Zagadnienie Keplera F 12 F 21

Transkrypt

1 Zagadnienie Keplera To zagadnienie bedzie potraktowane bardzo skrótowo i planuje podanie w tym miejscu jedynie podstawowych informacji. Zagadnienie Keplera jest dyskutowane w każdym podreczniku mechaniki. Polecam na przyk lad rozdzia l V pierwszego tomu Wstepu do fizyki A. K. Wróblewskiego i J. K. Zakrzewskiego, PWN, Warszawa 1984 lub rozdzia l III s lynnej ksiażki L. Landaua i E. Lifszica, Mechanika, PWN, Warszawa Rozważmy najpierw dwie punktowe masy m 1 i m 2. Zgodnie z prawem powszechnego ciażenia oddzia luj a one na siebie si lami F 12 i F 21, przy czym zgodnie z III zasada dynamiki Newtona zachodzi F 21 = F 12. m 1 m 2 F 12 F 21 r 1 r 2 Mamy wiec do czynienia z uk ladem równań (1) i (2) O m 1 d 2 r 1 dt 2 = F 12 (1) m 2 d 2 r 2 dt 2 = F 21 = F 12, (2) który można w zasadzie bezpośrednio rozwiazać (np. numerycznie) lub zredukować najpierw do jednego równania korzystajac z faktu, że si ly zależa jedynie od wektora r = r 1 r 2 wzajemnej odleg lości miedzy masami m 1 i m 2. Ta redukcja odbywa sie w sposób nastepuj acy. Jeśli dodamy równania (1) i (2) stronami to dostaniemy co można też zapisać jako d 2 dt 2 (m 1 r 1 + m 2 r 2 ) =, () d 2 dt 2 Oznacza to, ze środek masy obu punktów materialnych ( ) m1 r 1 + m 2 r 2 R m 1 + m 2 porusza sie ruchem jednostajnym ( R i V to sta le wektory) ( ) m1 r 1 + m 2 r 2 =. (4) m 1 + m 2 (5) R(t) = R + V t (6) 1

2 i najprościej przyjać, że uk lad dwóch mas jako ca lość spoczywa ( R(t) = ). Pozostaje wiec do rozwiazania jedno równanie na po lożenie wzgledne r. Dzielac (1) przez m 1, a (2) przez m 2 i odejmujac równanie (2) od równania (1) dostaniemy czyli d 2 ( 1 dt ( r 2 1 r 2 ) = + 1 ) F12. (7) m 1 m 2 m d2 dt 2 r = F 12. (8) gdzie m m 1m 2 m 1 +m 2. Po znalezieniu r(t) i dla wcześniej zdefiniowanego R(t) po lożenia obu punnktów materialnych dane sa w postaci r 1 = R m 2 + r (9) m 1 + m 2 r 2 = R m 1 m 1 + m 2 r. (1) Mamy wiec jakby do czynienia z ruchem jednego punktu materialnego o masie m pod wp lywem si ly F F r r 12 = Gm 1 m 2 κ r r (11) y r v F(r) m O x Dla takiego ruchu energia ca lkowita, E m 2 v 2 κ r m ( v 2 2 x + vy 2 + vz 2 oraz moment pedu liczony wzgledem punktu O ) κ x2 + y 2 + z 2 (12) L O r p m r v, (1) pozostaja sta le w czasie. Jest też jasne, że ruch odbywa sie w ustalonej p laszczyźnie. Bez straty ogólności możemy przyjać. że jest to p laszczyzna xy, wiec z(t) = i v z (t) =. W takim przypadku tylko sk ladowa L z wektora L L z = mxv y myv x (14) 2

