Wykład 2 - zagadnienie dwóch ciał (od praw Keplera do prawa powszechnego ciążenia i z powrotem..)

Transkrypt

1 Wykład 2 - zagadnienie dwóch ciał (od praw Keplera do prawa powszechnego ciążenia i z powrotem..)

2 Prawa Keplera Na podstawie obserwacji zgromadzonych przez Tycho Brahe (głównie obserwacji Marsa) Johannes Kepler sformułował i opublikował w latach 1609 (Astronomia nova) i 1619 (Harmonices Mundi) trzy prawa opisujące ruch planet. 1. Planety poruszają się po orbitach eliptycznych. Słońce znajduje się w jednym z ognisk elipsy. 2. Prędkość polowa planety w jej ruchu orbitalnym względem Słońca jest stała. 3. stosunek trzeciej potęgi rozmiarów wielkiej półosi orbity do kwadratu okresu orbitalnego jest stały.

3 Pytanie - co to jest? r = p (1 + e cos ϕ)

4 Pytanie - co to jest? r = p (1 + e cos ϕ) r - odległość od jednego z ognisk (centrum siły) ϕ - anomalia prawdziwa p - parametr p = a(1 e 2 ) e - mimośród

5 Pytanie - co to jest? r = p (1 + e cos ϕ) r - odległość od jednego z ognisk (centrum siły) ϕ - anomalia prawdziwa p - parametr p = a(1 e 2 ) e - mimośród Odpowiedź: równanie krzywej stożkowej we współrzędnych biegunowych (e < 1 - elipsa, e = 1 - parabola, e > 1 - hiperbola)

6 Wzór Bineta Gdy mamy ruch pod wpływem sił centralnych, radialną składową przyspieszenia w układzie biegunowym możemy zapisać jako: czyli siła będzie równa a r = r r ϕ 2 F r = m( r r ϕ 2 ). Pochodną czasową długości promienia wodzącego możemy zapisać jako dr dt = ṙ = dr dϕ ϕ

7 Wzór Bineta c.d. Korzystając z faktu, że prędkość polowa ruchu planety ma być stała (drugie prawo Keplera, które jest szczególnym przypadkiem zasady zachowania momentu pędu) możemy otrzymać równanie toru ciała: r 2 ϕ = C daje ϕ = C/r 2 i ṙ = dr C dϕ r 2 = C d ( ) 1 dϕ r czyli r = dṙ dϕ ϕ = C 2 d 2 (1/r) r 2 dϕ 2 co po podstawieniu do wzoru na siłę daje wzór Bineta F = mc 2 ( d 2 (1/r) r 2 dϕ ) r

8 Wzór Bineta i prawo powszechnego ciążenia Podstawienie równania toru elipsy r = p/(1 + e cos ϕ), który opisuje tor planety w ruchu wokół Słońca (I prawo Keplera) do wzoru F = mc 2 r 2 daje zależność siły od promienia: ( d 2 (1/r) dϕ ) r F (r) = mc 2 pr 2

9 Zagadnienie dwóch ciał

10 Równania ruchu dwóch punktowych mas oddziałujących grawitacyjnie Mamy dwa równania ruchu i aby je rozwiązać będziemy potrzebować 12 stałych całkowania. m 1 d 2 x 1 dt 2 = Gm 1m 2 r 3 r 12 m 2 d 2 x 2 dt 2 = Gm 1m 2 r 3 r 12

11 Równania ruchu środka masy m 1 d 2 x 1 dt 2 = Gm 1m 2 r 3 r 12 d 2 x 2 m 2 dt 2 = Gm 1m 2 r 3 r 12 Dodajemy równania stronami d 2 x 1 m 1 dt 2 + m d 2 x 2 2 dt 2 = 0 Ponieważ mamy ruch ciał o stałej masie, to d 2 dt 2 (m 1 x 1 + m 2 x 2 ) = 0

