MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera czynnik związany z działaniem siły odśrodkowej energia potencjalna 1 2 c2 r 2 h 2 2r r Potencjał efektywny E Potencjał efektywny w łatwy sposób tłumaczy kształty orbit: r kołowa – minimum energii planety eliptyczna – planeta zmienia odległość między dwoma skrajnymi wartościami paraboliczna – zerowa energia (ciało nadlatuje z nieskończonosci) hiperboliczna– energia większa od 0 Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera Wróćmy do równań: z pierwszymi całkami: r r v; v 3 r 1 2 c2 c r v const; h r 2 const 2 2r r Korzystając z nich i całkując równanie: d r c r 3 dt r r otrzymujemy: r e v c r Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera r e v c r (5.1) e jest stałym wektorem (Laplace-Runge-Lenz wektor). Możemy rozróżnić dwa przypadki: r e 1. c=0(ruch prostoliniowy), wtedy , wektor e leży na linii ruchu a r jego długość jest równa 1. 2. c≠0 , r c 0 skąd dostajemy, że e c 0 . To oznacza, że e leży w płaszczyźnie ruchu. Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera 2. c≠0 c.d., mnożymy (5.1) skalarnie przez r i otrzymujemy: c2 e r r c2 Dla e=0 mamy r const , a więc ruch po okręgu, dla którego: v 2 r 2 r 2 2 r 2 c v 2 r 2 2 1 2 c2 c2 h r 2 h 2 2 2r r 2r r Przekształcając ten układ dostajemy: 1 2 h 2 2c 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: c2 ; e r cos r c2 Q P r e υ θ 0 ω r 1 e cos (5.2) Otrzymujemy równanie orbity, które jest równaniem biegunowym krzywej stożkowej e ma długość równą mimośrodowi, a jego koniec leży w perycentrum υ – anomalia prawdziwa Zagadnienie dwóch ciał Podsumowanie Dotąd znaleźliśmy dla układu równań: r r v; v 3 r 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. Pierwsza: e c 0 oznacza, że e i c są do siebie prostopadłe. Drugą zależność uzyskamy przekształcając równanie: r e v c r Zagadnienie dwóch ciał Podsumowanie otrzymujemy: 2 e 2 1 2hc2 (5.3) co oznacza, że znaleźliśmy tylko pięć niezależnych stałych. 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 Zagadnienie dwóch ciał III prawo Keplera Parametr elipsy (z definicji) jest równy: p a 1 e 2 w naszym przypadku (r-nie 5.2): c2 p porównując prawe strony i uwzględniając w (5.3) otrzymujemy: a 2h to znaczy, że rozmiar wielkiej półosi zależy od całkowitej energii układu Zagadnienie dwóch ciał III prawo Keplera Wróćmy do prędkości polowej: 1 dS r 2 d 2 δS r+δr r ponieważ: więc: c r 2 dS 1 c dt 2 korzystając z uzyskanego wcześniej związku między c i a mamy: dS 1 a 1 e 2 dt 2 Zagadnienie dwóch ciał III prawo Keplera Z drugiej strony, pole elipsy: S ab a 2 1 e 2 Wprowadźmy okres obiegu P i ruch średni n: δS r+δr n r 2 P wtedy: dS 1 2 na 1 e 2 dt 2 Porównując oba otrzymane wyrażenia na prędkość polową dostajemy: n 2 a 3 const czyli trzecie prawo Keplera Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta Otrzymane wcześniej równanie orbity: c2 r 1 e cos można wyznaczyć używając metody zaproponowanej przez J. Bineta. Q P r e Korzystając z: c r 2 υ możemy napisać: θ 0 ω r 2 d c dt Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta a następnie: d c d 2 dt r d oraz: Q P r e υ θ 0 ω d2 c d c d dt 2 r 2 d r 2 d W ruchu środkowym działa tylko składowa radialna przyspieszenia: a r r r 2 f (r ) co można zapisać w postaci: c d c dr c 2 2 r 4 f ( r ) 2 r d r d r Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta a następnie uwzględniając: 1 dr d 1 r 2 d d r zapisać jako: Q P r e υ θ 0 ω c d d 1 c2 3 f ( r ) 2 r d d r r Jeśli podstawimy u=1/r to otrzymamy wzór Bineta: d2u 1 1 u f 2 2 2 d c u u czyli równanie różniczkowe orbity. Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta Uwzględniając: d dr d 1 d 2 du du dr u dr we wzorze Bineta możemy go przekształcić do postaci: Q P r e υ θ 0 d2u 1 d 1 u f1 2 2 d c du u Wprowadzając potencjał newtonowski f1 r ω u r dostajemy ostatecznie: d2u u d 2 c2 Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta d2u u d 2 c2 Rozwiązaniem tego równania jest: u A cos 0 Q P r e przekształcając to równanie dostajemy równanie krzywej stożkowej we współrzędnych biegunowych: υ θ 0 c2 2 c r 1 e cos ω gdzie: Ac 2 e ; 0 0 Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta Równanie Bineta pozwala ze znanej postaci siły środkowej wyznaczyć orbitę. Q P r e υ θ 0 ω Istotną własnością tego równania jest to, że ma taką samą postać w przypadku relatywistycznym: m0 1 d2u u 2 2 f d 2 c u u Francisc D. Aaron 2005, Rom. Journ. Phys., Vol. 50, Nos. 5-6, 615 Położenie punktu na orbicie Anomalia mimośrodowa 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. O 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 Z całki energii dostajemy: rr 2 c 2 2r r 2 h (5.4) Wprowadźmy nową zmienną w następujący sposób: t dE d r k; E k dt T r O gdzie k i T są stałymi. Ponadto: r k dr r dE Uwzględniając to w (5.4) dostajemy: 2 dr k 2 c 2 2r r 2 h dE (5.5) Rozpatrzymy dwa przypadki h=0 oraz h≠0 Położenie punktu na orbicie h=0 W tym przypadku równanie (5.5): 2 k 2 dr c 2 2r dE (5.6) wybieramy k2=μ i różniczkujemy: dr d 2 r dr 2 2 dE dE 2 dE O ponieważ r nie może być stałe więc powyższe równanie upraszcza się do: d2r 1 2 dE całkując otrzymujemy: r 1 E E 0 2 A 2 Położenie punktu na orbicie h=0 Aby wyznaczyć A zakładamy E0=0 i podstawiamy do (5.6) co daje: 1 c2 A 2 więc: O 1 2 c2 r E 2 z definicji E: k dt r dE całkując i uwzględniając wyrażenie na r mamy: 1 3 c2 t T E E 6 2 Położenie punktu na orbicie h=0 Otrzymaliśmy: 1 2 c2 r E 2 O 1 3 c2 t T E E 6 2 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 Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 Ponieważ h=0 więc e=1 i orbita jest parabolą: c2 r 1 cos r ma wartość minimalną dla υ=0: O rmin c2 2 Gdy r=rmin to jednocześnie E=0, stąd: t T 0 a więc t=T – czas przejścia przez perycentrum Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 Z porównania równań: c2 r 1 cos 1 2 c2 r E 2 dostajemy: O E2 c 1 tg 2 To pozwala na przejście od anomalii prawdziwej do mimośrodowej. Anomalię prawdziwą można łatwo wyznaczyć z tzw. tablic Barkera jeśli tylko znamy t-T oraz c2/2μ. Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 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 1 2 c2 r E 2 O w wyniku czego otrzymujemy: k r EE E r wtedy: rr E Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 3. Używając tego do wartości początkowych mamy: r0 v 0 E 0 co pozwala otrzymać T. 4. Podstawiając T do równania: O 1 3 c2 t T E E 6 2 dostajemy E(t), a z równania: mamy r(t). 1 2 c2 r E 2 Położenie punktu na orbicie h=0, c=0 W tym przypadku: 1 2 r E 2 6 t T E 3 O i dla t=T następuje kolizja w centrum siły Położenie punktu na orbicie h≠0 W tym wypadku mamy trzy możliwe rodzaje ruchu: a) liniowy – c=0 b) hiperboliczny – c≠0, h>0 c) eliptyczny – c≠0, h<0 O Rozpatrzmy równanie (5.5): 2 dr k 2 c 2 2r r 2 h dE