Tilbake
9.1
Alle fag for Høyskole

9.1 Gravitasjon, sirkelbaner og unnslipningsfart

`F = GMm/r²` som sentripetalkraft, unnslipningsfart fra energibevaring, dimensjonsanalyse for banefart, og komet-/satellitt-ODE på komponentform.

60 min
14 oppgaver
Gravitasjonsirkelbanerunnslipningsfart
Din fremgang i kapitlet
0 / 14 oppgaver
Kapitlets plass i kurset

Forkunnskaper — sist du var her

Dette kapitlet er en sammenkobling, så det lønner seg å ha fire ting friskt i minne. De står her ferdig oppfrisket — du trenger ikke bla tilbake.

Fra kap. 4.1 — sirkelbevegelse. Et legeme som går i en sirkel med konstant fart vv og radius rr har akselerasjonen rettet inn mot sentrum:

ar=v2r,∑Finn mot sentrum=mv2ra_r = \frac{v^2}{r}, \qquad \sum F_{\text{inn mot sentrum}} = \frac{mv^2}{r}

Sentripetalkraften er ikke en egen kraft — den er navnet på resultanten av de virkelige kreftene, regnet innover. I dette kapitlet er den virkelige kraften gravitasjonen, og ingen annen.

Fra kap. 5.1 — energi. Mekanisk energi er summen av kinetisk og potensiell energi, og den er bevart når bare konservative krefter gjør arbeid:

K=12mv2,KA+UA=KB+UBna˚r bare konservative krefter gjør arbeidK = \tfrac12 mv^2, \qquad K_A + U_A = K_B + U_B \quad \text{når bare konservative krefter gjør arbeid}

Betingelsen er det som gir poeng. Den skal skrives ut hver eneste gang loven brukes.

Fra kap. 6.3 — spinn. Spinnet (dreieimpulsen) til en partikkel om et punkt er

L=r×p,L=p⋅(momentarm)=mvrsin⁡φ\mathbf{L} = \mathbf{r}\times\mathbf{p}, \qquad L = p\cdot(\text{momentarm}) = mvr\sin\varphi

og spinnsatsen sier τytre=dL/dt\boldsymbol{\tau}_{\text{ytre}} = d\mathbf{L}/dt. Er det ytre kraftmomentet null, er spinnet konstant. Husk at en kraft som peker rett mot punktet har momentarm null og derfor gir null moment — det er hele nøkkelen til dette kapitlet.

Fra kap. 1.1 — dimensjonsanalyse. Metoden der du setter opp en ansats v=C XaYbv = C\,X^a Y^b, krever at dimensjonene stemmer på begge sider, og løser for eksponentene. Den gir alt unntatt den dimensjonsløse forfaktoren CC.

Fra videregående. Har du hatt Fysikk 1 eller Fysikk 2, har du sett gravitasjonsloven før: Newtons gravitasjonslov, Satellittbevegelse og romfart og Gravitasjon og energi dekker den samme grunnmuren. Har du ikke hatt det, går vi opp alt fra bunnen her.

Notasjonsavtale for kapitlet — les denne. Symbolet GG betyr i denne boka alltid gravitasjonskonstanten, aldri tyngdekraften. Tyngden skrives mgm\mathbf{g} eller Fg\mathbf{F}_g. Videre: MM er massen til det tunge legemet (planeten, stjerna), mm er massen til det lette (satellitten, kometen), rr er avstanden fra sentrum av det tunge legemet, og RR er dets radius. Omløpstiden skrives TpT_p, siden TT i denne boka er reservert for snordrag. Spinnet skrives LL. Vi bruker G=6,674⋅10−11 N⋅m2/kg2G = 6{,}674\cdot10^{-11}\,\text{N}\cdot\text{m}^2/\text{kg}^2 gjennomgående.

Løkke 1 — kraftmodellen og potensialet (~12 min)

Månen faller mot jorda. Den har gjort det uavbrutt i fire milliarder år uten å komme nærmere, fordi den samtidig beveger seg sidelengs fort nok til at den bommer på oss hver gang. Det var Newtons store innsikt: eplet og månen adlyder samme lov.

Alt i denne delen bygger på én ny formel. Resten er verktøy du allerede har.

Newtons gravitasjonslov
To legemer med masse trekker på hverandre. Kraften peker langs linja mellom dem, den er proporsjonal med begge massene, og den avtar med kvadratet av avstanden mellom sentrene:

F=−GMmr2 r^\mathbf{F} = -\frac{GMm}{r^2}\,\hat{\mathbf{r}}

Her er r^\hat{\mathbf{r}} enhetsvektoren som peker fra det tunge legemet og ut mot det lette, og minustegnet sier at kraften peker motsatt vei — altså innover, mot sentrum. Tallverdien er F=GMm/r2F = GMm/r^2.

Gyldighetsbetingelsen er at rr måles fra sentrum til sentrum, og at legemene enten er punktformige eller kulesymmetriske. Den siste presiseringen er ikke pirk: den er grunnen til at du kan behandle en hel planet som om all massen satt i ett punkt i sentrum. Skriver du inn høyden over bakken i stedet for avstanden fra sentrum, blir alt galt.

Formelen står på formelarket som deles ut på eksamen.

Gravitasjonskonstanten GG
Proporsjonalitetskonstanten i gravitasjonsloven er en naturkonstant som er den samme overalt i universet:

G=6,674⋅10−11 N⋅m2/kg2G = 6{,}674\cdot10^{-11}\ \text{N}\cdot\text{m}^2/\text{kg}^2

Den er en skalar og skrives kursivt uten vektormarkering. Legg merke til hvor liten den er: to personer på ett meters avstand trekker på hverandre med en kraft i størrelsesorden 10−7 N10^{-7}\,\text{N}. Gravitasjon merkes bare når minst én av massene er astronomisk stor.

Symbolkollisjonen du må passe på: GG er gravitasjonskonstanten. Tyngdekraften på et legeme skrives mgm\mathbf{g} eller Fg\mathbf{F}_g — aldri G\mathbf{G}. Blander du dem i en gravitasjonsoppgave, blir besvarelsen uleselig for sensor.

Hvorfor g≈9,81 m/s2g \approx 9{,}81\,\text{m/s}^2 i det hele tatt. Tyngdeakselerasjonen du har brukt i hele boka er ikke en egen naturkonstant — den er gravitasjonsloven regnet ut ved jordoverflaten. Sett r=Rr = R (jordradien) og bruk Newtons 2. lov på et legeme med masse mm:

mg=GMmR2⟹g=GMR2m g = \frac{GMm}{R^2} \quad \Longrightarrow \quad g = \frac{GM}{R^2}

Intuisjon: massen mm faller ut på begge sider. Det er derfor alle legemer faller like fort — den samme massen som gjør legemet tungt, gjør det også tregt, og de to virkningene opphever hverandre nøyaktig.

Med M=5,97⋅1024 kgM = 5{,}97\cdot10^{24}\,\text{kg} og R=6,37⋅106 mR = 6{,}37\cdot10^{6}\,\text{m} blir

g=6,674⋅10−11⋅5,97⋅1024(6,37⋅106)2=9,82 m/s2g = \frac{6{,}674\cdot10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot10^{24}}{(6{,}37\cdot10^{6})^2} = 9{,}82\,\text{m/s}^2

Intuisjon: at vi treffer den kjente verdien med tre gjeldende siffer, er en god kontroll på at både formelen og tallene er riktige.

