docO zagadnieniu Keplera
download 
Reklamacja Transkrypt
O zagadnieniu Keplera
Zagadnienie Keplera To zagadnienie bedzie potraktowane bardzo skrótowo i planujeι podanie w tym miejscu ι jedynie podstawowych informacji. Zagadnienie Keplera jest dyskutowane w każdym podreczniku mechaniki. Polecam na przyklad rozdzial V pierwszego tomu Wstepu do fizyki ι ι A. K. Wróblewskiego i J. K. Zakrzewskiego, PWN, Warszawa 1984 lub rozdzial III slynnej ksiażki L. Landaua i E. Lifszica, Mechanika, PWN, Warszawa 1966. ι Rozważmy najpierw dwie punktowe masy m1 i m2 . Zgodnie z prawem powszechnego ciażenia oddzialujaι one na siebie silami F~12 i F~21 , przy czym zgodnie z III zasadaι dynamiki ι Newtona zachodzi F~21 = −F~12 . m1 F12 m2 F21 r2 r1 O Mamy wiec ι do czynienia z ukladem równań (1) i (2) d2~r1 = F~12 dt2 (1) d2~r2 = F~21 = −F~12 , dt2 (2) m1 m2 który można w zasadzie bezpośrednio rozwiazać (np. numerycznie) lub zredukować ι najpierw do jednego równania korzystajac z faktu, że sily zależaι jedynie od wektora ι ~r = ~r1 − ~r2 wzajemnej odleglości miedzy masami m1 i m2 . ι Ta redukcja odbywa sieι w sposób nastepuj acy. Jeśli dodamy równania (1) i (2) stronι ι ami to dostaniemy d2 (m1~r1 + m2~r2 ) = 0 , dt2 (3) co można też zapisać jako d2 dt2 m1~r1 + m2~r2 m1 + m2 ! = 0. (4) Oznacza to, ze środek masy obu punktów materialnych ~ ≡ R m1~r1 + m2~r2 m1 + m2 ! (5) ~ 0 i V~0 to stale wektory) porusza sieι ruchem jednostajnym (R ~ ~ 0 + V~0 t R(t) =R 1 (6) ~ i najprościej przyjać, że uklad dwóch mas jako calość spoczywa (R(t) = 0). ι Pozostaje wiec jedno równanie na polożenie wzgledne ~r. Dzielac ι do rozwiazania ι ι ι (1) przez m1 , a (2) przez m2 i odejmujac równanie (2) od równania (1) dostaniemy ι d2 1 1 (~r1 − ~r2 ) = + 2 dt m1 m2 F~12 . (7) czyli m d2 ~r = F~12 . dt2 (8) m2 ~ gdzie m ≡ mm11+m . Po znalezieniu ~r(t) i dla wcześniej zdefiniowanego R(t) polożenia obu 2 punnktów materialnych dane saι w postaci m2 ~+ ~r (9) ~r1 = R m1 + m2 m1 ~− ~r . (10) ~r2 = R m1 + m2 Mamy wiec ι jakby do czynienia z ruchem jednego punktu materialnego o masie m pod wplywem sily ~r ~r F~ ≡ F~12 = −Gm1 m2 3 ≡ −κ | ~r | | ~r |3 y (11) v m F(r) r x O Dla takiego ruchu energia calkowita, m κ m 2 κ E ≡ ~v 2 − ≡ vx + vy2 + vz2 − √ 2 2 r 2 x + y2 + z2 (12) oraz moment pedu liczony wzgledem punktu O ι ι ~ O ≡ ~r × p~ ≡ m~r × ~v , L (13) pozostajaι stale w czasie. Jest też jasne, że ruch odbywa sieι w ustalonej plaszczyźnie. Bez straty ogólności możemy przyjać. że jest to plaszczyzna xy, wiec ι ι z(t) = 0 i vz (t) = 0. W ~ takim przypadku tylko skladowa Lz wektora L Lz = mxvy − myvx 2 (14) jest różna od zera. Jej wartość bezwzgledn aι oznaczamy L. Wielkości E i L decydujaι ι o parametrach toru czastki. Należy zwrócić uwage,ι że E może być dodatnia, ujemna ι lub przyjmować wartość zero. Ostatecznie poszukujemy wiec ι czterech wielkości: x(t), d d ′ ′ ẋ(t) ≡ x (t) ≡ dt x(t), y(t) i ẏ(t) ≡ y (t) ≡ dt y(t). Wycieczka do ukladu biegunowego Problem Keplera wygodnie jest rozważać w ukladzie biegunowym, bo w nim sila ma tylko jednaι skladowa.