Upload
kamana
View
50
Download
1
Embed Size (px)
DESCRIPTION
MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r. Zagadnienie dwóch ciał. I prawo Keplera. czynnik związany z działaniem siły odśrodkowej. energia potencjalna. Potencjał efektywny. Potencjał efektywny w łatwy sposób tłumaczy kształty orbit: kołowa – minimum energii planety - PowerPoint PPT Presentation
Citation preview
MECHANIKA NIEBA
WYKŁAD 5
02.04.2008 r
r
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera
Potencjał efektywny
Potencjał efektywny w łatwy sposób tłumaczy kształty orbit:
kołowa – minimum energii planetyeliptyczna – planeta zmienia odległość między
dwoma skrajnymi wartościamiparaboliczna – zerowa energia (ciało nadlatuje
z nieskończonosci)hiperboliczna– energia większa od 0
hrr2
cr
2
12
22
czynnik związany z działaniem siły odśrodkowej
energia potencjalna
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera
Wróćmy do równań:
z pierwszymi całkami:
3r
rv;vr
constrr2
cr
2
1h;constvrc
2
22
Korzystając z nich i całkując równanie:
otrzymujemy:
3r
rc
r
r
dt
d
cvr
re
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera
cvr
re
e jest stałym wektorem (Laplace-Runge-Lenz wektor).
1. c=0(ruch prostoliniowy), wtedy , wektor e leży na linii ruchu ajego długość jest równa 1.
er
r
(5.1)
2. c≠0 , skąd dostajemy, że . To oznacza, że e leży w płaszczyźnie ruchu.
0cr 0ce
Możemy rozróżnić dwa przypadki:
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera2. c≠0 c.d., mnożymy (5.1) skalarnie przez r i otrzymujemy:
2crre
Dla e=0 mamy , a więc ruch po okręgu, dla którego: constc
r2
rr2
ch
rr2
cr
2
1h
cr
rvrrv
2
2
2
22
2
2222222
Przekształcając ten układ dostajemy:
2
2
c2
1h
co oznacza, że dla e=0 mamy ruch po okręgu z ujemną energią.
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera Dla e≠0 wprowadźmy do równania (5.1) kąty υ i ω:
2crcosre;
cose1
cr
2
Otrzymujemy równanie orbity, które jest równaniem biegunowym krzywej stożkowej
e ma długość równą mimośrodowi, a jego koniec leży w perycentrum
υ – anomalia prawdziwa0
Q
P
θ
υ
ω
er
linia apsyd
(5.2)
Dotąd znaleźliśmy dla układu równań:
dwa wektory i jeden skalar będące stałymi ruchu, a więc siedem stałych. To oznacza, że nie mogą one być niezależne. Istnieją między nimi dwie zależności.
Zagadnienie dwóch ciał
Podsumowanie
3r
rv;vr
Pierwsza: oznacza, że e i c są do siebie prostopadłe.0ce
Drugą zależność uzyskamy przekształcając równanie:
cvr
re
Zagadnienie dwóch ciał
Podsumowanie
otrzymujemy:
co oznacza, że znaleźliśmy tylko pięć niezależnych stałych.
222 hc21e
Powyższe równanie wskazuje, że:
- dla e<1 (ruch eliptyczny) mamy h<0- dla e=1 (ruch paraboliczny) mamy h=0- dla e>1 (ruch hiperboliczny) mamy h>0- wcześniej zostało pokazane, że dla e=0 (orbita kołowa) mamy h=hmin
(5.3)
Zagadnienie dwóch ciał
III prawo Keplera
Parametr elipsy (z definicji) jest równy:
w naszym przypadku (r-nie 5.2):
porównując prawe strony i uwzględniając w (5.3) otrzymujemy:
2e1ap
2cp
h2a
to znaczy, że rozmiar wielkiej półosi zależy od całkowitej energii układu
Zagadnienie dwóch ciał
III prawo Keplera
rr+δrδS
Wróćmy do prędkości polowej:
ponieważ:
więc:
dr2
1dS 2
2rc
c2
1
dt
dS
korzystając z uzyskanego wcześniej związku między c i a mamy:
2e1a2
1
dt
dS
Zagadnienie dwóch ciał
III prawo Keplera
rr+δrδS
Z drugiej strony, pole elipsy:
Wprowadźmy okres obiegu P i ruch średni n:
wtedy:
22 e1aabS
P
2n
22 e1na2
1
dt
dS
Porównując oba otrzymane wyrażenia na prędkość polową dostajemy:
constan 32
czyli trzecie prawo Keplera
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity – metoda Bineta
cose1
cr
2
0
Q
P
θ
υ
ω
er
linia apsyd
Otrzymane wcześniej równanie orbity:
można wyznaczyć używając metody zaproponowanej przez J. Bineta.
