MECHANIKA NIEBA
WYKA
AD 5
02.04.2008 r
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera
czynnik zwiÄ…zany z
energia potencjalna
działaniem siły
odśrodkowej
2
1 c
2
&ð
r h
2
2 2r r
Potencjał efektywny
Potencjał efektywny w łatwy sposób tłumaczy
kształty orbit:
kołowa  minimum energii planety
eliptyczna  planeta zmienia odległośd między
dwoma skrajnymi wartościami
paraboliczna  zerowa energia (ciało nadlatuje
r
z nieskooczonosci)
hiperboliczna energia większa od 0
E
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera
Wródmy do równao:
rð
r
rð rð rð
&ð &ð
r v; v
3
r
z pierwszymi całkami:
2
1 c
rð rð rð
2
&ð
c r v const ; h r const
2
2 2r r
Korzystając z nich i całkując równanie:
rð rð rð
d r c r
3
dt r r
otrzymujemy:
rð
rð r rð
rð
e v c
r
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera
rð
rð r rð
rð
e v c
(5.1)
r
e jest stałym wektorem (Laplace-Runge-Lenz wektor).
Możemy rozróżnid dwa przypadki:
rð
r rð
e
1. c=0(ruch prostoliniowy), wtedy , wektor e leży na linii ruchu a
r
jego długośd jest równa 1.
rð rð rð rð
2. c`"0 , skąd dostajemy, że . To oznacza, że e leży w
r c 0 e c 0
płaszczyz
nie ruchu.
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera
2. c`"0 c.d., mnożymy (5.1) skalarnie przez r i otrzymujemy:
2
rð rð c
e r r
2
c
Dla e=0 mamy , a więc ruch po okręgu, dla którego:
r const
2 2 2 2 2 2 2
&ð &ð
&ð
v r r v r
2
&ð
r c
2 2
1 c c
2
&ð
h r h
2 2
2 2r r 2r r
Przekształcając ten układ dostajemy:
2
1
h
2
2 c
co oznacza, że dla e=0 mamy ruch po okręgu z ujemną energią.
Zagadnienie dwóch ciał
I prawo Keplera
Dla e`"0 wprowadz
my do równania (5.1)
kÄ…ty Å i É:
2
c
; e r cos r
2
c
Q
(5.2)
r
P
1 e cos
rð
rð Otrzymujemy równanie orbity, które jest
r
e
równaniem biegunowym krzywej stożkowej
Å
e ma długośd równą mimośrodowi, a jego
¸ É
koniec leży w perycentrum
0
Å  anomalia prawdziwa
Zagadnienie dwóch ciał
Podsumowanie
DotÄ…d znalez
liśmy dla układu równao:
rð
r
rð rð rð
&ð &ð
r v; v
3
r
dwa wektory i jeden skalar będące stałymi ruchu, a więc siedem stałych.
To oznacza, że nie mogą one byd niezależne. Istnieją między nimi dwie
zależności.
rð rð
Pierwsza: oznacza, że e i c są do siebie prostopadłe.
e c 0
Drugą zależnośd uzyskamy przekształcając równanie:
rð
rð r rð
rð
e v c
r
Zagadnienie dwóch ciał
Podsumowanie
otrzymujemy:
2 2 2
(5.3)
e 1 2hc
co oznacza, że znalez
liśmy tylko pięd 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:
2
p a 1 e
w naszym przypadku (r-nie 5.2):
2
c
p
porównując prawe strony i uwzględniając w (5.3) otrzymujemy:
a
2 h
to znaczy, że rozmiar wielkiej półosi zależy od całkowitej energii układu
Zagadnienie dwóch ciał
III prawo Keplera
Wródmy do prędkości polowej:
1
2
dS r d
2
ponieważ:
´S
r
2
&ð
r+´r c r
więc:
dS 1
c
dt 2
korzystając z uzyskanego wcześniej związku
między c i a mamy:
dS 1
2
a 1 e
dt 2
Zagadnienie dwóch ciał
III prawo Keplera
Z drugiej strony, pole elipsy:
2 2
S ab a 1 e
Wprowadz
my okres obiegu P i ruch średni n:
2
´S
n
r
r+´r
P
wtedy:
dS 1
2 2
na 1 e
dt 2
Porównując oba otrzymane wyrażenia na
prędkośd polową dostajemy:
2 3
n a const
czyli trzecie prawo Keplera
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity  metoda Bineta
Otrzymane wcześniej równanie orbity:
2
c
r
1 e cos
można wyznaczyd używając metody
Q
zaproponowanej przez J. Bineta.