3 jest różna od zera. Jej wartość bezwzgledn a oznaczamy L. Wielkości E i L decyduja o parametrach toru czastki. Należy zwrócić uwage, że E może być dodatnia, ujemna lub przyjmować wartość zero. Ostatecznie poszukujemy wiec czterech wielkości: x(t), ẋ(t) x (t) d x(t), y(t) i ẏ(t) dt y (t) d y(t). dt Wycieczka do uk ladu biegunowego Problem Keplera wygodnie jest rozważać w uk ladzie biegunowym, bo w nim si la ma tylko jedna sk ladow a. Poniżej podam wyprowadzenie ważnego wzoru Bineta. Odpowiednikiem uk ladu równań jest teraz mẍ = F x (x,y) mÿ = F y (x,y) ma ϕ m (2 ρ ϕ + ρ ϕ) = F ϕ = ma ρ m ( ρ ρ ϕ ϕ) = F ρ (ρ) F(ρ) Równanie z a ϕ można zapisać także w innej postaci: Oznacza to, że wielkość 1 ρ d ( mρ2 ϕ ) = dt mρ 2 ϕ jest sta la w czasie ruchu. Jest to inaczej zapisana sk ladowa momentu pedu L z L, bo L = m(xẏ yẋ) = m (ρ cos ϕ( ρ sin ϕ + ρ cos ϕ ϕ) ρ sin ϕ( ρ cos ϕ ρ sin ϕ ϕ)) = mρ 2 ϕ. Zak ladamy dalej, że L, bo w przeciwnym wypadku ruch odbywa lby sie po linii prostej. Zachodzi wiec ϕ = L mρ 2. Równanie toru we wspó lrz ednych biegunowych jest postaci ρ = ρ(ϕ). Dlatego ρ = dρ dt = dρ dϕ dϕ dt = dρ L dϕ mρ = L d 2 m dϕ ( ) 1. ρ

4 Dalej mamy ρ = d d ρ dϕ ( ρ) = dt dϕ dt = d dϕ ( L d m dϕ ( )) 1 dϕ ρ d 2 dt = L m dϕ 2 Wstawiajac ten wynik do wzoru z a ρ, dostajemy m L2 d 2 ( ) 1 mρ L2 m 2 ρ 2 dϕ 2 ρ m 2 ρ = F(ρ) 4 i ostatecznie wzór Bineta: d 2 dϕ 2 ( ) ρ ρ = mρ2 L F(ρ). 2 ( ) 1 L ρ mρ = L2 d 2 2 m 2 ρ 2 dϕ 2 ( ) 1. ρ Powyższy wzór umożliwia znalezienie si ly centralnej, jeśli znane jest równanie toru ρ(ϕ). I odwrotnie: jeśli znamy zależność si ly centralnej od ρ i ϕ, to można określić ρ(ϕ). Zgodnie z I prawem Keplera planety poruszaja sie po eliptycznych orbitach, w których w jednym z ognisk znajduje sie S lońce. Takie równanie elipsy ma we wspó lrz ednych biegunowych postać p ρ = 1 + e cos ϕ, gdzie mimośród elipsy e i jej parametr p dane sa wzorami Dla takiej zależności ρ(ϕ) mamy i wiec ze wzoru Bineta dostajemy d 2 dϕ 2 d 2 dϕ 2 e = a2 b 2, a p = a(1 e 2 ). ( ) 1 = e cos ϕ ρ p ( ) ρ ρ = 1 p, L2 F(ρ) = mp ρ 2, czyli si la jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odleg lości i przyciagaj aca. 1 Oprócz pozycji dotyczacych problemu Keplera wymienionych na poczatku wyk ladu, goraco polecam także dostepn a w sieci przedwojenna ksiażk e znakomitego matematyka Stefana Banacha, Mechanika: 1 Bezpośrednie podstawienie ρ = r = const nie pozwala na znalezienie postaci funkcyjnej F(ρ). 4

5 Zagadnienie Keplera z momentem pedu L Równanie toru możemy ogólnie zapisać we wspó lrz ednych biegunowych w postaci r = p 1 + e cos ϕ. (15) Przedstawia ono krzywa stożkowa o ognisku w poczatku uk ladu wspó lrz ednych, przy czym p i e sa parametrem i mimośrodem krzywej. p = L2 m κ (16) e = 1 + 2E L2 m κ 2. (17) Kat ϕ mierzony jest w taki sposób, że punkt o wspó lrz ednej ϕ = jest najbliższym punktem centrum si ly, tzw. peryhelium orbity. y y r O ϕ x x Dla E < mimośród e < 1, co oznacza, że orbita jest elipsa o pó losiach danych wzorami: b = a = p 1 e 2 = p 1 e = κ 2 (18) 2 E L 2m E. (19) Najmniejsza dopuszczalna wartość energii przy ustalonym L to E min = m κ2. Dla tej 2 L 2 wartości energii e =, czyli elipsa przechodzi w okrag o promieniu r = L2. m κ Zależność po lożenia od czasu na orbicie eliptycznej można podać jedynie w postaci parametrycznej. Wprowadzamy parametr ξ poprzez zależność r a = ae cos ξ (2) 5

