MECHANIKA NIEBA
This presentation is the property of its rightful owner.
Sponsored Links
1 / 28

MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r PowerPoint PPT Presentation


  • 92 Views
  • Uploaded on
  • Presentation posted in: General

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

Download Presentation

MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation

Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author.While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server.


- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - E N D - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Presentation Transcript


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

MECHANIKA NIEBA

WYKŁAD 5

02.04.2008 r


Mechanika nieba wyk ad 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

eliptyczna – planeta zmienia odległość między

dwoma skrajnymi wartościami

paraboliczna – zerowa energia (ciało nadlatuje

z nieskończonosci)

hiperboliczna– energia większa od 0

E

r


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

Zagadnienie dwóch ciał

I prawo Keplera

Wróćmy do równań:

z pierwszymi całkami:

Korzystając z nich i całkując równanie:

otrzymujemy:


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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.


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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.


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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:


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 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:

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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:


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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:


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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:


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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.


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

Położenie punktu na orbicie

h=0, c=0

W tym przypadku:

i dla t=T następuje kolizja w centrum siły

O


Mechanika nieba wyk ad 5 02 04 2008 r

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


  • Login