Benevningskontroll: N⋅m2kg−2⋅kg⋅m−2=N/kg=m/s2\text{N}\cdot\text{m}^2\text{kg}^{-2}\cdot\text{kg}\cdot\text{m}^{-2} = \text{N/kg} = \text{m/s}^2 ✓.

Gravitasjonell potensiell energi
Den potensielle energien til et legeme med masse mm i tyngdefeltet fra et legeme med masse MM, når avstanden mellom sentrene er rr:

U=−GMmrU = -\frac{GMm}{r}

I ord: energien er negativ, og den vokser mot null når legemene fjerner seg fra hverandre. Referansenivået er valgt i det uendelig fjerne: U→0U \to 0 når r→∞r \to \infty.

Fortegnet er ikke en skrivefeil — det er poenget. Et bundet legeme har negativ potensiell energi, og «å komme løs» betyr å skaffe seg nok kinetisk energi til å betale hele gjelda. Nettopp derfor er U=−GMm/rU = -GMm/r den formelen unnslipningsfarten kommer ut av.

Legg merke til at rr står i første potens her, mens kraften har r2r^2. Det er ingen tilfeldighet: F=−dU/drF = -dU/dr, som du så i kap. 5.1. Uttrykket står på formelarket.

Sammenhengen med U=mgyU = mgy du kjenner fra før. De to uttrykkene ser helt ulike ut, men det ene er grensetilfellet av det andre. Løft et legeme fra jordoverflaten RR til høyden hh over den:

ΔU=−GMmR+h+GMmR=GMm(1R−1R+h)=GMm hR(R+h)\Delta U = -\frac{GMm}{R+h} + \frac{GMm}{R} = GMm\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R+h}\right) = \frac{GMm\,h}{R(R+h)}

Intuisjon: forskjellen mellom to negative tall der det ene er «mindre negativt», er positiv — å løfte noe koster energi, som det skal.

Er h≪Rh \ll R, kan vi sette R+h≈RR + h \approx R i nevneren:

ΔU≈GMR2 mh=mgh\Delta U \approx \frac{GM}{R^2}\,mh = mgh

Intuisjon: nær bakken er feltet så godt som konstant, og da er den kjente skoleformelen riktig. For en satellitt i bane er hh ikke lenger liten mot RR, og da må du bruke −GMm/r-GMm/r. Det er den vanligste grunnen til at et energiregnskap i en romfartsoppgave gir feil svar.

Kontroll med tall: for h=100 mh = 100\,\text{m} gir det eksakte uttrykket ΔU/m=981,92 J/kg\Delta U/m = 981{,}92\,\text{J/kg}, og tilnærmingen ghgh med g=9,819 m/s2g = 9{,}819\,\text{m/s}^2 gir 981,93 J/kg981{,}93\,\text{J/kg} — avvik 0,002 %0{,}002\ \%. For h=400 kmh = 400\,\text{km} gir det eksakte 3,696⋅106 J/kg3{,}696\cdot10^{6}\,\text{J/kg} og tilnærmingen 3,928⋅106 J/kg3{,}928\cdot10^{6}\,\text{J/kg} — avvik 6,3 %6{,}3\ \%. Grensa går altså raskere enn man skulle tro.

📝Oppgave 1

(Innsteg.) Svar med egne ord, to–tre setninger på hver.

a) Hvorfor er den potensielle energien i gravitasjonsfeltet negativ?

b) En student skriver at avstanden rr i F=GMm/r2F = GMm/r^2 er høyden over planetoverflaten. Hva er galt, og hva blir konsekvensen?

c) Hvorfor faller en fjær og en hammer like fort på månen?

Løkke 2 — sirkelbanen (~14 min)

Den absolutt vanligste gravitasjonsoppgaven er en satellitt eller en planet i tilnærmet sirkelbane. Oppskriften er kort, og den er verdt å kunne utenat som framgangsmåte (formlene får du utdelt):

1. Tegn legemet i banen, med gravitasjonen inn mot sentrum og farten tangentielt.
2. Skriv Newtons 2. lov i radiell retning — gravitasjonen er hele resultanten.
3. Løs for det oppgaven spør om.

Det tredje steget er nesten alltid trivielt. Det er steg 2 som gir poengene.

📜Banefarten i en sirkelbane
For et legeme i sirkelbane med radius rr rundt en masse MM:

v=GMrv = \sqrt{\frac{GM}{r}}

Utledningen kreves aktivt på eksamen, og den er to linjer. Gravitasjonen er den eneste kraften på legemet, og den peker inn mot sentrum. Da ER den resultanten inn mot sentrum, og Newtons 2. lov i radiell retning gir

GMmr2=mv2r\frac{GMm}{r^2} = \frac{mv^2}{r}

Intuisjon: venstre side er den virkelige kraften, høyre side er «hvor mye kraft en sirkelbane krever». Sirkelbanen finnes nettopp der de to er like store.

Massen mm til satellitten faller ut, og én potens av rr forkortes:

v2=GMr⟹v=GMrv^2 = \frac{GM}{r} \quad \Longrightarrow \quad v = \sqrt{\frac{GM}{r}}

Intuisjon: satellittens egen masse spiller ingen rolle. En skrue og en romstasjon i samme bane går like fort — det er derfor romsøppel er så vanskelig å bli kvitt.

Intuisjon nummer to: farten avtar når banen blir større. Det virker først bakvendt, men lengre ute er tyngdefeltet svakere, og da holder det med mindre fart for å holde kurven.

Omløpstiden følger av at legemet går én omkrets 2πr2\pi r med denne farten:

Tp=2πrv=2πr3GMT_p = \frac{2\pi r}{v} = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}

Dette er Keplers 3. lov for sirkelbaner: Tp2∝r3T_p^2 \propto r^3. Uttrykket for vv må kunne utledes; gravitasjonsloven det bygger på, står på formelarket.

✏️Eksempel 1: Satellitt i lav bane om jorda

En satellitt går i tilnærmet sirkelbane 400 km400\,\text{km} over jordoverflaten. Jorda har masse M=5,97⋅1024 kgM = 5{,}97\cdot10^{24}\,\text{kg} og radius R=6,37⋅106 mR = 6{,}37\cdot10^{6}\,\text{m}.

a) Finn baneradien.

b) Finn banefarten.

c) Finn omløpstiden, og kommenter svaret.

d) Hvor stor er tyngdeakselerasjonen i denne høyden? Er satellitten «vektløs»?

Metodevalg først: gravitasjonen er den eneste kraften på satellitten, så den er hele resultanten inn mot sentrum. Da gjelder GMm/r2=mv2/rGMm/r^2 = mv^2/r.

a) Avstanden måles fra jordas sentrum, ikke fra overflaten:

r=R+h=6,37⋅106+4,00⋅105=6,77⋅106 mr = R + h = 6{,}37\cdot10^{6} + 4{,}00\cdot10^{5} = 6{,}77\cdot10^{6}\,\text{m}

b)

v=GMr=6,674⋅10−11⋅5,97⋅10246,77⋅106=5,885⋅107=7,67⋅103 m/sv = \sqrt{\frac{GM}{r}} = \sqrt{\frac{6{,}674\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{6{,}77\cdot10^{6}}} = \sqrt{5{,}885\cdot10^{7}} = 7{,}67\cdot10^{3}\,\text{m/s}

altså 7,67 km/s7{,}67\,\text{km/s}, rettet tangentielt langs banen.