6 4 orbita eliptyczna 2 y [1 6 km] 1-1 S x [1 6 km] 6

7 2 15 tor hiperboliczny wprost po odwroceniu czasu 1 5 y [1 6 km] -5 S x [1 6 km] 7

8 1 8 tor paraboliczny wprost po odwroceniu czasu 6 4 y [1 6 km] 2-2 S x [1 6 km] 8

9 Wówczas (ξ [, 2π]) r = a (1 e cos ξ) (21) ma t = (ξ e sin ξ) (22) κ x = a (cos ξ e) (2) y = b sin ξ. (24) W szczególności czas obiegu opo orbicie eliptycznej wynosi T = t(2π) t() = 2π ma κ (25) Dla toru parabolicznego wygodnym parametrem jest tan ϕ 2 (tan ϕ 2 (, )): ( t = mp2 tan ϕ 2L ϕ ) tan 2 p r = 1 + cosϕ = p ( 1 + tan 2 ϕ ) 2 2 x = r cos ϕ = p ( 1 tan 2 ϕ ) 2 2 (26) (27) (28) y = r sin ϕ = p tan ϕ 2. (29) Dla toru hiperbolicznego wprowadzamy parametr χ (χ (, )) i dostajemy r = a (e cosh χ 1) () ma t = (e sinh χ χ) (1) κ x = a (e cosh χ) (2) y = a e 2 1 sinhχ. () Należy pamietać, że dla hiperboli mamy inne zwiazki miedzy p, e, a i b: a = p (4) e 2 1 p b = e2 1. (5) 9

10 Ruch radialny w zagadnieniu Keplera Z orbitalnym momentem pedu L= O M R m v o r Chcemy znaleźć r(t), jeśli zachodzi r(t = ) = R oraz v(t = ) = v. Wygodnie jest użyć zasady zachowania energii i wyliczyć predkość v(t): E GMm R v(t) = + m 2 v2 = GMm r 2E m + 2GM r + m 2 v2 Z dok ladnościa do znaku mamy ± dr = v(t) dt W sytuacji zaznaczonej na rysunku, w poczatkowej fazie ruchu zachodzi (niezależnie od znaku E) < dr 2E dt = m + 2GM r i to równanie można rozwiazać analitycznie. Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych. Najprostszy przypadek to E =. Nie tylko na poczatku, ale w dowolnej chwili czasu zachodzi dr >. Po prostych rachunkach dostajemy (notatki do wgl adu) dt r(t) = ( 2 2GM )2 v(t) = dr ( )2 dt = 2 2GM 2 t + 2R 2 2GM 2 t + 2R 2 2GM 1 Dla E > także mamy do czynienia z ucieczka masy m do nieskończoności. Także w tym wypadku w dowolnej chwili czasu zachodzi dr >, co prowadzi do dt r dt = dr B + Ar, 1

11 gdzie A = 2 E > i B = 2GM >. m r Ar B + Ar dr B + Ar = A 2 B A 2 log [ 2 ( Ar + B + Ar )] f 1 (r) Dostajemy wiec t + C = f 1 (r). Tej zależności nie da sie odwrócić, by uzyskać r(t)! Warunek poczatkowy + C = f 1 (R) pozwala na wyliczenie sta lej C i podanie ostatecznego rozwiazania w postaci t = t(r) = f 1 (r) f 1 (R). Rozważmy jeszcze ostatni przypadek, E <. W tym wypadku r nie może rosnać do nieskończoności i ruch jest ograniczony: r B A = GMm E r max. Obiekt o masie m najpierw oddala sie od masy M, a potem powraca. Ca lkowanie równania różniczkowego prowadzi do r dr B Ar = B arctan Trzeba pamietać, że dla powrotu A 2 Ar B Ar v(t) = dr dt <. (B Ar)r A f 2 (r) Definiujemy czas t max w taki sposób, że r(t max ) = r max. Ostatecznie, uwzgledniaj ac warunek poczatkowy dostajemy t(r) = { f 2 (r) f 2 (R), t < t max. t max + f 2 (r max ) f 2 (r), t t max Prosze nie wierzyć ślepo podanym wyrażeniom! 11

