Гравитация —Каталог задач по Олимпиадной физике

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#29214

На какой высоте, считая от поверхности Земли, ускорение свободного падения на $19%$ меньше, чем на поверхности Земли? Радиус Земли равен $R$ .

Источники: «Физтех», 2016, 9

Показать ответ и решение

Ускорение свободного падения можно рассчитать по формуле:

---M----- g = G (R + h)2,

где $h$ – высота подъема над поверхностью Земли.
По условию $′ g = 0,81g$ , откуда

2 ( ∘ --- ) ( ) -g = (R--+-h)- ⇒ h = R g- − 1 = R 10-− 1 = R- g′ R2 g′ 9 9

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#29216

Некоторые планеты (Венера, Земля, Нептун) движутся вокруг Солнца по орбитам, «близким» к круговым. Радиус орбиты Нептуна в $n = 30 р аз$ больше радиуса земной орбиты. Планеты движутся по орбитам в одной плоскости и в одном и том же направлении.
1. Вычислите продолжительность $TH$ года на Нептуне. Продолжительность земного года $T3 = 365 суток$ .
2. Через какой наименьший промежуток времени $τ$ расстояние между Землей и Нептуном достигает наибольшего значения?

Показать ответ и решение

1) Пусть $M$ – масса Солнца, $m$ – масса произвольной планеты, $R$ - расстояние от планеты до Солнца, $ω$ - циклическая частота вращения планеты, тогда по второму закону Ньютона

∘ ----- ∘ --3-- 2 M-m-- GM--- 2π- -R--- m ω R = G R2 ⇒ ω = R3 ⇒ T = ω = 2π GM

Откуда

√ --- √---- Tн = T з n3 = 365 ⋅ 303 ≈ 164 года

2) Требуется найти время, через которое планета перейдёт из точки наибольшего расстояния в ту же точку в первый раз. Для этого перейдём в СО Земли (или Нептуна) и вычислим время, за которое Нептун (или Земля) сделает оборот $2π$

2π TнTз τ = 2-π---2π- = --------- = 367 сут. --- − --- (Tн − T з) Tз T н

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записан второй закон Ньютона	2

Записана формула центростремительного ускорения	2

Записан закон Всемирного тяготения	2

Записана формула нахождения времени	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#29217

Искусственный спутник Земли движется по круговой орбите в плоскости экватора в том же направлении, что и точки на экваторе. Радиус орбиты спутника в два раза больше радиуса Земли $R = 6400 км$ . Ускорение свободного падения у поверхности планеты $g = 10 м/ с2$ .
1. Найдите период $T$ обращения спутника.
В некоторый момент времени расстояние от наблюдателя на экваторе до спутника наименьшее.
2. Через какое время $T1$ расстояние между наблюдателем и спутником впервые будет расти с наибольшей скоростью?
3. Найдите эту скорость $V$ .

Источники: Физтех, 2021, 9

Показать ответ и решение

Продолжительность суток на Земле $Tз = 24 ⋅ 60 ⋅ 60 = 86400$ с.

1) Пусть $M$ – масса Земли, $m$ – масса спутника, тогда по второму закону Ньютона

∘ ----- M m 2π R3 m ω2R о = G ---2- ω = ---⇒ T = 2 π ---о- R о T GM

Здесь $R о$ – радиус орбиты.
Так как $R о = 2R$ , и $GM -R2--= g$ , то

∘ ----- ∘ ---- ∘ --- 8R3-- 8R- √ -- R- 4 T = 2π GM = 2 π g = 2 π ⋅ 2 2 ⋅ g ≈ 1,4 ⋅ 10 с

2) Перейдём в систему отсчёта, связанную со спутником. Точки на экваторе движутся по окружности с угловой скоростью

( ) ω = 2 π 1- − -1- T Tз

Максимальная скорость роста расстояния достигается в тот момент, когда скорость наблюдателя направлена по прямой, на которой находятся спутник и наблюдатель. Из геометрии рисунка видно, что к этому моменту наблюдатель опишет дугу $π- 3$ .