P
rð
rð KorzystajÄ…c z:
r
e
2
&ð
Å c r
możemy napisad:
¸ É
2
r d c dt
0
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity  metoda Bineta
a następnie:
d c d
2
dt r d
oraz:
2
Q
d c d c d
2 2 2
P
dt r d r d
rð
rð
r
W ruchu środkowym działa tylko składowa
e
radialna przyspieszenia:
Å
2
&ð
a &ðr&ð r f (r)
r
¸ É
co można zapisad w postaci:
0
2
c d c dr c
r f (r)
2 2 4
r d r d r
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity  metoda Bineta
a następnie uwzględniając:
1 dr d 1
2
r d d r
zapisad jako:
Q
2
c d d 1 c
f (r)
P
2 3
r d d r r
rð
rð
r
e
Jeśli podstawimy u=1/r to otrzymamy wzór
Å
Bineta:
2
d u 1 1
u f
¸ É
2 2 2
d c u u
0
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 przekształcid
do postaci:
Q
2
d u 1 d 1
u f
1
2 2
P
d c du u
rð
rð
r
e
Wprowadzając potencjał newtonowski
Å
f r u
1
r
¸ É
dostajemy ostatecznie:
0
2
d u
u
2 2
d c
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity  metoda Bineta
2
d u
u
2 2
d c
Rozwiązaniem tego równania jest:
u A cos
0
2
Q
c
przekształcając to równanie dostajemy
P
równanie krzywej stożkowej we
rð
rð
r
współrzędnych biegunowych:
e
Å
2
c
r
1 e cos
¸ É
0
gdzie:
2
Ac
e ; 0
0
Zagadnienie dwóch ciał
Równanie orbity  metoda Bineta
Równanie Bineta pozwala ze znanej
postaci siły środkowej wyznaczyd
orbitÄ™.
Istotną własnością tego równania jest
Q
to, że ma taką samą postad w przypadku
P
relatywistycznym:
rð
2
rð
r
d u m 1
0
e
u f
2 2 2
d c u u
Å
Francisc D. Aaron 2005, Rom. Journ. Phys.,
¸ É
Vol. 50, Nos. 5-6, 615
0
Położenie punktu na orbicie
Anomalia mimośrodowa
Jak było pokazane wcześniej, wektory c i e
definiują jednoznacznie orbitę. Możemy ją
wyznaczyd majÄ…c dane warunki poczÄ…tkowe
r0 i v0.
Nie jesteśmy jednak w stanie podad jawnej
postaci funkcji r=r(t), a więc nie potrafimy
określid położenia punktu na orbicie.
O
Potrzebujemy do tego ostatniÄ…, brakujÄ…cÄ…
stałą ruchu.
Aby to uzyskad dokonamy zamiany
zmiennych t=t(E), gdzie E jest anomaliÄ…
mimośrodową.
Położenie punktu na orbicie
Anomalia mimośrodowa Z całki energii dostajemy:
2
2 2
(5.4)
&ð
rr c 2 r r h
Wprowadz
my nową zmienną w następujący
sposób:
t
dE d
r k; E k
dt r
T
gdzie k i T są stałymi. Ponadto:
O
k dr
&ð
r
r dE
Uwzględniając to w (5.4) dostajemy:
2
dr
2 2 2
(5.5)
k c 2 r r h
dE
Rozpatrzymy dwa przypadki h=0 oraz h`"0
Położenie punktu na orbicie
h=0
W tym przypadku równanie (5.5):
2
2 2
k dr c
(5.6)
2r
dE
wybieramy k2=ź i różniczkujemy:
2
dr d r dr
2 2
2
dE dE dE
O
ponieważ r nie może byd stałe więc powyższe
równanie upraszcza się do:
2
d r
1
2
dE
całkując otrzymujemy:
1
2
r E E A
0
2
Położenie punktu na orbicie
h=0
Aby wyznaczyd A zakładamy E0=0 i
podstawiamy do (5.6) co daje:
2
1 c
A
2
więc:
2
1 c
2
r E
2
O
z definicji E:
k dt r dE
całkując i uwzględniając wyrażenie na r
mamy:
2
1 c
3
t T E E
6 2
Położenie punktu na orbicie
h=0
Otrzymaliśmy:
2
1 c
2
r E
2
2
1 c
3
t T E E
6 2
O
w drugim z tych równao t jest funkcją E.
RozwiÄ…zujÄ…c je dostaniemy E=E(t) musimy
jednak rozpatrywad 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:
2
c
r
1 cos
r ma wartoÅ›d minimalnÄ… dla Å=0:
2
c
r
min
O
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 równao:
2
2
c
1 c
2
r E
r
2
1 cos
dostajemy:
c 1
2
E tg
O
2
To pozwala na przejście od anomalii
prawdziwej do mimośrodowej.
Anomalię prawdziwą można łatwo
wyznaczyd z tzw. tablic Barkera jeśli tylko
znamy t-T oraz c2/2ź.
Położenie punktu na orbicie
h=0, c`"0
Aby wyznaczyd położenie z anomalii
mimośrodowej należy postępowad w
następujący sposób:
1. na moment czasu t=0 mamy r0 i v0
2. różniczkujemy r-nie
2
1 c
2
r E
2
O
w wyniku czego otrzymujemy:
k
&ð
&ð
r E E E
r
wtedy:
&ð
rr E
Położenie punktu na orbicie
h=0, c`"0
3. Używając tego do wartości początkowych
mamy:
rð rð
r v E
0 0 0
co pozwala otrzymad T.
4. Podstawiając T do równania:
2
1 c
3
O
t T E E
6 2
dostajemy E(t), a z równania:
2
1 c
2
r E
2
mamy r(t).
Położenie punktu na orbicie
h=0, c=0
W tym przypadku:
1
2
r E
2
3
6 t T E
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
Rozpatrzmy równanie (5.5):
O
2
dr
2 2 2
k c 2 r r h
dE