12 Równanie ruchu środka masy c.d. Wektor położenia środka masy jest określony jako tak więc mamy R = m 1 x 1 + m 2 x 2 m 1 + m 2 (m 1 + m 2 ) d 2 R dt 2 Środek masy porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym. Mamy sześć pierwszych stałych całkowania ( R(t) = R 0 + R)

13 Równanie ruchu względnego Równania obustronnie dzielimy przez m 1 (pierwsze) i m 2 (drugie), a następnie odejmujemy równanie pierwsze od drugiego: d 2 x 1 dt 2 = Gm 2 r 3 r 12 d 2 x 2 dt 2 = Gm 1 r 3 r 12 d 2 dt 2 ( x 2 x 1 ) = G(m 2 + m 1 ) r 3 r 12 ( x 2 x 1 ) = R + r 2 R r 1 Otrzymujemy równanie ruchu ciała drugiego względem pierwszego Od tego momentu wektor położenia ciała drugiego względem pierwszego będziemy oznaczać jako r = r 12 = r 2 r 1

14 Równanie ruchu względnego c.d. d 2 dt 2 ( x 2 x 1 ) = d 2 dt 2 ( r 2 r 1 ) = d 2 r dt 2 = G(m 2 + m 1 ) r 3 r Gdy pomnożymy stronami przez m 1 m 2 /(m 1 + m 2 ) otrzymamy odpowiednik równania ruchu punktu materialnego wokół nieruchomego centrum siły µ d 2 r dt 2 = G(m 1m 2 ) r 3 r = γ r 3 r

15 Zasada zachowania momentu pędu i drugie prawo Keplera Równanie ruchu względnego mnożymy wektorowo przez r i otrzymujemy r µ d 2 r dt 2 = 0. Korzystając z różniczkowania funkcji złożonej możemy zapisać, że r µ d 2 r dt 2 = d dt ( r µ r) r µ r = d ( r µ r) dt Tak więc mamy zasadę zachowania momentu pędu, czyli stałą wartość prędkości polowej (II prawo Keplera) czyli d dt ( r µ r) = 0 ( r µ r) = const

16 Aby sprawdzić czemu równa jest ta stała zapiszemy moment pędu układu względem środka masy Js = m 1 r 1 r 1 + m 2 r 2 r 2 Pamiętając, że otrzymujemy r 1 = m 2 m 1 + m 2 r r 2 = m 1 m 1 + m 2 r Js = µ r r

17 Od tej pory energię względem środka masy E s będziemy zapisywać jako E Zasada zachowania energii Równanie ruchu względnego pomnożymy teraz skalarnie przez r i otrzymamy a następnie czyli µ r d 2 r dt 2 = r γ r 3 r d dt (µ1 2 ( r 2 ) γ r ) = 0 (µ 1 2 ( r 2 ) γ r ) = const Jeżeli zapiszemy równanie na energię w układzie środka masy 1 2 (m 1 r m 2 r 2 2 ) γ r = E s i skorzystamy z zależności na r 1 i r 2 otrzymamy (µ 1 2 ( r 2 ) γ r ) = E s

18 Tor ruchu względnego Ruch względny odbywa się w ustalonej płaszczyźnie i możemy go zapisać we współrzędnych biegunowych J = µr 2 ϕ E = 1 2 µr 2 ϕ µṙ 2 γ r podstawiając ϕ = J/(µr 2 ) i ṙ = dr równanie toru dϕ ϕ = dr dϕ J/(µr 2 ) otrzymamy i następnie µr J 2 ( ) dr 2 J 2 dϕ µr 4 γ r = E

19 Tor ruchu względnego c. d. Podstawiamy r = 1/w [ ( J 2 ) ] dr 2 1 2µ dϕ r r 2 γ r = E. dr dϕ = 1 w 2 dw dϕ i otrzymujemy i następnie J 2 2µ [ (dw ) ] 2 + w 2 γw = E dϕ ( dw dϕ = ± w 2 + 2µγ J 2 w + 2µE ) 1/2 J 2