Benevningskontroll: N m2kg−2⋅kg⋅m−1=N⋅m/kg=m2/s2\text{N}\,\text{m}^2\text{kg}^{-2}\cdot\text{kg}\cdot\text{m}^{-1} = \text{N}\cdot\text{m}/\text{kg} = \text{m}^2/\text{s}^2, og kvadratrota av det er m/s\text{m/s} ✓.

c)

Tp=2πrv=2π⋅6,77⋅1067,672⋅103=5,54⋅103 s=92,4 minutterT_p = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi\cdot6{,}77\cdot10^{6}}{7{,}672\cdot10^{3}} = 5{,}54\cdot10^{3}\,\text{s} = 92{,}4\ \text{minutter}

Det stemmer med det man vet om lave baner: Den internasjonale romstasjonen runder jorda omtrent halvannen gang i timen. En slik gjenkjennbar størrelsesorden er den billigste kontrollen du kan gjøre.

d) Tyngdeakselerasjonen i banehøyden er

g(r)=GMr2=6,674⋅10−11⋅5,97⋅1024(6,77⋅106)2=8,69 m/s2g(r) = \frac{GM}{r^2} = \frac{6{,}674\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{(6{,}77\cdot10^{6})^2} = 8{,}69\,\text{m/s}^2

— altså 89 % av verdien ved bakken. Satellitten er ikke i noe «tyngdefritt» område i det hele tatt. Det som skjer, er at både satellitten og alt inne i den faller med samme akselerasjon, slik at ingenting presser mot noe annet. Vektløsheten er en konsekvens av felles fritt fall, ikke av fravær av tyngde. Det er nøyaktig samme resonnement som for et menneske i en heis der kabelen ryker, fra kap. 3.1.

📝Oppgave 2
Eksamensnivå, sjanger K

En geostasjonær satellitt står stille over samme punkt på ekvator. Det krever at omløpstiden er nøyaktig lik jordas rotasjonstid, Tp=8,616⋅104 sT_p = 8{,}616\cdot10^{4}\,\text{s}. Bruk M=5,97⋅1024 kgM = 5{,}97\cdot10^{24}\,\text{kg} og R=6,37⋅106 mR = 6{,}37\cdot10^{6}\,\text{m}.

a) Utled et uttrykk for baneradien uttrykt ved GG, MM og TpT_p.

b) Regn ut baneradien og høyden over bakken.

c) Finn banefarten, og sammenlign med farten til satellitten i eksempel 1.

📝Oppgave 3

En planet har en måne i sirkelbane med baneradius r=4,20⋅108 mr = 4{,}20\cdot10^{8}\,\text{m} og omløpstid Tp=6,12⋅105 sT_p = 6{,}12\cdot10^{5}\,\text{s}.

a) Finn planetens masse.

b) En annen måne rundt samme planet har baneradius 1,68⋅109 m1{,}68\cdot10^{9}\,\text{m}, altså fire ganger så stor. Finn omløpstiden dens uten å regne ut noe nytt fra grunnen av.

Løkke 3 — dimensjonsanalyse for banefarten (~8 min)

I H2025 ble studentene bedt om å finne hvordan banefarten avhenger av GMGM og baneradien — uten å bruke sirkelbanelikningen. Det er sjangeren fra kap. 1.1 satt inn i en gravitasjonsramme, og den er billig hvis du har trent på den.

Poenget er ikke å slippe unna fysikken. Poenget er at dimensjonsanalyse gir deg strukturen i svaret på et halvminutt, slik at du kan kontrollere en lengre utregning — eller redde noen poeng når du ikke kommer i mål.

📜Dimensjonsanalyse for banefarten
Anta at banefarten bare kan avhenge av produktet GMGM og av baneradien r0r_0. At det er nettopp produktet GMGM som er den relevante størrelsen — og ikke GG og MM hver for seg — er en fysisk observasjon: satellittens egen masse faller ut, så GG og MM kan bare opptre sammen. Ansatsen blir

v=C (GM)a r0 bv = C\,(GM)^a\,r_0^{\,b}

der CC er dimensjonsløs. Dimensjonene, med [L][L] for lengde og [T][T] for tid:

[v]=[L][T],[GM]=[L]3[T]2,[r0]=[L][v] = \frac{[L]}{[T]}, \qquad [GM] = \frac{[L]^3}{[T]^2}, \qquad [r_0] = [L]

Intuisjon: dimensjonen til GMGM leser du rett ut av g=GM/r2g = GM/r^2: akselerasjon ganger lengde i annen er [L]/[T]2⋅[L]2=[L]3/[T]2[L]/[T]^2 \cdot [L]^2 = [L]^3/[T]^2. Du trenger ikke huske den.

Krav om dimensjonshomogenitet gir

[L][T]=([L]3[T]2)a[L]b=[L]3a+b [T]−2a\frac{[L]}{[T]} = \left(\frac{[L]^3}{[T]^2}\right)^a [L]^b = [L]^{3a+b}\,[T]^{-2a}

Intuisjon: to uttrykk kan bare være like hvis hver grunndimensjon opptrer i samme potens på begge sider. Det gir én likning per dimensjon.

[T]: −1=−2a ⇒ a=12,[L]: 1=3a+b=32+b ⇒ b=−12[T]: \ -1 = -2a \ \Rightarrow \ a = \tfrac12, \qquad [L]: \ 1 = 3a + b = \tfrac32 + b \ \Rightarrow \ b = -\tfrac12

  v=CGMr0  \boxed{\;v = C\sqrt{\frac{GM}{r_0}}\;}

Intuisjon: metoden treffer hele strukturen i svaret, og den treffer den uten å vite noe som helst om sirkler. Det den ikke kan gi, er den dimensjonsløse forfaktoren CC. Her viser den fullstendige utregningen at C=1C = 1 — men det måtte fysikken til for å si.

Skriv alltid ut hva metoden ikke gir. En besvarelse som later som om dimensjonsanalyse beviser v=GM/r0v = \sqrt{GM/r_0} eksakt, overselger metoden, og det ser sensor.

✏️Eksempel 2: Hvordan skalerer omløpstiden?

Bruk dimensjonsanalyse til å finne hvordan omløpstiden TpT_p for en sirkelbane avhenger av GMGM og baneradien r0r_0. Sammenlign med det eksakte uttrykket.

Metodevalg først: samme framgangsmåte som for farten — ansats, dimensjonshomogenitet, løs for eksponentene.

Ansats:

Tp=C (GM)ar0 b,[Tp]=[T]T_p = C\,(GM)^a r_0^{\,b}, \qquad [T_p] = [T]

[T]=[L]3a+b[T]−2a[T] = [L]^{3a+b}[T]^{-2a}

[T]: 1=−2a ⇒ a=−12,[L]: 0=3a+b=−32+b ⇒ b=32[T]: \ 1 = -2a \ \Rightarrow \ a = -\tfrac12, \qquad [L]: \ 0 = 3a+b = -\tfrac32 + b \ \Rightarrow \ b = \tfrac32

Tp=C r03/2GM=Cr03GMT_p = C\,\frac{r_0^{3/2}}{\sqrt{GM}} = C\sqrt{\frac{r_0^3}{GM}}

Dette er Keplers 3. lov: Tp2∝r03T_p^2 \propto r_0^3. Analysen gir loven i løpet av fire linjer, uten å nevne verken ellipser eller sirkler.