π 1 T з ⋅ T T1 = --- = ---------≈ 2,8 ⋅ 103 с 3ω 6 Tз − T

3) Линейная скорость

( ) V = ωR = 2π 1-− 1-- R ≈ 2,4 ⋅ 103 м/с T Tз

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#29218

Космический зонд «Шумейкер» на некоторое время должен стать спутником астероида Эрос. По расчётам он будет обращаться вокруг астероида на высоте, составляющей $n = 1∕15 р адиуса$ Эроса, с периодом $T = 4, 5 ч аса$ . Определите предполагаемую среднюю плотность астероида $ρ$ . Гравитационная постоянная $G = 6,67 ⋅ 10−11 Н ⋅ м2 ∕кг2$ .

Источники: Всеросс., 2002, финал, 9

Показать ответ и решение

Скорость спутника на рассчитываемой орбите $v = 2π(n + 1)R ∕T,$ где $R$ – радиус Эроса. Из 2-го закона Ньютона ускорение спутника равно

2 a = ----v---- = ---GM-----, (n + 1 )R (1 + n )2R2

где $M$ – масса Эроса. Подставив $M = 4-πρR3, 3$ получим

3 π(n + 1)3 3 ρ = -------2--- ≈ 653 кг/ м GT

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#29220

При какой продолжительности суток тела на экваторе Земли весили бы в два раза меньше, чем на полюсе? Радиус Земли $R = 6400 к м$ .

Источники: МФТИ, 1979

Показать ответ и решение

Пусть $m$ – масса тела, тогда по второму закону Ньютона для экватора

2 2π- m ω R = mg − N1 ω = T ,

где $T$ – искомая величина, $N1$ – нормальная сила реакции опоры на экваторе, $R$ – радиус Земли на экваторе.
Так как на полюсе радиус вращения будет равен 0 (тело находится вблизи оси вращения), то второй закон Ньютона запишется в виде

mg = N2.

Так как по третьему закону вес тела равен силе реакции опоры и по условию

2 2 N2 = 2N1 ⇔ 2mg − 2m ω R = mg → g = 2ω R

Тогда

∘ ---- T = 2π 2R-≈ 2 часа g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#29221

При какой продолжительности суток на Земле камень, лежащий на широте $ϕ = 60∘$ , оторвётся от поверхности Земли? Радиус Земли $R = 6400 км$ .

Источники: МФТИ, 1993

Показать ответ и решение

Отрыв произойдет в тот момент, когда исчезнет сила реакции опоры. На тело будет действовать только сила тяжести, которая и будет придавать телу центростремительное ускорение, при движении по окружности с радиусом $R cosϕ$ .

Из второго закона Ньютона в проекции на ось, направленную к центру Земли, получим, что

ma ц cosϕ = mg

При этом

---v2-- 4π2R-cosϕ-- aц = R cos ϕ = T 2

Подставляя второе уравнение в первое и сокращая массу, получим, что

2 4π-R-cos-ϕ-= g T2

Откуда

∘ --- T = 2π R- cosϕ ≈ 42 м ин g

Заметим, что при любой конечной силе трения камень начнет сползать к экватору (и в итоге оторвется) при большей продолжительности суток.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#29222

Ускорение свободного падения на поверхности планеты из несжимаемой жидкости равно $a = 9,8 м/c2$ . Найдите давление в центре планеты.