ι Poniżej podam wyprowadzenie ważnego wzoru Bineta. Odpowiednikiem ukladu równań mẍ = Fx (x, y) mÿ = Fy (x, y) jest teraz maϕ ≡ m (2ρ̇ϕ̇ + ρϕ̈) = Fϕ = 0 maρ ≡ m (ρ̈ − ρϕ̇ϕ̇) = Fρ (ρ) ≡ F (ρ) Równanie z aϕ można zapisać także w innej postaci: 1 d 2 mρ ϕ̇ = 0 ρ dt Oznacza to, że wielkość mρ2 ϕ̇ jest stala w czasie ruchu. Jest to inaczej zapisana skladowa momentu pedu Lz ≡ L, bo ι L = m(xẏ − y ẋ) = m (ρ cos ϕ(ρ̇ sin ϕ + ρ cos ϕϕ̇) − ρ sin ϕ(ρ̇ cos ϕ − ρ sin ϕϕ̇)) = mρ2 ϕ̇. Zakladamy dalej, że L 6= 0, bo w przeciwnym wypadku ruch odbywalby sieι po linii prostej. Zachodzi wiec ι L . ϕ̇ = mρ2 Równanie toru we wspólrzednych biegunowych jest postaci ι ρ = ρ(ϕ). Dlatego dρ dρ dϕ dρ L L d ρ̇ = = = =− 2 dt dϕ dt dϕ mρ m dϕ 3 ! 1 . ρ Dalej mamy d L d dρ̇ dϕ d ρ̈ = (ρ̇) = − = dt dϕ dt dϕ m dϕ 1 ρ !! dϕ L d2 =− dt m dϕ2 1 ρ ! L L2 d2 = − mρ2 m2 ρ2 dϕ2 ! 1 . ρ Wstawiajac ι ten wynik do wzoru z aρ , dostajemy L2 d2 −m 2 2 m ρ dϕ2 ! 1 L2 − mρ 2 4 = F (ρ) ρ mρ i ostatecznie wzór Bineta: d2 dϕ2 ! 1 mρ2 1 + = − 2 F (ρ). ρ ρ L Powyższy wzór umożliwia znalezienie sily centralnej, jeśli znane jest równanie toru ρ(ϕ). I odwrotnie: jeśli znamy zależność sily centralnej od ρ i ϕ, to można określić ρ(ϕ). Zgodnie z I prawem Keplera planety poruszajaι sieι po eliptycznych orbitach, w których w jednym z ognisk znajduje sieι Slońce. Takie równanie elipsy ma we wspólrzednych ι biegunowych postać p ρ= , 1 + e cos ϕ gdzie mimośród elipsy e i jej parametr p dane saι wzorami √ a2 − b 2 , e= a Dla takiej zależności ρ(ϕ) mamy p = a(1 − e2 ). d2 dϕ2 i d2 dϕ2 1 ρ ! =− e cos ϕ p ! 1 1 1 + = , ρ ρ p wiec ι ze wzoru Bineta dostajemy F (ρ) = − L2 , mp ρ2 1 czyli sila jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odleglości i przyciagaj aca. ι ι Oprócz pozycji dotyczacych problemu Keplera wymienionych na poczatku wykladu, goraco ι ι ι polecam także dostepn a w sieci przedwojenn a ksi ażk e znakomitego matematyka Stefana ι ι ι ι ι Banacha, Mechanika: http://banach.univ.gda.pl/mechanika.html 1 Bezpośrednie podstawienie ρ = r0 = const nie pozwala na znalezienie postaci funkcyjnej F (ρ). 4 Zagadnienie Keplera z momentem pedu L 6= 0 ι Równanie toru możemy ogólnie zapisać we wspólrzednych biegunowych w postaci ι r= p . 