Номер 2, страница 53 - гдз по физике 10 класс учебник Кабардин, Орлов

ЗАДАЧА 2. Определите ускорение свободного падения у поверхности Солнца по следующим данным: расстояние от Земли до Солнца равно $1,496 \cdot 10^{11}$ м, угол, под которым видно Солнце с Земли, равен $32'$, период обращения Земли вокруг Солнца равен $3,1557 \cdot 10^7$ с.

Решение. Ускорение свободного падения на Солнце

$g_c = G \frac{M_c}{R_c^2}$ (1)

где $M_c$ и $R_c$ — масса и радиус Солнца соответственно.

Радиус Солнца $R_c$ можно определить из геометрического соотношения

$R_c = \frac{D}{2} = \frac{R \sin \alpha}{2}$ (2)

где $\text{R}$ — расстояние от Земли до Солнца; $\alpha$ — угол, под которым виден диаметр Солнца с Земли.

Массу Солнца определим, применив второй закон Ньютона к движению Земли вокруг Солнца:

$F_{\text{тяг}} = M_З a_{цс}, \quad G \frac{M_З M_c}{R^2} = M_З \frac{4 \pi^2 R}{T_З^2},$

откуда

$M_c = \frac{4 \pi^2 R^3}{G T_З^2}$ (3)

Из выражений (1)—(3) получим

$g_c = G \frac{4 \pi^2 R^3 \cdot 4}{G T_З^2 R^2 \sin^2 \alpha} = \frac{16 \pi^2 R}{T_З^2 \sin^2 \alpha};$

$g_c = \frac{16 \pi^2 \cdot 149,6 \cdot 10^9}{(3,1557 \cdot 10^7)^2 \cdot \sin^2 32'} (\text{м/с}^2) \approx 274 \text{ м/с}^2.$

Дано:

Расстояние от Земли до Солнца $R = 1,496 \cdot 10^{11}$ м

Угловой диаметр Солнца, видимый с Земли $\alpha = 32'$ (угловых минут)

Период обращения Земли вокруг Солнца $T = 3,1557 \cdot 10^7$ с

Все величины, кроме угла, даны в системе СИ. Переведем угловую меру в градусы для использования в вычислениях:

$1^\circ = 60'$, следовательно $\alpha = 32' = (\frac{32}{60})^\circ \approx 0,5333^\circ$.

Найти:

Ускорение свободного падения у поверхности Солнца — $g_C$.

Решение:

1. Ускорение свободного падения на поверхности сферического тела, такого как Солнце, определяется по формуле, следующей из закона всемирного тяготения:

$g_C = G \frac{M_C}{R_C^2}$

где $\text{G}$ — гравитационная постоянная, $M_C$ — масса Солнца, а $R_C$ — радиус Солнца.

2. Радиус Солнца $R_C$ можно определить из геометрических соображений. Рассматривая треугольник, вершиной которого является наблюдатель на Земле, а основанием — диаметр Солнца $D_C = 2R_C$, мы имеем дело с очень малым углом $\alpha$. Для малых углов справедливо соотношение, связывающее радиус Солнца, расстояние до него и угловой радиус $\alpha/2$. В задаче используется приближенная формула:

$R_C \approx \frac{R \sin \alpha}{2}$

Это приближение хорошо работает для малых углов, так как $\sin \alpha \approx 2 \tan(\alpha/2)$, а точная формула $R_C = R \tan(\alpha/2)$.

3. Массу Солнца $M_C$ найдем, применив второй закон Ньютона к движению Земли по орбите вокруг Солнца. Гравитационная сила со стороны Солнца сообщает Земле центростремительное ускорение. Считая орбиту Земли круговой, можем записать:

$F_{тяг} = F_{цс}$

$G \frac{M_З M_C}{R^2} = M_З a_{цс}$

где $M_З$ — масса Земли, а $a_{цс}$ — ее центростремительное ускорение. Оно равно:

$a_{цс} = \frac{v^2}{R} = \frac{(2\pi R / T)^2}{R} = \frac{4\pi^2 R}{T^2}$

Подставив $a_{цс}$ в уравнение сил и сократив массу Земли $M_З$, получим:

$G \frac{M_C}{R^2} = \frac{4\pi^2 R}{T^2}$

Отсюда выражаем массу Солнца $M_C$:

$M_C = \frac{4\pi^2 R^3}{G T^2}$

4. Теперь подставим выражения для массы Солнца и радиуса Солнца в исходную формулу для ускорения свободного падения. Это позволит нам исключить гравитационную постоянную $\text{G}$ и массу Солнца $M_C$ из конечной расчетной формулы.

$g_C = G \frac{M_C}{R_C^2} = G \cdot \frac{\frac{4\pi^2 R^3}{G T^2}}{(\frac{R \sin\alpha}{2})^2} = G \cdot \frac{4\pi^2 R^3}{G T^2} \cdot \frac{4}{R^2 \sin^2\alpha}$

Сократив $\text{G}$ и $R^2$, получаем итоговую формулу:

$g_C = \frac{16 \pi^2 R}{T^2 \sin^2\alpha}$

5. Выполним численный расчет, подставив заданные значения:

$g_C = \frac{16 \pi^2 \cdot (1,496 \cdot 10^{11} \text{ м})}{(3,1557 \cdot 10^7 \text{ с})^2 \cdot \sin^2(32')}$

Сначала вычислим $\sin(32')$. Поскольку $32' = (32/60)^\circ \approx 0,5333^\circ$:

$\sin(32') \approx \sin(0,5333^\circ) \approx 0,0093084$

Теперь подставляем все значения в формулу:

$g_C \approx \frac{16 \cdot (3,14159)^2 \cdot 1,496 \cdot 10^{11}}{(3,1557 \cdot 10^7)^2 \cdot (0,0093084)^2} \approx \frac{157,913 \cdot 1,496 \cdot 10^{11}}{9,9594 \cdot 10^{14} \cdot 8,6646 \cdot 10^{-5}} \approx \frac{2,3624 \cdot 10^{13}}{8,629 \cdot 10^{10}} \approx 273,77 \text{ м/с}^2$

Округляя результат до целых, получаем значение, указанное в примере решения.

Ответ: $g_C \approx 274 \text{ м/с}^2$.