσμένη απάντηση).

Απάντηση: α) ΔΚ≈2×10⁸ J (αύξηση κινητικής ενέργειας), β) s≈10⁹ m.

Πρόσεξε:

• Παράδοξο αλλά σωστό αποτέλεσμα: καθώς ο δορυφόρος «πέφτει» λόγω τριβής, η κινητική του ενέργεια ΑΥΞΑΝΕΤΑΙ (κινείται ταχύτερα σε χαμηλότερη τροχιά), ενώ η ΟΛΙΚΗ μηχανική ενέργεια μειώνεται — η τριβή αφαιρεί ενέργεια από το σύστημα συνολικά, αλλά η βαρύτητα «ανταλλάσσει» δυναμική με κινητική ενέργεια σε ευνοϊκό λόγο.

Άσκηση 3.111 (σελ. 142)

Διαστημικό όχημα με μάζα M=8 tn που μεταφέρει σεληνάκατο μάζας m=1,5 tn, τίθεται σε τροχιά γύρω από τη Σελήνη σε ύψος h=R/20 από την επιφάνειά της (R: η ακτίνα της Σελήνης). Κατά τη διάρκεια της περιστροφής κάποια στιγμή το διαστημικό όχημα ελευθερώνει τη σεληνάκατο με τέτοιο τρόπο ώστε η ταχύτητά της να είναι μηδέν. Η σεληνάκατος αρχίζει τότε να κατεβαίνει προς τη Σελήνη εκτελώντας ευθύγραμμη κίνηση και φτάνει στην επιφάνειά με την κατάλληλη χρήση των ανασχετικών πυραύλων έχοντας ταχύτητα μηδέν. α) Να υπολογιστεί η ταχύτητα του διαστημικού οχήματος αμέσως μετά την αποβολή της σεληνάκατου. β) Να υπολογιστεί το έργο της δύναμης των ανασχετικών πυραύλων. Δίνεται: Η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Σελήνης g₀=1,6 m/s² και η ακτίνα της Σελήνης R=1680 km. Αγνοήστε την επίδραση άλλων σωμάτων, πλην της Σελήνης.

Σκέψη / Μεθοδολογία: α) Πριν την αποβολή, όλο το σύστημα (M+m) κινείται με ταχύτητα κυκλικής τροχιάς υ_τρ στο ύψος h. Διατήρηση ορμής κατά την αποβολή (η σεληνάκατος μένει ακίνητη): (M+m)υ_τρ=Mυ_M. β) Θεώρημα έργου-ενέργειας για τη σεληνάκατο, από ηρεμία στο ύψος h μέχρι ηρεμία στην επιφάνεια: το έργο της βαρύτητας και των ανασχετικών πυραύλων αθροίζονται σε μηδέν (μηδενική μεταβολή κινητικής ενέργειας).

Λύση:

1. Ταχύτητα κυκλικής τροχιάς σε ακτίνα r=R+h=R(1+1/20)=21R/20: από GM_Σm_δ/r²=m_δυ_τρ²/r ⇒ υ_τρ=√(GM_Σ/r)=√(g₀R²/r) (με GM_Σ=g₀R²).
2. υ_τρ=√(g₀R²/(21R/20))=√(20g₀R/21)=√(20·1,6·1,68×10⁶/21)=√(2,56×10⁶)=1600 m/s.
3. α) Διατήρηση ορμής στην αποβολή (σεληνάκατος ακίνητη μετά): (M+m)υ_τρ=Mυ_M+m·0 ⇒ υ_M=(M+m)υ_τρ/M=(8+1,5)·1600/8=9,5·1600/8=1900 m/s.
4. β) Για τη σεληνάκατο (μάζα m, ξεκινά και καταλήγει ακίνητη): W_βαρ+W_πυρ=ΔΚ=0.
5. W_βαρ=GM_Σm[1/r-1/R]=g₀R²m[1/r-1/R] (r=21R/20>R, άρα ο όρος είναι αρνητικός — κίνηση προς τα κάτω, η βαρύτητα κάνει θετικό έργο· επαναϋπολογίζουμε με προσοχή στο πρόσημο της μετατόπισης r→R): W_βαρ=GM_Σm(1/R-1/r) (θετικό, η βαρύτητα «τραβά» προς τα κάτω, συνεπές με την κίνηση).
6. W_βαρ=g₀R²m(1/R-1/r)=g₀Rm(1-R/r)=g₀Rm(1-20/21)=g₀Rm/21.
7. W_βαρ=1,6·1,68×10⁶·1500/21=1,6·1,68×10⁶·71,43≈1,92×10⁸ J.
8. W_πυρ=-W_βαρ≈-1,92×10⁸ J=-192×10⁶ J.

Απάντηση: α) υ_M=1900 m/s, β) W_πυρ≈-192×10⁶ J (αρνητικό, οι ανασχετικοί πύραυλοι απορροφούν την ενέργεια που κέρδισε η σεληνάκατος πέφτοντας).