1 + e cos ϕ (15) Przedstawia ono krzywaι stożkowaι o ognisku w poczatku ukladu wspólrzednych, przy czym ι ι p i e saι parametrem i mimośrodem krzywej. p= e= s L2 mκ 1+ (16) 2 E L2 . m κ2 (17) Kat ϕ = 0 jest najbliższym ι ϕ mierzony jest w taki sposób, że punkt o wspólrzednej ι punktem centrum sily, tzw. peryhelium orbity. y y r ϕ x O x Dla E < 0 mimośród e < 1, co oznacza, że orbita jest elipsaι o pólosiach danych wzorami: κ p = 2 1−e 2|E| p L b= √ . =q 2 1−e 2m | E | (18) a= (19) 2 κ Najmniejsza dopuszczalna wartość energii przy ustalonym L to Emin = − m . Dla tej 2 L2 2 L wartości energii e = 0, czyli elipsa przechodzi w okrag ι o promieniu r = m κ . Zależność polożenia od czasu na orbicie eliptycznej można podać jedynie w postaci parametrycznej. Wprowadzamy parametr ξ poprzez zależność r − a = −ae cos ξ 5 (20) orbita eliptyczna 400 300 200 y [106 km] 100 S 0 -100 -200 -300 -400 -900 -800 -700 -600 -500 -400 -300 6 x [10 km] 6 -200 -100 0 100 200 tor hiperboliczny 2000 wprost po odwroceniu czasu 1500 1000 y [106 km] 500 S 0 -500 -1000 -1500 -2000 -1400 -1200 -1000 -800 -600 6 x [10 km] 7 -400 -200 0 200 tor paraboliczny 1000 wprost po odwroceniu czasu 800 600 400 y [106 km] 200 S 0 -200 -400 -600 -800 -1000 -1400 -1200 -1000 -800 -600 6 x [10 km] 8 -400 -200 0 200 Wówczas (ξ ∈ [0, 2π]) r = a (1 − e cos ξ) t= s (21) ma3 (ξ − e sin ξ) κ x = a (cos ξ − e) y = b sin ξ . (22) (23) (24) W szczególności czas obiegu opo orbicie eliptycznej wynosi T = t(2π) − t(0) = 2π s ma3 κ (25) Dla toru parabolicznego wygodnym parametrem jest tan ϕ2 (tan ϕ2 ∈ (−∞, ∞)): ϕ 1 mp2 tan + tan3 t= 2L 2 3 p p r= 1 + tan2 = 1 + cos ϕ 2 p x = r cos ϕ = 1 − tan2 2 ϕ 2 ϕ 2 ϕ 2 ϕ y = r sin ϕ = p tan . 2 (26) (27) (28) (29) Dla toru hiperbolicznego wprowadzamy parametr χ (χ ∈ (−∞, ∞)) i dostajemy r = a (e cosh χ − 1) t= s ma3 (e sinh χ − χ) κ x = a (e − cosh χ) √ y = a e2 − 1 sinh χ . (30) (31) (32) (33) Należy pamietać, że dla hiperboli mamy inne zwiazki miedzy p, e, a i b: ι ι ι p e2 − 1 p . b= √ 2 e −1 a= 9 (34) (35) Ruch radialny w zagadnieniu Keplera Z orbitalnym momentem pedu L= 0 ι m O R r vo M Chcemy znaleźć r(t), jeśli zachodzi r(t = 0) = R oraz v(t = 0) = v0 . Wygodnie jest użyć zasady zachowania energii E≡ −GM m m 2 −GM m m 2 + v0 = + v R 2 r 2 i wyliczyć predkość v(t): ι | v(t) |= s 2E 2GM + m r Z dokladnościaι do znaku mamy dr =| v(t) | dt W sytuacji zaznaczonej na rysunku, w poczatkowej fazie ruchu zachodzi (niezależnie od ι znaku E) s dr 2E 2GM = + 0< dt m r i to równanie można rozwiazać analitycznie. Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych. ι ± Najprostszy przypadek to E = 0. Nie tylko na poczatku, ale w dowolnej chwili czasu ι dr zachodzi dt > 0. Po prostych rachunkach dostajemy (notatki do wgladu) ι r(t) = √ 3 2 2GM 3 2 2R 2 t + √ 3 2GM 3 dr 3√ 2GM = v(t) = dt 2 2 2 3 3 3 − 1 2R 2 2 t+ √ 3 3 2GM 3 Dla E > 0 także mamy do czynienia z ucieczkaι masy m do nieskończoności. Także w tym wypadku w dowolnej chwili czasu zachodzi dr > 0, co prowadzi do dt Z dt = Z dr s 10 r , B + Ar gdzie A = Z 2|E| m dr s > 0 i B = 2GM > 0. r = B + Ar √ √ Ar B + Ar 3 A2 − B 3 A2 h √ log 2 Ar + √ B + Ar i ≡ f1 (r) Dostajemy wiec ι t + C = f1 (r). Tej zależności nie da sieι odwrócić, by uzyskać r(t) ! Warunek poczatkowy ι 0 + C = f1 (R) pozwala na wyliczenie stalej C i podanie ostatecznego rozwiazania w postaci ι t = t(r) = f1 (r) − f1 (R). Rozważmy jeszcze ostatni przypadek, E < 0. W tym wypadku r nie może rosnać ι do nieskończoności i ruch jest ograniczony: r≤ GM m B = ≡ rmax . A |E| Obiekt o masie m najpierw oddala sieι od masy M , a potem powraca. Calkowanie równania różniczkowego prowadzi do Z dr s q B arctan r = 3 B − Ar A2 Ar B−Ar − q (B − Ar)r A ≡ f2 (r) Trzeba pamietać, że dla powrotu ι − | v(t) |= dr < 0. dt Definiujemy czas tmax w taki sposób, że r(tmax ) = rmax . Ostatecznie, uwzgledniaj ac ι ι warunek poczatkowy dostajemy ι t(r) = ( f2 (r) − f2 (R) , 0 ≤ t < tmax . tmax + f2 (rmax ) − f2 (r) , t ≥ tmax Proszeι nie wierzyć ślepo podanym wyrażeniom ! 11 Precesja peryhelium Merkurego Poprawka do prawa powszechnego ciażenia ι Orbita Merkurego ma znaczny mimośród e, równy 0.20563069. W peryhelium przybliża sieι ta planeta na rprh = 0.30749951 AU do Slońca, a w aphelium jej odleglość od Slońca wynosi raph = 0.46669835 AU. Okres obiegu Merkurego dookola Slońca wynosi T = 0.240847 lat ziemskich. W przypadku Merkurego nie mamy wlaściwie do czynienia z zamkniet ι aι orbita, ι bo peryhelium Merkurego zmienia swojaι pozycjeι po każdym obiegu tej planety wokól Slońca. Ten efekt jest niewielki i wynosi jedynie 566 sekundy luku na 100 ziemskich lat, co oznacza pelny obrót peryhelium w czasie okolo 230000 lat. Cześć ι tego efektu (okolo 523 sekund luku na 100 lat) można wytlumaczyć na gruncie klasycznej mechaniki newtonowskiej wplywem innych planet. Brakujace 43 sekundy luku na 100 ι lat zostalo wyjaśnione przez Ogólnaι Teorieι Wzgledności (OTW) Einsteina. Efektywnie ι poprawkeι OTW można sprowadzić w pierwszym przybliżeniu do dodatkowego skladnika w prawie powszechnego ciażenia: ι ~r F~12 = −Gm1 m2 | ~r |3 ! α 1+ , | ~r |2 (36) gdzie dla Merkurego α ≈ 1.1 × 10−8 AU2 . Spróbujemy prześledzć numerycznie ten efekt. Bardzo ważnaι sprawaι jest wlaściwy wybór warunków poczatkowych. Znajac ι ι odleglości Merkurego od Slońca w aphelium i peryhelium, możemy policzyć dlugość dluższej pólosi a a= 1 (raph + rprh ) = 0.38709 AU. 2 Dalej wiemy, że okres T obiegu planety wokól Slońca jest zwiazany za ι T = 2π s a3 . Gm2 W końcu wykorzystujemy zwiazek miedzy a i calkowitaι energiaι E ι ι a= Gm1 m2 2|E| po to, by znaleźć predkość Merkurego w aphelium: ι vaph v u u = tGm2 2 raph ! 