1 / 28

MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r

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

kamana
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. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript


  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

More Related