20 Tor ruchu względnego c.d. ( dw dϕ = ± w 2 + 2µγ J 2 w + 2µE ) 1/2 J 2 Podstawienie w = x + µγ/j 2 prowadzi do równania [ µ 2 γ 2 J 4 ( dx 1 + 2EJ2 µγ 2 ) następnie x = y µγ J 2 (1 + 2EJ2 µγ 2 ) 1/2 daje już x 2 ] 1/2 = ±dϕ dy (1 y 2 = ±ϕ ) 1/2

21 Tor ruchu względnego c. d. - krzywe stożkowe, I prawo Keplera Podstawienie y = cos α daje rozwiązanie toru, które po powrocie do zmiennej r ma postać i µγ J 2 + µγ 2EJ2 (1 + J2 µγ 2 )1/2 cos(ϕ ϕ 0 ) = 1 r J 2 µγ r = 1 + (1 + 2EJ2 ) µγ 1/2 cos(ϕ ϕ 2 0 ) = p 1 + e cos(ϕ ϕ 0 ) co jest równaniem krzywej stożkowej o własnościach określonych przez znak E (jeżeli J 2 > 0). E < 0 ruch względny odbywa się po torze eliptycznym. Stanowi to treść pierwszego prawa Keplera. E = 0 równaniem toru jest parabola E > 0 równaniem toru jest hiperbola.

22 Stałe p i e W równaniu toru r = p 1 + e cos(ϕ ϕ 0 ) p = J2 µγ e = (1 + 2EJ2 µγ 2 )1/2

23 Zależność pomiędzy energią a wielką półosią elipsy a W przypadku E < 0 i ruchu po elipsie największa i najmniejsza odległość wynosi odpowiednio Q = p/(1 e) i q = p/(1 + e), w związku z tym wielka półoś elipsy a = 1 2 (q + Q) = 1 2 p( 1 1 e e ) = p 1 e 2 co po podstawieniu daje a = γ 2E = Gm 1m 2 2E i zależność energii od wielkiej półosi elipsy E = Gm 1m 2 2a

24 Prędkość orbitalna ruchu względnego Korzystając z równania zachowania energii możemy podać wartość prędkości orbitalnej dla ruchu po orbicie eliptycznej v = r otrzymamy 1 2 µv 2 Gm 1m 2 r = Gm 1m 2 2a v = (G(m 1 + m 2 )) 1/2 ( 2 r 1 a) 1/2. Korzystamy ze stałości prędkości polowej, która w okresie równym okresowi orbitalnemu P powinna dać pole elipsy S = πab 1 2 r 2 ϕ P = πab Podstawimy wartość prędkości polowej dla najmniejszej odległości pomiędzy ciałami (wtedy nie mamy składowej radialnej prędkości)

25 III prawo Keplera ( v = r ϕ = (G(m 1 + m 2 )) 1/2 2 a(1 e) 1 ) 1/2 = a v = (G(m 1 + m 2 )) 1/2 ( 1 a ) 1 + e 1/2 1 e 1 2 r 2 ϕ P = (G(m 1 + m 2 )) 1/2 ( 1 a 1 + e 1 e otrzymujemy (uogólnione) III prawo Keplera a 3 P 2 = G(m 1 + m 2 ) 4π 2 ) 1/2 a(1 e) P = πa 2 (1 e 2 ) 1/2

26 Zależność położenia od czasu. ṙ 2 = γ µ J 2 E = 1 2 µr µṙ 2 γ r ) = γ µ ( 2E γ + 2 r p r 2 dr dt = 1 e ( 1 a + 2 r a(1 e2 ) r 2 ( ) γ 1/2 ( 1 µ a + 2 r a(1 ) 1/2 e2 ) r 2 ( ( a rdr 1 ( a r ae ) 2 )) 1/2 = ( ) γ 1/2 dt µ )