Det eksakte uttrykket fra løkke 2 er Tp=2πr03/(GM)T_p = 2\pi\sqrt{r_0^3/(GM)}, altså C=2π≈6,28C = 2\pi \approx 6{,}28. Denne gangen er forfaktoren ikke 1, og det er en nyttig påminnelse: dimensjonsanalyse gir aldri CC, og CC kan godt være langt fra 1.

Kontroll med tall: for den lave satellittbanen i eksempel 1 gir r3/(GM)=(6,77⋅106)3/(3,984⋅1014)=8,82⋅102 s\sqrt{r^3/(GM)} = \sqrt{(6{,}77\cdot10^{6})^3/(3{,}984\cdot10^{14})} = 8{,}82\cdot10^{2}\,\text{s}, og ganget med 2π2\pi blir det 5,54⋅103 s5{,}54\cdot10^{3}\,\text{s} — samme svar som før ✓.

📝Oppgave 4
Eksamensnivå, sjanger K…

En planet med masse MM og radius RR har ingen atmosfære. Vi ser på farten vuv_u som skal til for at et legeme skutt opp fra overflaten aldri kommer tilbake.

a) Argumentér for at vuv_u bare kan avhenge av GMGM og RR, og finn med dimensjonsanalyse hvordan.

b) Hvor mye endrer denne farten seg hvis planetens masse dobles mens radien holdes fast? Og hvis radien dobles mens massen holdes fast?

c) Hva er det dimensjonsanalysen ikke kan fortelle deg her?

Løkke 4 — unnslipningsfarten (~12 min)

Skyt en stein rett opp. Den kommer ned. Skyt den fortere, og den kommer lenger opp før den kommer ned. Spørsmålet er om det finnes en fart der den aldri kommer ned — og svaret er ja, fordi tyngdefeltet svekkes med avstanden. Summen av all den energien som skal til for å komme uendelig langt vekk, er endelig.

📜Unnslipningsfarten
Farten som akkurat rekker å føre et legeme uendelig langt vekk fra et legeme med masse MM, sendt av gårde fra avstanden RR:

vu=2GMRv_u = \sqrt{\frac{2GM}{R}}

Utledningen kreves aktivt. Metodevalget må begrunnes først: vi bruker energibevaring, fordi den eneste kraften som gjør arbeid på legemet er gravitasjonen, og den er konservativ. Ingen luftmotstand, ingen rakettmotor etter avfyringen.

Grensetilfellet «akkurat kommer seg vekk» betyr at legemet har igjen nøyaktig null fart når det er uendelig langt unna. Der er både KK og UU lik null. Energibevaring fra overflaten til uendelig gir da

12mvu2−GMmR⏟ved start=0+0⏟uendelig langt unna\underbrace{\tfrac12 mv_u^2 - \frac{GMm}{R}}_{\text{ved start}} = \underbrace{0 + 0}_{\text{uendelig langt unna}}

Intuisjon: den negative potensielle energien er ei gjeld. Unnslipningsfarten er den farten der den kinetiske energien akkurat betaler hele gjelda, og du står igjen med null.

12mvu2=GMmR⟹vu2=2GMR⟹vu=2GMR\tfrac12 mv_u^2 = \frac{GMm}{R} \quad \Longrightarrow \quad v_u^2 = \frac{2GM}{R} \quad \Longrightarrow \quad v_u = \sqrt{\frac{2GM}{R}}

Intuisjon: massen mm faller ut igjen. En sonde og et støvkorn trenger samme fart.

Sammenligningen sensor liker å teste: banefarten i en sirkelbane med radius RR er v=GM/Rv = \sqrt{GM/R}, så

vuv=2≈1,41\frac{v_u}{v} = \sqrt2 \approx 1{,}41

Du trenger altså bare 41 %41\ \% mer fart for å forlate systemet helt enn for å gå i bane like over overflaten. Det er mindre enn de fleste gjetter.

En viktig presisering: vuv_u avhenger ikke av retningen legemet skytes i (så lenge det ikke treffer bakken), for energi er en skalar og bryr seg ikke om retning. Det er derfor «unnslipningsfart» er et bedre navn enn «unnslipningshastighet».

✏️Eksempel 3 (eksamensnivå): En sonde forlater en fremmed planet

En planet uten atmosfære har masse M=4,80⋅1024 kgM = 4{,}80\cdot10^{24}\,\text{kg} og radius R=5,40⋅106 mR = 5{,}40\cdot10^{6}\,\text{m}. En sonde med masse 320 kg320\,\text{kg} skal sendes bort fra planeten.

a) Finn tyngdeakselerasjonen ved overflaten.

b) Finn unnslipningsfarten, og begrunn metodevalget.

c) Hvor stor fart har sonden igjen uendelig langt unna hvis den skytes opp med 12,0 km/s12{,}0\,\text{km/s}?

d) Sonden skytes i stedet opp med 9,00 km/s9{,}00\,\text{km/s}. Hvor langt fra planetens sentrum snur den?

a)

g=GMR2=6,674⋅10−11⋅4,80⋅1024(5,40⋅106)2=10,99 m/s2≈11,0 m/s2g = \frac{GM}{R^2} = \frac{6{,}674\cdot10^{-11}\cdot4{,}80\cdot10^{24}}{(5{,}40\cdot10^{6})^2} = 10{,}99\,\text{m/s}^2 \approx 11{,}0\,\text{m/s}^2

rettet inn mot planetens sentrum.

b) Metodevalget må begrunnes: etter avfyringen er gravitasjonen den eneste kraften som gjør arbeid på sonden, og gravitasjonen er konservativ. Planeten har ingen atmosfære, så det finnes ingen luftmotstand som kan lekke energi. Derfor er den mekaniske energien bevart, og vi kan sette tilstanden ved overflaten lik tilstanden uendelig langt unna.

12mvu2−GMmR=0⟹vu=2GMR=2⋅6,674⋅10−11⋅4,80⋅10245,40⋅106\tfrac12 mv_u^2 - \frac{GMm}{R} = 0 \quad \Longrightarrow \quad v_u = \sqrt{\frac{2GM}{R}} = \sqrt{\frac{2\cdot6{,}674\cdot10^{-11}\cdot4{,}80\cdot10^{24}}{5{,}40\cdot10^{6}}}

vu=1,1865⋅108=1,089⋅104 m/s=10,9 km/sv_u = \sqrt{1{,}1865\cdot10^{8}} = 1{,}089\cdot10^{4}\,\text{m/s} = 10{,}9\,\text{km/s}

Sondens masse på 320 kg320\,\text{kg} er en distraktor — den faller ut av regnskapet.

Grensetilfelle-kontroll: banefarten like over overflaten skal være vu/2=7,70 km/sv_u/\sqrt2 = 7{,}70\,\text{km/s}, og direkte utregning gir GM/R=7,702⋅103 m/s\sqrt{GM/R} = 7{,}702\cdot10^{3}\,\text{m/s} ✓.