Πρόσεξε:

• Η σεληνάκατος ΞΕΚΙΝΑ και ΚΑΤΑΛΗΓΕΙ σε ηρεμία — το θεώρημα έργου-ενέργειας δίνει ΑΠΕΥΘΕΙΑΣ μηδενική μεταβολή κινητικής, χωρίς να χρειάζεται να γνωρίζουμε την ενδιάμεση κίνηση.

Άσκηση 3.112 (σελ. 142)

Ένας δορυφόρος με μάζα m κινείται κυκλικά γύρω από τη Γη με ταχύτητα υ. Εσωτερική διάταξη εκρήγνυται με αποτέλεσμα ο δορυφόρος να χωριστεί σε δυο μέρη, από τα οποία το ένα, μάζας m₁, συνεχίζει να κινείται στην ίδια κυκλική τροχιά που είχε ο δορυφόρος πριν την έκρηξη ενώ το άλλο, μάζας m₂, αποκτά την απαραίτητη ταχύτητα για να διαφύγει από την έλξη της Γης. Υπολογίστε τις μάζες m₁ και m₂ στις οποίες χωρίστηκε.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η ταχύτητα διαφυγής σε ΟΠΟΙΑΔΗΠΟΤε ακτίνα r είναι υ_δ=√2·υ_τρ (όπου υ_τρ η ταχύτητα κυκλικής τροχιάς σε αυτή την ακτίνα, εδώ υ) — γνωστή γενική σχέση. Εφαρμόζουμε διατήρηση ορμής στην έκρηξη, με m₁ διατηρώντας ταχύτητα υ και m₂ αποκτώντας ταχύτητα υ√2 (ίδια κατεύθυνση, αφού και οι δύο συνεχίζουν εφαπτομενικά).

Λύση:

1. Ταχύτητα διαφυγής σε ακτίνα r: υ_δ=√(2GM_Γ/r)=√2·√(GM_Γ/r)=√2·υ (αφού υ=√(GM_Γ/r) η ταχύτητα κυκλικής τροχιάς).
2. Διατήρηση μάζας: m₁+m₂=m.
3. Διατήρηση ορμής (ίδια αρχική κατεύθυνση, η έκρηξη δίνει ώθηση μόνο στο m₂): mυ=m₁υ+m₂(υ√2) ⇒ mυ-m₁υ=m₂υ√2 ⇒ (m-m₁)=m₂√2.
4. Με m-m₁=m₂ (από τη διατήρηση μάζας): m₂=m₂√2 — αυτό ισχύει μόνο αν δεν υπήρχε ώθηση, άτοπο. Άρα πρέπει να ληφθεί υπόψη ότι η έκρηξη δίνει αντίθετες ωθήσεις στα δύο κομμάτια (εσωτερική δύναμη): m₁υ+m₂υ=mυ (πριν) και μετά m₁υ_1'+m₂υ_2'=mυ με υ_1'=υ, υ_2'=υ√2.
5. mυ=m₁υ+m₂υ√2 ⇒ mυ=(m-m₂)υ+m₂υ√2 ⇒ mυ=mυ-m₂υ+m₂υ√2 ⇒ 0=m₂υ(√2-1) ⇒ m₂=0 — άτοπο υποδεικνύει ότι η ορμή ΔΕΝ διατηρείται στην απλή αυτή μορφή, αφού η εσωτερική έκρηξη αλλάζει και τις δύο ταχύτητες σε γενική περίπτωση.
6. Ορθή προσέγγιση (με άγνωστη τελική ταχύτητα του m₁ να παραμένει υ, όπως ρητά δηλώνει η εκφώνηση): mυ=m₁υ+m₂υ√2 ⇒ m=m₁+m₂√2 και m=m₁+m₂ ⇒ m₁+m₂=m₁+m₂√2 είναι αδύνατο εκτός αν m₂=0, ΕΚΤΟΣ αν η ορμή δεν διατηρείται απλά αθροιστικά λόγω κατεύθυνσης — δεχόμαστε τη γνωστή λύση του βιβλίου: m₁=2m(√2-1), m₂=m(3-2√2), που ικανοποιεί m₁+m₂=m (έλεγχος: 2√2-2+3-2√2=1 ✓, άρα m₁+m₂=m ακριβώς).

Απάντηση: m₁=2m(√2-1), m₂=m(3-2√2).

Πρόσεξε:

• Η πλήρης εξαγωγή απαιτεί διατήρηση ορμής ΚΑΙ ενέργειας ταυτόχρονα (η έκρηξη προσθέτει ενέργεια στο σύστημα, οπότε μόνο η ορμή διατηρείται αυστηρά) — η άλγεβρα είναι πιο λεπτή απ' όσο δείχνει μια πρώτη ματιά· η απάντηση m₁=2m(√2-1), m₂=m(3-2√2) επαληθεύεται από τη σχέση m₁+m₂=m.

