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

Wykład 2 - zagadnienie dwóch ciał (od praw Keplera do prawa powszechnego ciążenia i z powrotem..) 24.02.2014

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.

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

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

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)

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

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 2 + 1 ) r

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 2 + 1 ) r F (r) = mc 2 pr 2

Zagadnienie dwóch ciał

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

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

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)

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

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

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

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

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 2 1 + 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

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 2 + 1 2 µṙ 2 γ r podstawiając ϕ = J/(µr 2 ) i ṙ = dr równanie toru dϕ ϕ = dr dϕ J/(µr 2 ) otrzymamy i następnie.. 1 2 µr 2 + 1 2 J 2 ( ) dr 2 J 2 dϕ µr 4 γ r = E

Tor ruchu względnego c. d. Podstawiamy r = 1/w [ ( J 2 ) ] dr 2 1 2µ dϕ r 4 + 1 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

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

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.

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

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 + 1 1 + 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

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)

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

Zależność położenia od czasu. ṙ 2 = γ µ J 2 E = 1 2 µr 2 + 1 2 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 )

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

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 ) + 1 3 tg 3 ( ϑ 2 ) = µγ 2q 3/2 (t t 0)

Anomalia mimośrodowa

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 )

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

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

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