12 Precesja peryhelium Merkurego Poprawka do prawa powszechnego ciażenia Orbita Merkurego ma znaczny mimośród e, równy W peryhelium przybliża sie ta planeta na r prh = AU do S lońca, a w aphelium jej odleg lość od S lońca wynosi r aph = AU. Okres obiegu Merkurego dooko la S lońca wynosi T = lat ziemskich. W przypadku Merkurego nie mamy w laściwie do czynienia z zamkniet a orbita, bo peryhelium Merkurego zmienia swoja pozycje po każdym obiegu tej planety wokó l S lońca. Ten efekt jest niewielki i wynosi jedynie 566 sekundy luku na 1 ziemskich lat, co oznacza pe lny obrót peryhelium w czasie oko lo 2 lat. Cześć tego efektu (oko lo 52 sekund luku na 1 lat) można wyt lumaczyć na gruncie klasycznej mechaniki newtonowskiej wp lywem innych planet. Brakujace 4 sekundy luku na 1 lat zosta lo wyjaśnione przez Ogólna Teorie Wzgledności (OTW) Einsteina. Efektywnie poprawke OTW można sprowadzić w pierwszym przybliżeniu do dodatkowego sk ladnika w prawie powszechnego ciażenia: ( r F 12 = Gm 1 m 2 r 1 + α ) r 2, (6) gdzie dla Merkurego α AU 2. Spróbujemy prześledzć numerycznie ten efekt. Bardzo ważna sprawa jest w laściwy wybór warunków poczatkowych. Znajac odleg lości Merkurego od S lońca w aphelium i peryhelium, możemy policzyć d lugość d luższej pó losi a a = 1 2 (r aph + r prh ) =.879 AU. Dalej wiemy, że okres T obiegu planety wokó l S lońca jest zwiazany z a T = 2π a Gm 2. W końcu wykorzystujemy zwiazek miedzy a i ca lkowit a energia E a = Gm 1m 2 2 E po to, by znaleźć predkość Merkurego w aphelium: ( 2 v aph = Gm 2 1 ). r aph a Skoro znamy już warunki poczatkowe (w tym przypadku w aphelium), możemy teraz wykorzystać którykolwiek z programów liczacych orbite ko low a Ziemi. Wystarczy w tym 12

13 celu zmienić odpowiednio warunki poczatkowe oraz zmodyfikowac dwa spośród czterech równań uk ladu. Dla zbadania precesji peryhelium (w laściwie w naszym przypadku precesji aphelium, ale to jest równoważne), wygodnie jest wypisywać pozycje Merkurego po kolejnych okresach. Ponieważ efekt po jednym okresie jest bardzo niewielki, zalecane sa w laściwie dwie drogi postepowania 1. Wykonanie obliczeń z różnymi wartościami α znacznie wiekszymi od wartości prawdziwej, a nastepnie ekstrapolacja wyników do prawdziwej wartości α. 2. Prześledzenie po lożenia Merkurego po bardzo wielu okresach (kilkaset tysiecy), co jest zupe lnie wykonalne. W tym przypadku należy jednak upewnić sie, że zmiany po lożenia Merkurego nie biora sie z numerycznych niedok ladności akumulujacych sie wskutek bardzo d lugiego przedzia lu ca lkowania. W tym celu, dla referencji w laściwe jest wykonanie równoleg lych obliczeń z α =. Jeśli zmiany po lożenia Merkurego po bardzo wielu okresach dla α = bed a wciaż ma le, mamy pewność, że obserwujemy w laściwy efekt. Energia ca lkowita uk ladu E tot, E tot = E kin Gm 1 m 2 1 r Gm 1m 2 α r (7) czyli suma energii kinetycznej E kin oraz odpowiednio zmienionej energii potencjalnej powinna być sta la w czasie Również moment pedu L z = mxv y myv x (8) jest zachowany, bo pomimo zmian wciaż mamy do czynienia z zachowawcza si l a centralna. y 2a 2b O c=ea S v aph x r prh r aph (c) Jacek Golak,

14 y [AU] α=.1 (AU) t max = T x [AU] y [AU] t max = 2T x [AU] y [AU] t max = T x [AU] y [AU] t max = 4T x [AU]

15 Stabilnosc rozwiazania z α=, t max = T x [AU] Obrot aphelium Merkurego, α= (AU) 2, t max = T x [AU]