— naturlig pausepunkt —

c) Nå er starthastigheten større enn vuv_u, så sonden har fart igjen i det uendelige. Samme energiregnskap, men med K≠0K \neq 0 til slutt:

12mv02−GMmR=12mv∞2⟹v∞=v02−vu2\tfrac12 mv_0^2 - \frac{GMm}{R} = \tfrac12 mv_\infty^2 \quad \Longrightarrow \quad v_\infty = \sqrt{v_0^2 - v_u^2}

v∞=(1,200⋅104)2−(1,089⋅104)2=1,4400⋅108−1,1865⋅108=5,03⋅103 m/sv_\infty = \sqrt{(1{,}200\cdot10^{4})^2 - (1{,}089\cdot10^{4})^2} = \sqrt{1{,}4400\cdot10^{8} - 1{,}1865\cdot10^{8}} = 5{,}03\cdot10^{3}\,\text{m/s}

altså 5,03 km/s5{,}03\,\text{km/s}, rettet bort fra planeten.

Merk hvor mye fart som forsvinner: sonden startet med 12,0 km/s12{,}0\,\text{km/s} og sitter igjen med 5,05{,}0. Fartene legger seg ikke sammen lineært, fordi det er energiene — altså fartene i annen — som er additive.

d) Nå er v0=9,00 km/s<vuv_0 = 9{,}00\,\text{km/s} < v_u, så sonden er bundet og snur. I vendepunktet er farten null:

12mv02−GMmR=0−GMmrmax⁡\tfrac12 mv_0^2 - \frac{GMm}{R} = 0 - \frac{GMm}{r_{\max}}

GMrmax⁡=GMR−12v02=3,2035⋅10145,40⋅106−12(9,00⋅103)2\frac{GM}{r_{\max}} = \frac{GM}{R} - \tfrac12 v_0^2 = \frac{3{,}2035\cdot10^{14}}{5{,}40\cdot10^{6}} - \tfrac12(9{,}00\cdot10^{3})^2

=5,9324⋅107−4,0500⋅107=1,8824⋅107 J/kg= 5{,}9324\cdot10^{7} - 4{,}0500\cdot10^{7} = 1{,}8824\cdot10^{7}\,\text{J/kg}

rmax⁡=3,2035⋅10141,8824⋅107=1,70⋅107 mr_{\max} = \frac{3{,}2035\cdot10^{14}}{1{,}8824\cdot10^{7}} = 1{,}70\cdot10^{7}\,\text{m}

altså omtrent 3,23{,}2 planetradier fra sentrum, eller 1,16⋅107 m1{,}16\cdot10^{7}\,\text{m} over overflaten.

Grensetilfelle-kontroll: setter vi inn v0=vuv_0 = v_u i det samme uttrykket, blir nevneren 5,9324⋅107−5,9324⋅107=05{,}9324\cdot10^{7} - 5{,}9324\cdot10^{7} = 0 og rmax⁡→∞r_{\max} \to \infty ✓ — akkurat som definisjonen av unnslipningsfart krever.

📝Oppgave 5

En asteroide er tilnærmet kulesymmetrisk med masse M=9,0⋅1015 kgM = 9{,}0\cdot10^{15}\,\text{kg} og radius R=8,0⋅103 mR = 8{,}0\cdot10^{3}\,\text{m}.

a) Finn unnslipningsfarten fra overflaten.

b) En astronaut på overflaten hopper rett opp med den farten et menneske kan oppnå på jorda, omtrent 3,0 m/s3{,}0\,\text{m/s}. Kommer hun tilbake?

c) Finn tyngdeakselerasjonen ved overflaten, og kommentér hvor lenge hoppet hennes ville vart om hun ikke slapp unna.

📝Oppgave 6

(Kvalitativ, sjanger J — «forklar/begrunn/kritiser»-oppgaven, som har minst én deloppgave i hvert eneste sett.) Svar i to–fire setninger på hver.

a) En rakett skytes opp fra ekvator i retning østover, samme vei som jorda roterer. Hvorfor er det gunstig?

b) En student hevder at unnslipningsfarten må være større hvis raketten skytes skrått enn hvis den skytes rett opp, «fordi den skrå veien er lengre». Hva er galt i resonnementet?

c) Hvorfor har jorda en atmosfære, mens månen ikke har det?

Løkke 5 — kometbaner: energi og spinn samtidig (~12 min)

En komet kommer fykende inn fra utkanten av solsystemet, snurrer rundt sola i løpet av noen måneder og forsvinner ut igjen. Farten er dramatisk forskjellig i de to endene av banen — men to størrelser holder seg konstante hele veien, og de to lar deg regne ut alt det andre.

Dette er sjangerens vanskeligste variant, og den som gir flest poeng.

Sentralkraft
En sentralkraft er en kraft som alltid peker rett mot (eller rett fra) ett fast punkt, og hvis tallverdi bare avhenger av avstanden til det punktet:

F=F(r) r^\mathbf{F} = F(r)\,\hat{\mathbf{r}}

Gravitasjonen fra en kulesymmetrisk masse er det viktigste eksemplet i fysikken, med F(r)=−GMm/r2F(r) = -GMm/r^2.

Sentralkrefter har to egenskaper som gjør dem mye lettere å regne på enn andre krefter: de er konservative (så mekanisk energi er bevart), og de gir null kraftmoment om sentret (så spinnet om sentret er bevart). Begge betingelsene må skrives ut når du bruker dem — det er selve begrunnelsen sensor leter etter.

📜Spinnbevaring i en sentralkraft
For et legeme som bare påvirkes av en sentralkraft med sentrum i OO, er spinnet om OO konstant:

L=mvrsin⁡φ=konstantL = mvr\sin\varphi = \text{konstant}

Begrunnelsen er hele poenget, og den er én setning: kraften peker rett mot OO, så virkelinja går gjennom OO, og momentarmen om OO er null. Da er τ=r×F=0\boldsymbol{\tau} = \mathbf{r}\times\mathbf{F} = \mathbf{0}, og spinnsatsen τ=dL/dt\boldsymbol{\tau} = d\mathbf{L}/dt gir dL/dt=0d\mathbf{L}/dt = \mathbf{0}.

Intuisjon: det er nøyaktig samme argument som med hengselkraften i kap. 6.3 — en kraft som angriper langs en linje gjennom aksen, kan være aldri så stor uten å endre spinnet.

I de to punktene der banen er nærmest og fjernest — perihel og aphel for en bane om sola — står farten vinkelrett på radien, altså sin⁡φ=1\sin\varphi = 1. Der forenkler loven seg til den formen eksamen bruker:

mvprp=mvara⟹vprp=varam v_p r_p = m v_a r_a \quad \Longrightarrow \quad v_p r_p = v_a r_a

Intuisjon: når avstanden krymper, må farten vokse i samme forhold. Det er kunstløperen som trekker inn armene, i astronomisk målestokk — og det er Keplers 2. lov.

Advarsel: likningen vprp=varav_p r_p = v_a r_a gjelder bare i disse to punktene. I et vilkårlig punkt på banen står ikke farten vinkelrett på radien, og da må du ha sin⁡φ\sin\varphi med.