Korzystając z:
możemy napisać: 2rc
dtcdr 2
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity – metoda Bineta
0
Q
P
θ
υ
ω
er
linia apsyd
a następnie:
oraz:
d
d
r
c
dt
d2
d
d
r
c
d
d
r
c
dt
d222
2
W ruchu środkowym działa tylko składowaradialna przyspieszenia:
co można zapisać w postaci:
)r(frra 2
r
)r(fr
cr
d
dr
r
c
d
d
r
c4
2
22
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity – metoda Bineta
0
Q
P
θ
υ
ω
er
linia apsyd
a następnie uwzględniając:
zapisać jako:
r
1
d
d
d
dr
r
12
)r(fr
c
r
1
d
d
d
d
r
c3
2
2
Jeśli podstawimy u=1/r to otrzymamy wzórBineta:
czyli równanie różniczkowe orbity.
u
1f
uc
1u
d
ud222
2
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity – metoda Bineta
0
Q
P
θ
υ
ω
er
linia apsyd
Uwzględniając:
we wzorze Bineta możemy go przekształcić do postaci:
u
1f
du
d
c
1u
d
ud122
2
dr
d
u
1
dr
d
du
dr
du
d2
Wprowadzając potencjał newtonowski
dostajemy ostatecznie:
ur
rf1
22
2
cu
d
ud
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity – metoda Bineta
0
Q
P
θ
υ
ω
er
linia apsyd
22
2
cu
d
ud
przekształcając to równanie dostajemyrównanie krzywej stożkowej we współrzędnych biegunowych:
gdzie:
20 c
cosAu
cose1cr
2
0;Ac
e 0
2
Rozwiązaniem tego równania jest:
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity – metoda Bineta
0
Q
P
θ
υ
ω
er
linia apsyd
Równanie Bineta pozwala ze znanej postaci siły środkowej wyznaczyć orbitę.
Istotną własnością tego równania jest to, że ma taką samą postać w przypadku relatywistycznym:
Francisc D. Aaron 2005, Rom. Journ. Phys.,Vol. 50, Nos. 5-6, 615
u
1f
uc
mu
d
ud22
0
2
2
Położenie punktu na orbicie
Anomalia mimośrodowa
O
Jak było pokazane wcześniej, wektory c i e definiują jednoznacznie orbitę. Możemy ją wyznaczyć mając dane warunki początkowe r0 i v0.
Nie jesteśmy jednak w stanie podać jawnej postaci funkcji r=r(t), a więc nie potrafimy określić położenia punktu na orbicie.
Potrzebujemy do tego ostatnią, brakującą stałą ruchu.
Aby to uzyskać dokonamy zamiany zmiennych t=t(E), gdzie E jest anomalią mimośrodową.
Położenie punktu na orbicie
Anomalia mimośrodowa
O
Z całki energii dostajemy:
hrr2crr 222 (5.4)
Wprowadźmy nową zmienną w następującysposób:
gdzie k i T są stałymi. Ponadto:
t
T r
dkE;k
dt
dEr
dE
dr
r
kr
Uwzględniając to w (5.4) dostajemy:
hrr2cdE
drk 22
2
2
(5.5)
Rozpatrzymy dwa przypadki h=0 oraz h≠0
Położenie punktu na orbicie
h=0
O
W tym przypadku równanie (5.5):
wybieramy k2=μ i różniczkujemy:
r2c
dE
drk 222
dE
dr2
dE
rd
dE
dr2
2
2
ponieważ r nie może być stałe więc powyższerównanie upraszcza się do:
1dE
rd2
2
całkując otrzymujemy:
AEE2
1r 2
0
(5.6)
Położenie punktu na orbicie
h=0
O
Aby wyznaczyć A zakładamy E0=0 i podstawiamy do (5.6) co daje:
2c
2
1A
więc:
22 c
E2
1r
z definicji E:
całkując i uwzględniając wyrażenie na r mamy:
dErdtk
E2
cE
6
1Tt
23
Położenie punktu na orbicie
h=0
O
Otrzymaliśmy:
w drugim z tych równań t jest funkcją E.Rozwiązując je dostaniemy E=E(t) musimy jednak rozpatrywać dwa przypadki c=0 i c≠0
E2
cE
6
1Tt
23
22 c
E2
1r
Położenie punktu na orbicie
h=0, c≠0
O
Ponieważ h=0 więc e=1 i orbita jest parabolą:
r ma wartość minimalną dla υ=0:
cos1
cr
2
2
cr
2
min
Gdy r=rmin to jednocześnie E=0, stąd:
a więc t=T – czas przejścia przez perycentrum
0Tt
Położenie punktu na orbicie
h=0, c≠0
O
Z porównania równań:
dostajemy:
cos1
cr
2
22 c
E2
1r
2
1tg
cE 2
To pozwala na przejście od anomalii prawdziwej do mimośrodowej.
Anomalię prawdziwą można łatwo wyznaczyć z tzw. tablic Barkera jeśli tylkoznamy t-T oraz c2/2μ.
Położenie punktu na orbicie
h=0, c≠0
O
Aby wyznaczyć położenie z anomalii mimośrodowej należy postępować w następujący sposób:
1.na moment czasu t=0 mamy r0 i v0
2.różniczkujemy r-nie
w wyniku czego otrzymujemy:
wtedy:
22 c
E2
1r
r
kEEEr
Err
4. Podstawiając T do równania:
dostajemy E(t), a z równania:
mamy r(t).
Położenie punktu na orbicie
h=0, c≠0
O
3. Używając tego do wartości początkowych mamy:
co pozwala otrzymać T.
000 Evr
E2
cE
6
1Tt
23
22 c
E2
1r
Położenie punktu na orbicie
h=0, c=0
O
W tym przypadku:
i dla t=T następuje kolizja w centrum siły
3
2
ETt6
E2
1r
Położenie punktu na orbicie
h≠0
O
W tym wypadku mamy trzy możliwe rodzaje ruchu:
a)liniowy – c=0 b)hiperboliczny – c≠0, h>0c)eliptyczny – c≠0, h<0
Rozpatrzmy równanie (5.5):
hrr2cdE
drk 22
2
2