Gravitációs gyorsulás a Holdon és a Marson

Let ” Megnézzük, hogyan érhető el a gravitáció miatti gyorsulás bármely bolygó számára, majd ezt alkalmazhatjuk a Földre vagy a Holdra, vagy bármi másra, amire vágyunk.

Newton gravitációs törvénye azt mondja nekünk, hogy a a gravitációs erőt a $ m_1 $ és $ m_2 $ tömegű objektumok között \ begin {align} F = G \ frac {m_1m_2} {r ^ 2} adja, \ end {align} ahol $ r $ az ezek közötti távolság tömegközéppontok. Tegyük fel, hogy az 1. objektum egy $ m_1 = M $ tömegű bolygó és a $ R $ sugarú bolygó, a 2. objektum pedig egy sokkal kisebb $ m_2 = m $ tömegű tárgy, amely $ b $ magasságban helyezkedik el a bolygó felszíne felett. hogy kicsi a bolygó sugarához képest. A két objektum közötti gravitációs erő nagysága másrészt \ begin {align} F = G \ frac {Mm} {(R + h) ^ 2} \ end {align} lesz – írja Newton második törvénye hogy a 2. objektum gyorsulása kielégíti \ begin {align} F = ma \ end {align} E tények összevonása, nevezetesen a jobb oldali oldalak egyenlővé tétele a $ m $ tömeg kiesését okozza az egyenletekből, és a gyorsulás a tömeg objektumának gravitációja miatt a $ m $ értéke \ kezdete {align} a = \ frac {GM} {(R + h) ^ 2} = \ frac {GM} {R ^ 2} \ balra (1-2 \ frac {h} {R} + \ cdots \ right) \ end {align} ahol a második egyenlőségben Taylor-bővítést hajtottam végre a válaszban a kis számú $ h / R $ szempontjából. Figyelje meg, hogy nullára a sorrend, nevezetesen a domináns hozzájárulás, ha a 2. objektum közel van a bolygó felszínéhez, valamilyen állandó, amely független a magasságtól, és csak a bolygó tömegétől és sugarától függ; \ begin {align} a_0 = \ frac {GM } {R ^ 2} \ end {align} Pontosan ezt nevezzük a gyorsulásnak a gravitáció miatt a egy bolygó felszínén. Ha bedugja a számokat a Földhöz, akkor \ begin {align} a_0 ^ \ mathrm {Earth} \ kb 9.8 \, \ mathrm {m} / \ mathrm {s} ^ 2 \ end {align} és I ” A gravitáció miatt a gyorsulás fontos tulajdonsága, hogy lineárisan skálázódik a bolygó $ M $ tömegével, és úgy skálázódik, mint a sugár sugárának negatív második teljesítménye. bolygó.

Megjegyzések

• Úgy gondolom, hogy hasznos megemlíteni a centrifugális erő hatásait is, az égitest szögsebessége miatt. $ $ a_c = \ frac {v ^ 2} {R} $$ Ennek egy másik hatása, hogy a test maga kidudorodik az Egyenlítő körül, növelve az Egyenlítő közelében a felületi sugarat (a pólusok közelében leereszkedve).

A gravitációs gyorsulási állandó, amelyet a földre $ g $ -nak definiálunk, a föld tömegétől és az attól való távolságtól függ. a $ g (r) = \ frac {GM (r)} {r ^ 2} $. (Lásd: Newtonok L univerzális gravitáció (további részletekért). Tehát a $ g $ még a földön sem állandó, hanem a magasságától függ, bár meglehetősen lassan. Ha a holdban tartózkodik, a hold tömege $ (~ 10 ^ {22} kg) $ kisebb, mint a föld $ (~ 10 ^ {24} kg) $ tömege, és ezáltal a gravitációs erő, amelyet érezne, $ Az mg $ sokkal kevesebb lenne, mivel a $ g $ kisebb lenne, körülbelül 1,62 USD m / s ^ 2 $.

Továbbá a $ g $ mértékegysége $ m / s ^ 2 $, és nem $ N / s ^ 2 $

Könnyű gondolkodni ezen, ha figyelembe vesszük, hogy a gravitáció gyorsulása mondjuk egy bolygó test felszínén alapvetően két mennyiségtől függ: a test tömegétől és a sugártól .

A felületi gyorsulás a test tömegével növekszik (ha megduplázza a tömeget, akkor megduplázza a gyorsulást), és csökken a sugár négyzetével (ha megduplázza a sugarat, akkor a gyorsulás négyzetre nő).

Tehát például a Hold sugara körülbelül 0,273-szorosa a Föld sugárának, de a Hold tömege körülbelül 0,0123 a Föld tömege. Tehát azt várnánk, hogy a Hold felszínén gyorsulás

$ g_m = g_e (.0123) \ dfrac {1} {(. 273) ^ 2} \ kb \ dfrac {g_e} {6} $

és bizony, a Hold felszíni gravitációja körülbelül 1,62 USD \ frac {m} {s ^ 2} $

Tehát, ha ismeri a tömeget mondjuk a Mars sugara, a Mars felszíni gravitációját a következőképpen határozhatja meg:

$ g_M = g_e \ dfrac {M_M} {M_e} \ cdot \ dfrac {R ^ 2_e} {R ^ 2_M} $