📜Total mekanisk energi og typen bane
Den totale mekaniske energien til et legeme i et gravitasjonsfelt er

E=12mv2−GMmrE = \tfrac12 mv^2 - \frac{GMm}{r}

og den er bevart fordi bare gravitasjonen gjør arbeid, og gravitasjonen er konservativ. Fortegnet til EE avgjør hva slags bane legemet får:

FortegnBaneFysisk
E<0E < 0bundet — sirkel eller ellipselegemet kommer aldri lenger enn til en endelig maksimalavstand
E=0E = 0grensetilfellet — parabellegemet så vidt slipper unna, med fart null i det uendelige
E>0E > 0ubundet — hyperbellegemet forsvinner med fart til overs

Intuisjon: E=0E = 0 er nettopp betingelsen som ga unnslipningsfarten. De tre radene er samme regnestykke sett fra tre sider.
For et legeme av gitt masse er det praktisk å regne per kilogram — den spesifikke energien E/m=12v2−GM/rE/m = \tfrac12 v^2 - GM/r og det spesifikke spinnet L/m=vrsin⁡φL/m = vr\sin\varphi. Begge er uavhengige av legemets masse, som uansett faller ut.
✏️Eksempel 4 (eksamensnivå): En komet i perihel og aphel

En komet passerer nærmeste punkt til en stjerne med masse M=1,99⋅1030 kgM = 1{,}99\cdot10^{30}\,\text{kg}. I dette punktet er avstanden rp=8,00⋅1010 mr_p = 8{,}00\cdot10^{10}\,\text{m} og farten vp=5,40⋅104 m/sv_p = 5{,}40\cdot10^{4}\,\text{m/s}.

a) Begrunn hvorfor både energi og spinn er bevart under hele omløpet.

b) Vis at kometen er bundet til stjerna.

c) Finn avstanden rar_a og farten vav_a i det fjerneste punktet.

d) Finn omløpstiden.

a) Begrunnelsene først — dette er der poengene ligger.

Spinnet om stjerna er bevart fordi kraften er radiell: gravitasjonen peker hele tiden rett mot stjernas sentrum, så virkelinja går gjennom sentret, momentarmen er null og kraftmomentet om sentret er null. Med τ=dL/dt=0\boldsymbol{\tau} = d\mathbf{L}/dt = \mathbf{0} er L\mathbf{L} konstant.

Den mekaniske energien er bevart fordi bare tyngden gjør arbeid, og gravitasjonen er konservativ. Det er ingen atmosfære, ingen friksjon og ingen motor som tilfører eller tapper energi.

b) Vi regner spesifikk energi, altså per kilogram kometmasse:

Em=12vp2−GMrp=12(5,40⋅104)2−6,674⋅10−11⋅1,99⋅10308,00⋅1010\frac{E}{m} = \tfrac12 v_p^2 - \frac{GM}{r_p} = \tfrac12(5{,}40\cdot10^{4})^2 - \frac{6{,}674\cdot10^{-11}\cdot1{,}99\cdot10^{30}}{8{,}00\cdot10^{10}}

=1,458⋅109−1,660⋅109=−2,02⋅108 J/kg= 1{,}458\cdot10^{9} - 1{,}660\cdot10^{9} = -2{,}02\cdot10^{8}\,\text{J/kg}

Energien er negativ, altså er kometen bundet og går i en lukket ellipsebane. Den kommer tilbake.

Kontroll: unnslipningsfarten i perihel er 2GM/rp=5,76⋅104 m/s\sqrt{2GM/r_p} = 5{,}76\cdot10^{4}\,\text{m/s}, som er større enn 5,40⋅104 m/s5{,}40\cdot10^{4}\,\text{m/s} ✓ — samme konklusjon, andre vei.

— naturlig pausepunkt —

c) Vi har to bevaringslover og to ukjente. Spinnbevaring mellom perihel og aphel, der farten står vinkelrett på radien i begge punkter:

va=vprprav_a = \frac{v_p r_p}{r_a}

Energibevaring mellom de samme to punktene:

12vp2−GMrp=12va2−GMra\tfrac12 v_p^2 - \frac{GM}{r_p} = \tfrac12 v_a^2 - \frac{GM}{r_a}

Sett inn uttrykket for vav_a, og skriv x=1/rax = 1/r_a for å få en ren andregradslikning:

12vp2rp2 x2−GM x−Em=0\tfrac12 v_p^2 r_p^2\,x^2 - GM\,x - \frac{E}{m} = 0

Med tall: 12vp2rp2=12(5,40⋅104)2(8,00⋅1010)2=9,331⋅1030\tfrac12 v_p^2 r_p^2 = \tfrac12(5{,}40\cdot10^{4})^2(8{,}00\cdot10^{10})^2 = 9{,}331\cdot10^{30}, GM=1,328⋅1020GM = 1{,}328\cdot10^{20} og −E/m=2,0216⋅108-E/m = 2{,}0216\cdot10^{8}. Løsningene er

x1=1,2500⋅10−11 m−1,x2=1,7332⋅10−12 m−1x_1 = 1{,}2500\cdot10^{-11}\ \text{m}^{-1}, \qquad x_2 = 1{,}7332\cdot10^{-12}\ \text{m}^{-1}

Den første gir 1/x1=8,00⋅1010 m1/x_1 = 8{,}00\cdot10^{10}\,\text{m} — det er perihel, altså startpunktet vårt. Andregradslikningen finner begge vendepunktene, og det er en god kontroll på at regningen stemmer. Den vi er ute etter, er den andre:

ra=1x2=5,77⋅1011 mr_a = \frac{1}{x_2} = 5{,}77\cdot10^{11}\,\text{m}

va=vprpra=5,40⋅104⋅8,00⋅10105,770⋅1011=7,49⋅103 m/sv_a = \frac{v_p r_p}{r_a} = \frac{5{,}40\cdot10^{4}\cdot8{,}00\cdot10^{10}}{5{,}770\cdot10^{11}} = 7{,}49\cdot10^{3}\,\text{m/s}

rettet vinkelrett på radien, altså tangentielt langs banen. Kometen går altså 7,27{,}2 ganger så langt ut som i perihel og har da bare 14 %14\ \% av farten.

Kontroll: spesifikk energi i aphel er 12(7,487⋅103)2−1,328⋅1020/5,770⋅1011=2,803⋅107−2,302⋅108=−2,02⋅108 J/kg\tfrac12(7{,}487\cdot10^{3})^2 - 1{,}328\cdot10^{20}/5{,}770\cdot10^{11} = 2{,}803\cdot10^{7} - 2{,}302\cdot10^{8} = -2{,}02\cdot10^{8}\,\text{J/kg} ✓ — samme verdi som i perihel.

d) Den store halvaksen er halve summen av de to ytterpunktene:

a=rp+ra2=8,00⋅1010+5,770⋅10112=3,285⋅1011 ma = \frac{r_p + r_a}{2} = \frac{8{,}00\cdot10^{10} + 5{,}770\cdot10^{11}}{2} = 3{,}285\cdot10^{11}\,\text{m}

Keplers 3. lov gjelder for ellipser med aa i rollen til baneradien:

Tp=2πa3GM=2π(3,285⋅1011)31,328⋅1020=1,03⋅108 s≈3,3 a˚rT_p = 2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM}} = 2\pi\sqrt{\frac{(3{,}285\cdot10^{11})^3}{1{,}328\cdot10^{20}}} = 1{,}03\cdot10^{8}\,\text{s} \approx 3{,}3\ \text{år}

Alternativ kontroll uten Keplers lov: halvaksen kan også regnes rett ut av energien, siden a=−GM/(2E/m)a = -GM/(2E/m). Det gir 1,328⋅1020/(2⋅2,0216⋅108)=3,285⋅1011 m1{,}328\cdot10^{20}/(2\cdot2{,}0216\cdot10^{8}) = 3{,}285\cdot10^{11}\,\text{m} — samme tall ✓. Under tidspress er energiveien raskest, fordi du allerede har E/mE/m fra deloppgave b); halvsum-veien er tryggest hvis du er usikker på formelen.

