MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r

1. MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r

2. 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 eliptyczna – planeta zmienia odległość między dwoma skrajnymi wartościami paraboliczna – zerowa energia (ciało nadlatuje z nieskończonosci) hiperboliczna– energia większa od 0 E r

3. Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera Wróćmy do równań: z pierwszymi całkami: Korzystając z nich i całkując równanie: otrzymujemy:

4. Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera (5.1) e jest stałym wektorem (Laplace-Runge-Lenz wektor). Możemy rozróżnić dwa przypadki: c=0(ruch prostoliniowy), wtedy , wektor e leży na linii ruchu a jego długość jest równa 1. c≠0 , skąd dostajemy, że . To oznacza, że e leży w płaszczyźnie ruchu.

5. Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera 2. c≠0 c.d., mnożymy (5.1) skalarnie przez r i otrzymujemy: Dla e=0 mamy , a więc ruch po okręgu, dla którego: Przekształcając ten układ dostajemy: co oznacza, że dla e=0 mamy ruch po okręgu z ujemną energią.

6. Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera Dla e≠0 wprowadźmy do równania (5.1) kąty υ i ω: linia apsyd Q (5.2) P Otrzymujemy równanie orbity, które jest równaniem biegunowym krzywej stożkowej e ma długość równą mimośrodowi, a jego koniec leży w perycentrum υ – anomalia prawdziwa υ θ ω 0

7. Zagadnienie dwóch ciał Podsumowanie 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. Pierwsza: oznacza, że e i c są do siebie prostopadłe. Drugą zależność uzyskamy przekształcając równanie:

8. Zagadnienie dwóch ciał Podsumowanie otrzymujemy: co oznacza, że znaleźliśmy tylko pięć niezależnych stałych. (5.3) 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

9. 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: to znaczy, że rozmiar wielkiej półosi zależy od całkowitej energii układu

10. Zagadnienie dwóch ciał III prawo Keplera Wróćmy do prędkości polowej: ponieważ: więc: δS r r+δr korzystając z uzyskanego wcześniej związku między c i a mamy:

11. Zagadnienie dwóch ciał III prawo Keplera Z drugiej strony, pole elipsy: Wprowadźmy okres obiegu P i ruch średni n: wtedy: δS r r+δr Porównując oba otrzymane wyrażenia na prędkość polową dostajemy: czyli trzecie prawo Keplera

12. Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta Otrzymane wcześniej równanie orbity: można wyznaczyć używając metody zaproponowanej przez J. Bineta. linia apsyd Q P Korzystając z: możemy napisać: υ θ ω 0

13. Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta a następnie: oraz: linia apsyd Q P W ruchu środkowym działa tylko składowa radialna przyspieszenia: co można zapisać w postaci: υ θ ω 0

14. Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta a następnie uwzględniając: zapisać jako: linia apsyd Q P Jeśli podstawimy u=1/r to otrzymamy wzór Bineta: czyli równanie różniczkowe orbity. υ θ ω 0

15. Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta Uwzględniając: we wzorze Bineta możemy go przekształcić do postaci: linia apsyd Q P Wprowadzając potencjał newtonowski dostajemy ostatecznie: υ θ ω 0

16. Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta Rozwiązaniem tego równania jest: linia apsyd przekształcając to równanie dostajemy równanie krzywej stożkowej we współrzędnych biegunowych: gdzie: Q P υ θ ω 0

17. Zagadnienie dwóch ciał Równanie orbity – metoda Bineta 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 linia apsyd Q P υ θ ω 0

18. 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. Potrzebujemy do tego ostatnią, brakującą stałą ruchu. Aby to uzyskać dokonamy zamiany zmiennych t=t(E), gdzie E jest anomalią mimośrodową. O

19. Położenie punktu na orbicie Anomalia mimośrodowa Z całki energii dostajemy: (5.4) Wprowadźmy nową zmienną w następujący sposób: gdzie k i T są stałymi. Ponadto: O Uwzględniając to w (5.4) dostajemy: (5.5) Rozpatrzymy dwa przypadki h=0 oraz h≠0

20. Położenie punktu na orbicie h=0 W tym przypadku równanie (5.5): wybieramy k2=μ i różniczkujemy: (5.6) O ponieważ r nie może być stałe więc powyższe równanie upraszcza się do: całkując otrzymujemy:

21. Położenie punktu na orbicie h=0 Aby wyznaczyć A zakładamy E0=0 i podstawiamy do (5.6) co daje: więc: O z definicji E: całkując i uwzględniając wyrażenie na r mamy:

22. Położenie punktu na orbicie h=0 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 O

23. Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 Ponieważ h=0 więc e=1 i orbita jest parabolą: r ma wartość minimalną dla υ=0: O Gdy r=rmin to jednocześnie E=0, stąd: a więc t=T – czas przejścia przez perycentrum

24. Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 Z porównania równań: dostajemy: O 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.

25. Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 Aby wyznaczyć położenie z anomalii mimośrodowej należy postępować w następujący sposób: na moment czasu t=0 mamy r0 i v0 różniczkujemy r-nie w wyniku czego otrzymujemy: wtedy: O

26. Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 3. Używając tego do wartości początkowych mamy: co pozwala otrzymać T. 4. Podstawiając T do równania: dostajemy E(t), a z równania: mamy r(t). O

27. Położenie punktu na orbicie h=0, c=0 W tym przypadku: i dla t=T następuje kolizja w centrum siły O

28. Położenie punktu na orbicie h≠0 W tym wypadku mamy trzy możliwe rodzaje ruchu: liniowy – c=0 hiperboliczny – c≠0, h>0 eliptyczny – c≠0, h<0 Rozpatrzmy równanie (5.5): O