Источники: Всеросс., 1996, ОЭ, 11

Показать ответ и решение

Рассмотрим цилиндрический столб жидкости бесконечно малого поперечного сечения $dS$ , расположенный вдоль радиуса планеты от её центра до поверхности. Обозначим давление на расстоянии $r$ от центра планеты через $p(r)$ . Для части рассматриваемого столба, расположенной от $r$ до $r + dr$ , условие равновесия запишется в виде

(p(r + dr) − p(r))dS + F = 0 грав

Гравитационная сила $F грав$ , действующая на столбик жидкости бесконечно малой высоты $dr$ , имеющий массу $dm$ , обусловлена только той частью планеты, которая удалена от её центра на расстояние меньшее $r$ , поэтому ( $ρ$ – плотность жидкости)

F = G M--(r)dm-- M (r) = ρ 4πr3 dm = ρdSdr грав r2 3

Таким образом,

dpdS + G -1 ρ4π-r3ρdSdr = 0. r2 3

и для определения давления в центре имеем

∫ 24π- 0 24π- 2- 2 2 dp = − G ρ 3 rdr p(0) = − Gρ 3 rdr = 3πG ρ R R

Ускорение свободного падения на поверхности планеты определяется как

( )2 a = G M--(R) = G 1-ρ 4π-R3 = G ρ4π-R ⇒ a2 = G2 ρ2 4-π R2 R2 R2 3 3 3

Поэтому давление в центре планеты

( ) 2 3 ( 4π )2 3 p(0) = -πG ρ2R2 = ----- G2 ρ2 --- R2 = -----a2 = 1,7 ⋅ 1011 П а 3 8πG 3 8πG

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#29224

В открытом космосе три небольших астероида из-за гравитационного притяжения сближаются друг с другом вдоль общей прямой, неподвижной относительно звёзд. Отношение расстояний от среднего астероида до крайних остаётся равным $n = 2$ вплоть до их столкновения (рис.). Масса левого астероида равна $m1$ , масса центрального — $m2$ . Найдите массу $m3$ правого астероида.

Источники: Всеросс., 2009, финал, 10

Показать ответ и решение

Пусть ускорения астероидов раны $a1$ , $a2$ , $a3$ и направлены так, как показано на рисунке (см. рис.).

Перейдём в систему отсчёта, связанную с третьем астероидом и найдём ускорения двух других астероидов

′ ′ a1 = a1 + a3 a2 = a2 + a3.

Так как отношение расстояний остаётся постоянным, то

a-′1 a1 +-a3 3r- 3- a ′= a + a = 2r = 2. 2 2 3

Отсюда получаем связь ускорений:

a3 = 2a1 − 3a2.

Запишем второй закон Ньютона для каждого из грузов

m m m m m1a1 = G --12-2 + G --1-23, r 9r

m a = G m2m3-- − G m2m1--, 2 2 4r2 r2

m1m3-- m2m3-- m3a3 = G 9r2 + G 4r2 .

Отсюда

a = G m2-+ G -m3-, 1 r2 9r2

m3-- m1- a2 = G 4r2 − G r2 ,

m m a3 = G --12 + G --22. 9r 4r

Подставим в связь ускорений последние три уравнения, получим:

( ) ( ) m1- + m2- = 2 m + m3- − 3 m3- − m . 9 4 2 9 4 1

Отсюда выражаем $m3$ :

104m + 63m m3 = -----1-------2. 19

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#29225

Земля из-за вращения вокруг своей оси сплющена со стороны полюсов. Поэтому расстояние от центра Земли до полюсов (полярный радиус) меньше расстояния от центра Земли до экватора (экваториальный радиус). Оцените отношение разности экваториального и полярного радиусов к среднему радиусу Земли $R = 6370 км$ . Землю считать жидким телом, окружённым тонкой эластичной оболочкой в виде земной коры.

(Всеросс., 1998, РЭ, 9)

Источники: Всеросс., 1998, ОЭ, 9

Показать ответ и решение

Пусть давление в центре Земли $p$ . Рассмотрим два тонких столба жидкости $OA$ и $OB$ сечением $S$ и длиной $R п$ (полярный радиус), расположенный вдоль оси вращения Земли и в экваториальной плоскости (см. рис.)

Оценочно будем считать, что они притягиваются к центру Земли с одинаковой силой $F$ . Условие равновесия столба $OA$ : $F = pS$ . На столб $OB$ давит "довесок"толщиной $ΔR$ . Центр масс столба $OB$ движется с ускорением