📝Oppgave 7
Eksamensnivå, sjanger K

En sonde er i sirkelbane med radius r1=1,20⋅107 mr_1 = 1{,}20\cdot10^{7}\,\text{m} om en planet med masse M=6,40⋅1023 kgM = 6{,}40\cdot10^{23}\,\text{kg}. I ett punkt fyres motoren kort opp slik at farten øker med 18,0 %18{,}0\ \%, uten at retningen endres.

a) Finn farten i sirkelbanen og farten rett etter motorpådraget.

b) Vis at sonden fortsatt er bundet, og begrunn hvilke bevaringslover som gjelder etter at motoren er slått av.

c) Finn den største avstanden sonden nå når fra planetens sentrum.

d) Hvor mange prosent måtte farten vært økt for at sonden skulle sluppet unna helt?

Løkke 6 — kometbanen som kode (~10 min)

Bare de aller enkleste banene lar seg regne ut med penn og papir. Skal du følge en komet eller en satellitt gjennom et helt omløp, må du løse bevegelseslikningen numerisk — og det er nøyaktig den deloppgaven H2024 stilte.

Det gode her er at du ikke trenger noe nytt verktøy. Du trenger Euler–Cromer-løkka fra kap. 8.1 og komponentoppsettet fra kap. 8.2, med én ny akselerasjonslinje.

📜Bevegelseslikningen på komponentform
Legg origo i det tunge legemet. Sonden eller kometen har posisjon (x,y)(x, y), og avstanden til sentret er r=x2+y2r = \sqrt{x^2+y^2}. Gravitasjonen har tallverdi GMm/r2GMm/r^2 og peker inn mot origo, altså langs −r^=−(x,y)/r-\hat{\mathbf{r}} = -(x,y)/r. Newtons 2. lov gir

mx¨=−GMmr2⋅xr,my¨=−GMmr2⋅yrm\ddot{x} = -\frac{GMm}{r^2}\cdot\frac{x}{r}, \qquad m\ddot{y} = -\frac{GMm}{r^2}\cdot\frac{y}{r}

Intuisjon: brøken x/rx/r er ikke annet enn cos⁡\cos til vinkelen — den plukker ut xx-komponenten av en vektor som peker inn mot origo. Uten den ville du gitt hele kraften til én akse.

Massen mm faller ut, og de to rr-ene slås sammen:

x¨=−GM x(x2+y2)3/2,y¨=−GM y(x2+y2)3/2\ddot{x} = -\frac{GM\,x}{(x^2+y^2)^{3/2}}, \qquad \ddot{y} = -\frac{GM\,y}{(x^2+y^2)^{3/2}}

Intuisjon: eksponenten 3/23/2 er summen av kraftens r2r^2 og komponentens rr. Det er den vanligste skrivefeilen i sjangeren, og den ødelegger banen fullstendig — med eksponent 1 får du en helt annen kraftlov.

Dette er to koblede andreordens differensiallikninger: xx og yy opptrer i hverandres nevnere, så de kan ikke løses hver for seg. Oppsettet skal kunne skrives på eksamen; selve integrasjonen gjøres numerisk.

Referanseversjonen. Slik ser løsningen ut som kjørbart program. Legg merke til at strukturen er nøyaktig den samme malen som i resten av boka — bare akselerasjonslinjene er nye:

import numpy as np

G = 6.674e-11
M = 1.99e30          # stjernens masse
N = 200000
dt = 1000.0

t  = np.zeros(N)
x  = np.zeros(N)
y  = np.zeros(N)
vx = np.zeros(N)
vy = np.zeros(N)

x[0]  = 8.00e10      # perihel
y[0]  = 0.0
vx[0] = 0.0
vy[0] = 5.40e4       # farten i perihel, vinkelrett paa r

for i in range(N - 1):
    r  = np.sqrt(x[i]**2 + y[i]**2)
    ax = -G * M * x[i] / r**3
    ay = -G * M * y[i] / r**3
    vx[i+1] = vx[i] + ax * dt        # fart FOERST
    vy[i+1] = vy[i] + ay * dt
    x[i+1]  = x[i] + vx[i+1] * dt    # OPPDATERT fart
    y[i+1]  = y[i] + vy[i+1] * dt
    t[i+1]  = t[i] + dt

Kjører du dette og leser av den største og minste avstanden, får du

Utskrift:

storste avstand (aphel):  5.770e+11 m
minste avstand (perihel): 8.000e+10 m
farten i aphel:  7.487e+03 m/s
spesifikk energi start/slutt: -2.021575e+08 / -2.022030e+08
spesifikt spinn start/slutt:  4.320000e+15 / 4.320000e+15

Dette er de samme tallene som den analytiske regningen i eksempel 4 ga: aphel 5,77⋅1011 m5{,}77\cdot10^{11}\,\text{m} og va=7,49⋅103 m/sv_a = 7{,}49\cdot10^{3}\,\text{m/s}. At de to helt uavhengige metodene lander på samme svar, er den beste kontrollen som finnes.

Legg merke til de to siste linjene i utskriften. Det spesifikke spinnet L/m=xvy−yvxL/m = x v_y - y v_x holder seg konstant til sju siffer, og energien driver bare 0,002 %0{,}002\ \% på et helt omløp. Metodevalget er begrunnet nettopp av dette: Euler–Cromer bruker den oppdaterte farten i posisjonssteget og er derfor tilnærmet energibevarende — den tar av og til litt for mye og av og til litt for lite, slik at feilen svinger rundt null i stedet for å hope seg opp. Forward Euler, som bruker den gamle farten, lekker energi systematisk, og en planetbane regnet med den spiralerer sakte utover og blir aldri lukket.

Slik ser den håndskrevne eksamensversjonen ut
📝Oppgave 8
Eksamensnivå, sjanger K…

En sonde nær sola påvirkes både av gravitasjonen og av solvinden, en radiell kraft som peker utover og avtar som Fs=s/r2F_s = s/r^2, der ss er en konstant.

a) Sett opp de to komponentlikningene for sonden med begge kreftene med.

b) Skriv om løkka fra referansekoden slik at den nye kraften er med. Marker tydelig hvilke linjer som er endret.

c) For hvilken sondemasse blir de to kreftene like store, og hva slags bane får sonden da? Begrunn.

📝Oppgave 9

(Kvalitativ, sjanger J.) Svar i to–fire setninger på hver.

a) En student bruker Forward Euler i stedet for Euler–Cromer til å regne ut en sirkulær planetbane, og oppdager at banen sakte spiralerer utover. Forklar hvorfor, og hva han bør gjøre.

b) Hvorfor er det en god idé å skrive ut det spesifikke spinnet xvy−yvxx v_y - y v_x underveis i en slik simulering?

c) En annen student skriver akselerasjonen som ax = -G*M/r**2 i koden. Hva er galt?