27 Zależność położenia od czasu c.d. Podstawiamy ξ = (a r)/(ae) czyli r = a(1 eξ) i dr = aedξ i otrzymujemy ( γ µ ) 1/2 a 3/2 dt = eξdξ (1 ξ 2 ) 1/2 dξ (1 ξ 2 ) 1/2 Mamy następujące rozwiązania: Elipsa a > 0, e < 1, ξ = cos E ( ) γ 1/2 a 3/2 (t t 0 ) = arccos(ξ) e(1 ξ 2 ) 1/2 = E e sin E µ Hiperbola a < 0, e > 1, ξ = cosh(f ) ( ) γ 1/2 a 3/2 (t t 0 ) = arccosh(ξ)+e(ξ 2 1) 1/2 = e sinh F F µ Dla paraboli ( ) γ 1/2 (t t 0 ) = 1 (r + p)(2r p)1/2 µ 3

28 Ruch po paraboli Dla ruchu po paraboli najwygodniej jest skorzystać z faktu, że energia całkowita w układzie środka masy równa jest zero i korzystamy z zachowania momentu pędu. Pamiętamy, że p=2q (q - odległość w perycentrum) r = r 2 ϑ = pµγ p 1 + cos(ϑ) = q cos 2 ( ϑ 2 ) q 2 sec 4 ( ϑ 2 )dϑ = 2qµγdt (1 + tg 2 ( ϑ 2 )d(tg ( ϑ µγ )) = 2 dt 2q 3/2 jeżeli jako moment t 0 określimy przejście przez perycentrum to otrzymamy równanie Bakera tg( ϑ 2 ) tg 3 ( ϑ 2 ) = µγ 2q 3/2 (t t 0)

29 Anomalia mimośrodowa

30 Związek anomalii mimośrodowej i anomalii prawdziwej dla elipsy r cos ϑ = a(cos E e) r sin ϑ = b cos E = a ( 1 e 2) 1/2 cos E Pozwala to na otrzymanie następujących zalezności: cos ϑ = cos E e 1 e cos E 1 e sin ϑ = 2 sin E 1 e cos E tg( ϑ 2 ) = 1 + e 1 e tg(e 2 )

31 Stałe ruchu względnego w zagadnieniu dwóch ciał Mamy sześć stałych ruchu dla ruchu względnego dwóch ciał: W rozwiązaniu z poprzedniego wykładu były to Energia liczona w układzie środka masy trzy składowe momentu pędu liczone względem środka masy kąt ϑ 0, który przyjęliśmy 0 dla najmniejszej odległości pomiędzy obu ciałami. wyróżniony moment czasu w którym ϑ = ϑ 0

32 Elementy orbity eliptycznej Rysunek: Elementy orbity: rozmiar wielkiej półosi, mimośród, nachylenie płaszczyzny orbity do płaszczyzny ekliptyki, długość węzła wstępującego, odległość perycentrum od węzła wstępującego, moment przejścia przez

33 Elementy orbity eliptycznej c. d. Ze względów praktycznych związanych z obserwacjami za sześć stałych ruchu względnego w zagadnieniu dwóch ciał najczęściej przyjmujemy: a - wielka półoś orbity e - mimośród orbity i - nachylenie orbity do wyróżnionej płaszczyzny (dla orbit wokółsłonecznych jest to płaszczyzna ekliptyki) Ω - długość węzła wstępujęcego (dla orbit wokółsłonecznych odległość węzła wstępującego od punktu Barana) ω - odległość perycentrum od węzła wstępującego t 0 - moment przejścia przez perycentrum Czasem użyteczne jest korzystanie z długości perycentrum π = ω + Ω. W związku z tym oprócz anomalii prawdziwej θ możemy się spotkać z argumentem szerokości u = θ + ω i prawdziwą długością orbitalną l = θ + ω + Ω = θ + π