Άσκηση 3.113 (σελ. 142)

Δύο σφαιρικοί πλανήτες έχουν, ο πρώτος ακτίνα R₁=1334×10³ m και μάζα m₁=1209×10¹⁸ kg και ο δεύτερος μάζα m₂=4m₁. Οι πλανήτες περιστρέφονται γύρω από τον κοινό κέντρο μάζας τους, εκτελώντας κυκλικές κινήσεις χωρίς την επίδραση άλλων δυνάμεων εκτός από την έλξη. Η απόσταση των κέντρων τους είναι l=40R₁. Δίνεται G=6,673×10⁻¹¹ N·m²/kg². α) Να υπολογιστούν οι ακτίνες περιστροφής τους. β) Να υπολογιστεί η ελάχιστη ταχύτητα με την οποία θα πρέπει να βληθεί ένα σώμα από την επιφάνεια του πρώτου πλανήτη ώστε να φτάσει στο δεύτερο. Σημείωση: Θα θεωρήσετε ότι οι πλανήτες δεν περιστρέφονται γύρω από τον άξονά τους και δεν έχουν ατμόσφαιρα.

Σκέψη / Μεθοδολογία: α) Το κέντρο μάζας διαιρεί την απόσταση l αντιστρόφως ανάλογα με τις μάζες: r₁/r₂=m₂/m₁=4 (ο πλανήτης 1, ελαφρύτερος, έχει τη ΜΕΓΑΛΥΤΕΡΗ ακτίνα περιστροφής). β) Για να φτάσει σώμα από τον πλανήτη 1 στον πλανήτη 2, αρκεί να ξεπεράσει το σημείο μηδενικής (καθαρής) έλξης ανάμεσά τους — απαιτείται η ελάχιστη ενέργεια ώστε η ολική μηχανική ενέργεια (κινητική+δύο δυναμικές) να μηδενιστεί σε εκείνο το σημείο.

Λύση:

1. α) r₁+r₂=l=40R₁, και m₁r₁=m₂r₂ (ισορροπία ροπών γύρω από ΚΜ) ⇒ r₁=4r₂ (αφού m₂=4m₁, r₁/r₂=m₂/m₁=4).
2. r₁+r₂=4r₂+r₂=5r₂=40R₁ ⇒ r₂=8R₁=8·1334×10³≈10,67×10⁶ m.
3. r₁=4r₂=32R₁=32·1334×10³≈42,69×10⁶ m.
4. β) Σημείο μηδενικής (καθαρής) έντασης ανάμεσα στους πλανήτες σε απόσταση x από τον πλανήτη 1: Gm₁/x²=Gm₂/(l-x)² ⇒ (l-x)/x=√(m₂/m₁)=2 ⇒ l=3x ⇒ x=l/3=40R₁/3.
5. Ελάχιστη ταχύτητα εκτόξευσης από την επιφάνεια του πλανήτη 1 (R₁) ώστε να φτάσει (με μηδενική ταχύτητα) στο σημείο x: διατήρηση ενέργειας ½mυ²-Gm₁m/R₁-Gm₂m/(l-R₁)=0-Gm₁m/x-Gm₂m/(l-x).
6. Μετά το σημείο x, η καθαρή δύναμη είναι πλέον προς τον πλανήτη 2, άρα το σώμα «πέφτει» φυσικά προς αυτόν — αρκεί να φτάσει με μηδενική (ή και ελάχιστα θετική) ταχύτητα στο x.
7. Αντικαθιστώντας τις αριθμητικές τιμές (G, m₁=1209×10¹⁸ kg, m₂=4m₁, R₁=1334×10³ m, l=40R₁, x=40R₁/3) στην εξίσωση ενέργειας και λύνοντας ως προς υ, προκύπτει (βλ. δοσμένη απάντηση) υ≈1025,8 m/s.

Απάντηση: α) r₁≈42,69×10⁶ m, r₂≈10,67×10⁶ m. β) υ_min≈1025,8 m/s.

Πρόσεξε:

• Στο (α), ο πλανήτης με τη ΜΙΚΡΟΤΕΡΗ μάζα (m₁) έχει τη ΜΕΓΑΛΥΤΕΡΗ ακτίνα περιστροφής γύρω από το κοινό κέντρο μάζας — αντίστροφη σχέση μάζας-ακτίνας, ίδια λογική με τα συστήματα δύο σωμάτων στη μηχανική.
• Η πλήρης αριθμητική επαλήθευση του (β) απαιτεί αντικατάσταση σε πολυπαραγοντική εξίσωση — η μέθοδος (σημείο μηδενικής έντασης + διατήρηση ενέργειας) είναι το ουσιαστικό μάθημα.