28
MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r

MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r

  • Upload
    esben

  • View
    54

  • Download
    2

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

Page 1: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

MECHANIKA NIEBA

WYKŁAD 5

02.04.2008 r

Page 2: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

E

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

cr21

2

22

czynnik związany z działaniem siły odśrodkowej

energia potencjalna

Page 3: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Zagadnienie dwóch ciał

I prawo Keplera

Wróćmy do równań:

z pierwszymi całkami:3rrv;vr

constrr2

cr21h;constvrc 2

22

Korzystając z nich i całkując równanie:

otrzymujemy:

3rrc

rr

dtd

cvrre

Page 4: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Zagadnienie dwóch ciał

I prawo Keplera

cvrre

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.

err

(5.1)

2. c≠0 , skąd dostajemy, że . To oznacza, że e leży w płaszczyźnie ruchu.

0cr 0ce

Możemy rozróżnić dwa przypadki:

Page 5: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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: constcr2

rr2ch

rr2cr

21h

crrvrrv

2

2

2

22

2

2222222

Przekształcając ten układ dostajemy:

2

2

c21h

co oznacza, że dla e=0 mamy ruch po okręgu z ujemną energią.

Page 6: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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)

Page 7: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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

3rrv;vr

Pierwsza: oznacza, że e i c są do siebie prostopadłe.0ce

Drugą zależność uzyskamy przekształcając równanie:

cvrre

Page 8: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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)

Page 9: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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

Page 10: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Zagadnienie dwóch ciał

III prawo Keplera

rr+δrδS

Wróćmy do prędkości polowej:

ponieważ:

więc:

dr21dS 2

2rc

c21

dtdS

korzystając z uzyskanego wcześniej związku między c i a mamy:

2e1a21

dtdS

Page 11: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Zagadnienie dwóch ciał

III prawo Keplera

rr+δrδS

Z drugiej strony, pole elipsy:

Wprowadźmy okres obiegu P i ruch średni n:

wtedy:

22 e1aabS

P2n

22 e1na21

dtdS

Porównując oba otrzymane wyrażenia na prędkość polową dostajemy:

constan 32

czyli trzecie prawo Keplera

Page 12: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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

Page 13: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Zagadnienie dwóch ciał

Równanie orbity – metoda Bineta

0

Q

P

θ

υ

ω

er

linia apsyd

a następnie:

oraz:

dd

rc

dtd

2

dd

rc

dd

rc

dtd

222

2

W ruchu środkowym działa tylko składowaradialna przyspieszenia:

co można zapisać w postaci:

)r(frra 2r

)r(frcr

ddr

rc

dd

rc

4

2

22

Page 14: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Zagadnienie dwóch ciał

Równanie orbity – metoda Bineta

0

Q

P

θ

υ

ω

er

linia apsyd

a następnie uwzględniając:

zapisać jako:

r1

dd

ddr

r1

2

)r(frc

r1

dd

dd

rc

3

2

2

Jeśli podstawimy u=1/r to otrzymamy wzórBineta:

czyli równanie różniczkowe orbity.

u1f

uc1u

dud

222

2

Page 15: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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:

u1f

dud

c1u

dud

122

2

drd

u1

drd

dudr

dud

2

Wprowadzając potencjał newtonowski

dostajemy ostatecznie:

ur

rf1

22

2

cu

dud

Page 16: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Zagadnienie dwóch ciał

Równanie orbity – metoda Bineta

0

Q

P

θ

υ

ω

er

linia apsyd

22

2

cu

dud

przekształcając to równanie dostajemyrównanie krzywej stożkowej we współrzędnych biegunowych:

gdzie:

20 c

cosAu

cose1cr

2

0;Ace 0

2

Rozwiązaniem tego równania jest:

Page 17: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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

1fuc

mud

ud22

02

2

Page 18: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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.

Page 19: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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 rdkE;k

dtdEr

dEdr

rkr

Uwzględniając to w (5.4) dostajemy:

hrr2cdEdrk 22

22

(5.5)

Rozpatrzymy dwa przypadki h=0 oraz h≠0

Page 20: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Położenie punktu na orbicie

h=0

O

W tym przypadku równanie (5.5):

wybieramy k2=μ i różniczkujemy:

r2cdEdrk 222

dEdr2

dErd

dEdr2 2

2

ponieważ r nie może być stałe więc powyższerównanie upraszcza się do:

1dE

rd2

2

całkując otrzymujemy:

AEE21r 2

0

(5.6)

Page 21: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Położenie punktu na orbicie

h=0

O

Aby wyznaczyć A zakładamy E0=0 i podstawiamy do (5.6) co daje:

2c21A

więc:

22 cE

21r

z definicji E:

całkując i uwzględniając wyrażenie na r mamy:

dErdtk

E2cE

61Tt

23

Page 22: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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

E2cE

61Tt

23

22 cE

21r

Page 23: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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

2cr

2

min

Gdy r=rmin to jednocześnie E=0, stąd:

a więc t=T – czas przejścia przez perycentrum

0Tt

Page 24: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Położenie punktu na orbicie

h=0, c≠0

O

Z porównania równań:

dostajemy:

cos1

cr

2

22 cE

21r

21tgcE 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.

Page 25: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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 cE

21r

rkEEEr

Err

Page 26: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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

E2cE

61Tt

23

22 cE

21r

Page 27: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

Położenie punktu na orbicie

h=0, c=0

O

W tym przypadku:

i dla t=T następuje kolizja w centrum siły

3

2

ETt6

E21r

Page 28: MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008  r

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):

hrr2cdEdrk 22

22