Pobieranie prezentacji. Proszę czekać

Pobieranie prezentacji. Proszę czekać

MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r. E r Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera Potencjał efektywny Potencjał efektywny w łatwy sposób tłumaczy kształty.

Podobne prezentacje


Prezentacja na temat: "MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r. E r Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera Potencjał efektywny Potencjał efektywny w łatwy sposób tłumaczy kształty."— Zapis prezentacji:

1 MECHANIKA NIEBA WYKŁAD r

2 E r Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera 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 czynnik związany z działaniem siły odśrodkowej energia potencjalna

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 e jest stałym wektorem (Laplace-Runge-Lenz wektor). 1.c=0(ruch prostoliniowy), wtedy, wektor e leży na linii ruchu a jego długość jest równa 1. (5.1) 2.c≠0, skąd dostajemy, że. To oznacza, że e leży w płaszczyźnie ruchu. Możemy rozróżnić dwa przypadki:

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: Otrzymujemy równanie orbity, które jest równaniem biegunowym krzywej stożkowej e ma długość równą mimośrodowi, a jego koniec leży w perycentrum υ – anomalia prawdziwa 0 Q P θ υ ω linia apsyd (5.2)

7 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. Zagadnienie dwóch ciał Podsumowanie 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. 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=h min (5.3)

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 r r+δr δSδS Wróćmy do prędkości polowej: ponieważ: więc: korzystając z uzyskanego wcześniej związku między c i a mamy:

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

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

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

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

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

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

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

18 Położenie punktu na orbicie Anomalia mimośrodowa O Jak było pokazane wcześniej, wektory c i e definiują jednoznacznie orbitę. Możemy ją wyznaczyć mając dane warunki początkowe r 0 i v 0. 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.

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

20 Położenie punktu na orbicie h=0 O W tym przypadku równanie (5.5): wybieramy k 2 =μ i różniczkujemy: ponieważ r nie może być stałe więc powyższe równanie upraszcza się do: całkując otrzymujemy: (5.6)

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

22 Położenie punktu na orbicie h=0 O 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

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

24 Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 O Z porównania równań: dostajemy: To pozwala na przejście od anomalii prawdziwej do mimośrodowej. Anomalię prawdziwą można łatwo wyznaczyć z tzw. tablic Barkera jeśli tylko znamy t-T oraz c 2 /2μ.

25 Położenie punktu na orbicie h=0, c≠0 O Aby wyznaczyć położenie z anomalii mimośrodowej należy postępować w następujący sposób: 1.na moment czasu t=0 mamy r 0 i v 0 2.różniczkujemy r-nie w wyniku czego otrzymujemy: wtedy:

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

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

28 Położenie punktu na orbicie h≠0 O 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):


Pobierz ppt "MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 5 02.04.2008 r. E r Zagadnienie dwóch ciał I prawo Keplera Potencjał efektywny Potencjał efektywny w łatwy sposób tłumaczy kształty."

Podobne prezentacje


Reklamy Google