1 − . a Skoro znamy już warunki poczatkowe (w tym przypadku w aphelium), możemy teraz ι wykorzystać którykolwiek z programów liczacych orbiteι kolowaι Ziemi. Wystarczy w tym ι 12 celu zmienić odpowiednio warunki poczatkowe oraz zmodyfikowac dwa spośród czterech ι równań ukladu. Dla zbadania precesji peryhelium (wlaściwie w naszym przypadku precesji aphelium, ale to jest równoważne), wygodnie jest wypisywać pozycjeι Merkurego po kolejnych okresach. Ponieważ efekt po jednym okresie jest bardzo niewielki, zalecane saι wlaściwie dwie drogi postepowania ι 1. Wykonanie obliczeń z różnymi wartościami α znacznie wiekszymi od wartości prawι dziwej, a nastepnie ekstrapolacja wyników do prawdziwej wartości α. ι 2. Prześledzenie polożenia Merkurego po bardzo wielu okresach (kilkaset tysiecy), co ι jest zupelnie wykonalne. W tym przypadku należy jednak upewnić sie,ι że zmiany polożenia Merkurego nie bioraι sieι z numerycznych niedokladności akumulujacych sieι ι wskutek bardzo dlugiego przedzialu calkowania. W tym celu, dla referencji wlaściwe jest wykonanie równoleglych obliczeń z α = 0. Jeśli zmiany polożenia Merkurego po bardzo wielu okresach dla α = 0 bed ι aι wciaż ι male, mamy pewność, że obserwujemy wlaściwy efekt. Energia calkowita ukladu Etot , Etot = Ekin − Gm1 m2 1 α − Gm1 m2 | ~r | 3| ~r |3 (37) czyli suma energii kinetycznej Ekin oraz odpowiednio zmienionej energii potencjalnej powinna być stala w czasie Również moment pedu ι Lz = mxvy − myvx (38) jest zachowany, bo pomimo zmian wciaż ι mamy do czynienia z zachowawczaι silaι centralna. ι y 2a 2b vaph c=ea O rprh S raph (c) Jacek Golak, 2006–2013 13 x α= 0.01 (AU) 2 0.4 0.3 y [AU] 0.2 0.1 0 tmax = T -0.1 -0.2 -0.3 y [AU] y [AU] y [AU] -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x [AU] 0.5 0.4 0.3 0.2 tmax = 2T 0.1 0 -0.1 -0.2 -0.3 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x [AU] 0.5 0.4 0.3 0.2 tmax = 3T 0.1 0 -0.1 -0.2 -0.3 -0.4 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x [AU] 0.5 0.4 0.3 0.2 tmax = 4T 0.1 0 -0.1 -0.2 -0.3 14 -0.4 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x [AU] 6 Stabilnosc rozwiazania z α= 0, tmax = 1.2 10 T 0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 0 -0.05 -0.05 0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45 0.5 x [AU] -8 2 6 Obrot aphelium Merkurego, α= 1.1 10 (AU) , tmax = 1.2 10 T 0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 0 -0.05 -0.05 0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45 0.5 15 x [AU]