Begrepsbank

Begrepsbanken er flashcard- og repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Tyngdeakselerasjon fra gravitasjonsloven
Tyngdeakselerasjonen ved overflaten av et kulesymmetrisk legeme er ikke en naturkonstant, men en utregnet størrelse:

g=GMR2g = \frac{GM}{R^2}

For jorda gir dette 9,82 m/s29{,}82\,\text{m/s}^2. Verdien avtar med høyden som GM/r2GM/r^2 — i 400 km400\,\text{km} høyde er den fortsatt 8,69 m/s28{,}69\,\text{m/s}^2, altså 89 %89\ \% av verdien ved bakken.

Banefart
Farten et legeme må ha for å holde en sirkelbane med radius rr rundt en masse MM:

v=GMrv = \sqrt{\frac{GM}{r}}

Den er uavhengig av legemets egen masse, og den avtar når banen blir større. Betingelsen bak uttrykket er at gravitasjonen er den eneste kraften, slik at den er hele resultanten inn mot sentrum.

Omløpstid og Keplers 3. lov
Tida ett omløp tar i en sirkelbane:

Tp=2πrv=2πr3GMT_p = \frac{2\pi r}{v} = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}

Kvadrert gir dette Tp2∝r3T_p^2 \propto r^3, som er Keplers 3. lov. For ellipsebaner gjelder den samme loven med den store halvaksen aa i rollen til rr. Perioden skrives TpT_p i denne boka, siden TT er reservert for snordrag.

Unnslipningsfart
Den minste farten som fører et legeme uendelig langt vekk fra en masse MM, sendt fra avstanden RR:

vu=2GMRv_u = \sqrt{\frac{2GM}{R}}

Den følger av energibevaring med betingelsen «null fart uendelig langt unna», og den er uavhengig av retningen legemet skytes i, fordi energi er en skalar. Forholdet til banefarten på samme avstand er alltid 2\sqrt2.

Bundet og ubundet bane

Fortegnet til den totale mekaniske energien E=12mv2−GMm/rE = \tfrac12 mv^2 - GMm/r avgjør banetypen. Er E<0E < 0, er legemet bundet: banen er en lukket ellipse (eller sirkel), og legemet kommer tilbake. Er E>0E > 0, er det ubundet: banen er en hyperbel, og legemet forsvinner med fart til overs. Grensetilfellet E=0E = 0 gir en parabel — nøyaktig unnslipningsfart.

Dette er den raskeste måten å avgjøre om en komet noen gang kommer igjen.

Referansenivået i det uendelige

For U=−GMm/rU = -GMm/r er nullnivået lagt uendelig langt unna: U→0U \to 0 når r→∞r \to \infty. Valget er en konvensjon, men et svært praktisk et, fordi det gjør «slipper legemet unna?» til det enkle spørsmålet «er EE positiv?».

Nær bakken bruker vi i stedet U=mgyU = mgy med nullnivå der det passer. De to er ikke i konflikt — den ene er grensetilfellet av den andre for h≪Rh \ll R.

Sentralkraft og de to bevaringslovene

En sentralkraft peker alltid rett mot eller fra ett fast punkt, og tallverdien avhenger bare av avstanden. To bevaringslover følger:

- spinnet om sentret er bevart, fordi kraftens virkelinje går gjennom sentret og momentarmen derfor er null;
- den mekaniske energien er bevart, fordi en sentralkraft av denne typen er konservativ.

Begge begrunnelsene skal skrives ut hver gang loven brukes. Å bruke en bevaringslov uten begrunnelse koster typisk 1 poeng.

Perihel og aphel
Perihel er punktet på banen der legemet er nærmest sentrallegemet, aphel der det er fjernest. (Ordene kommer fra sola; for baner om jorda heter de perigeum og apogeum, men fysikken er den samme.)

Det som gjør disse to punktene spesielle i regning, er at fartsvektoren står vinkelrett på radien der. Bare derfor forenkler spinnbevaringen seg til vprp=varav_p r_p = v_a r_a. I et vilkårlig punkt på banen må du ha med sin⁡φ\sin\varphi.

Spesifikk energi og spesifikt spinn
Siden legemets egen masse alltid faller ut, er det praktisk å regne per kilogram:

Em=12v2−GMr,Lm=vrsin⁡φ\frac{E}{m} = \tfrac12 v^2 - \frac{GM}{r}, \qquad \frac{L}{m} = vr\sin\varphi

Enhetene blir J/kg=m2/s2\text{J/kg} = \text{m}^2/\text{s}^2 og m2/s\text{m}^2/\text{s}. Å regne spesifikt sparer et symbol i hver linje og gjør det umulig å rote bort massen — det er standard i banemekanikk.

Store halvakse
Den store halvaksen aa i en ellipsebane er halve summen av nærmeste og fjerneste avstand:

a=rp+ra2a = \frac{r_p + r_a}{2}

Den kan også regnes rett ut av energien: a=−GM2(E/m)a = -\dfrac{GM}{2(E/m)}. Halvaksen er den størrelsen som styrer omløpstida gjennom Tp=2πa3/(GM)T_p = 2\pi\sqrt{a^3/(GM)} — to baner med samme aa har samme omløpstid, uansett hvor langstrakte de er.

Vektløshet

En astronaut i bane er ikke utenfor jordas tyngdefelt. I 400 km400\,\text{km} høyde er tyngdeakselerasjonen fortsatt 89 %89\ \% av verdien ved bakken.

Følelsen av vektløshet kommer av at astronauten, romfartøyet og alt løst inne i det faller med samme akselerasjon, slik at ingen kontaktkraft trengs mellom dem. Normalkraften er null. Det er nøyaktig samme situasjon som i en heis i fritt fall — forskjellen er bare at romfartøyet har sidelengs fart nok til å bomme på jorda.

Geostasjonær bane

En bane over ekvator med omløpstid nøyaktig lik jordas rotasjonstid (8,616⋅104 s8{,}616\cdot10^{4}\,\text{s}). Satellitten står da tilsynelatende stille over samme punkt på bakken.

Kravet bestemmer baneradien entydig: r=(GMTp2/4π2)1/3=4,22⋅107 mr = (GMT_p^2/4\pi^2)^{1/3} = 4{,}22\cdot10^{7}\,\text{m}, altså omtrent 35 800 km35\,800\,\text{km} over overflaten. Det finnes bare én slik bane, og den er derfor et knapt gode.

Superposisjonsprinsippet for gravitasjon
Virker flere legemer på ett, er den samlede gravitasjonskraften vektorsummen av de enkelte bidragene:

Ftot=∑iFi\mathbf{F}_{\text{tot}} = \sum_i \mathbf{F}_i

Hvert bidrag regnes ut som om de andre ikke fantes. Det er dette prinsippet som gjør trelegemeproblemer mulige å simulere — og som gjør dem umulige å løse eksakt med formler.

Kulesymmetri og punktmasse-tilnærmingen

En kulesymmetrisk masseskall trekker på et legeme utenfor seg nøyaktig som om hele massen satt i sentrum. Det er derfor du kan behandle jorda, sola og en planet som punktmasser i alle formlene i dette kapitlet, uten at det er en tilnærming.

Betingelsen er at legemet befinner seg utenfor massefordelingen. Inne i en homogen kule gjelder noe annet, men det er utenfor det denne boka trenger.

Symbol- og formelliste
Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 5 oppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av den aktuelle utdanningsinstitusjonen. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.