1
KOMIHÅG 16:
• Centrala raka/sneda stötar
• Studstalet e = relativ separationsfart
relativ kollisionsfart
Föreläsning 17: Centralkrafter och solsystemet
Centralkrafter:
Inga kraftmoment på massan
!
Solsystemet: Solen, Merkurius, Venus, Jorden, Mars,
Jupiter, Saturnus, Uranus, Neptunus, (Pluto)
Solens massa är ca 333 000 gånger jordmassan
• Planeters oberoende rörelser antas. Dvs, krafter mellan
’små’ massor försummas! Alltså, bara kraft mellan sol och
vardera planet!
F
Rörelsens ekvationer:
• Enligt momentlagen (med kraftmoment noll):
˙
HO = 0 " HO = mr 2#˙ez = konstant vektor
Vilken är den kinematiska (rörelse-) betydelsen av detta?
!
!
• Den mekaniska energin för planeten kommer att bevaras
om kraften är konservativ:
T + V = konstant .
2
Den första ekvationen:
Betrakta planetrörelsens vektorer:
Eftersom vektorn HO är konstant måste de rörliga
vektorerna r och v , som ingår i definitionen av HO , vara
sådana att r"HO och v"HO hela tiden, dvs plan rörelse
(med H!
O -riktningen som normalriktning till planet). Fler
!
!
konsekvenser
av att HO är konstant kommer
senare.
!
!
Med polära koordinater i rörelsens plan blir
!
HO = ( r " mv# ) ez = mr 2#˙ ez ,
rörelsemängdsmomentet:
!
som skall vara en konstant vektor (längd och riktning)
enligt tidigare analys av centralkrafter.
(
)
! hos rörelsen:
Nu ser vi en ny detalj
r 2"˙ = h (konstant) .
Kan vi tolka detta? En dimensionsanalys ger
dim(h) = L2 T -1 , dvs yta per tid, möjligen ortsvektorns
! sektorhastighet?
!
Ortsvektorns ändring av läge under tiden d t .
!
3
Den lilla sektorytan d A blir momentant en likbent
triangelyta, och vi ser:
d A 1 2 d" 1
= r
= h.
dt !2 dt 2
!
• Sektorhastigheten är konstant och r 2"˙ betyder dubbla
sektorhastigheten (= h ).
Den andra (och sista) ekvationen:
! i cylindersystemets
Den kinetiska energin uttryckt
!
komponenter är alltid:
1
1
T = mv 2 = m r˙ 2 + r 2"˙ 2 .
2
2
OBS: Planetens rörelse sker i ett plan där z = z˙ = ˙z˙ = 0 !
(
)
Den potentiella energin för planeterna, dvs V, beror av
! gravitationskraftens utseende. Vi behöver sätta oss in i
detta närmare innan vi kan förstå!annu fler detaljer i
planetrörelsen.
• Gravitationskraften och potentiella energin
Med solen i origo kan gravitationskraften på planeten
skrivas
F = "G Mm
e ,
r2 r
riktad mot solens masscentrum (origo). Om solen hade
varit ett brinnande skal med samma massa hade kraften
varit densamma, så länge planeten är utanför skalet.
!
4
•Gravitationens potentiella energi:
r
#
&(
Mm + konst
V ( r) = " ) %"G Mm
2 er • dr = "G
$
'
r
r
r
ref
Man brukar alltid låta den godtyckliga konstanten vara
noll, så att potentiella energins noll-nivå ligger på oändligt
avstånd från solen. Alltså:
!
Mm
.
V ( r) = "G
r
• Grafisk illustration av gravitationens potential.
Mm
V ( r) = "G
!
r
!
5
Historisk sammanfattning
Den flitige Kepler sammanfattar Tycho Brahes sifferdata
till följande 'experimentella lagar'.
• Keplers 3 lagar (1571-1630):
!
1)
Varje planet rör sig i en plan ellipsbana med
solen i ena fokus.
2)
Ortsvektorn från solen till en planet sveper
över lika stora ytor under varje tidsintervall av
samma längd.
3)
Varje planets omloppstid T (period) runt solen
beror av ellipsens (halva) storaxel a så att
T 2 = ka 3 ,
där k är samma för alla planeter.
!
6
!
!
Problem: Vilken fart v måste rymdfärjan ha för att
kunna släppa ut rymdteleskopet 'Hubble' i en cirkulär
bana på höjden H =590 km ovanför jordytan? Jordradien
är R =6371 km och tyngdaccelerationen på jorden är
!
g =9.82 m/s2.
Lösning: Gravitationskraften kan skrivas:
!
2
2
mM
GM
R
R
F = "G 2 e r = "m 2 2 er = "mg 2 er .
r
R r
r
{
=g
Radiella kraftekvationen ger för önskad cirkelrörelse
v2
gR 2
gR 2
"m = "m 2 " v =
.
rc
rc
rc
där rc = R + H .
!
!
!
!
!
7
KOMIHÅG 17:
------------------------------------------------------
• 2 rörelsekonstanter.
• Keplers 3 lagar-observationer
• Gravitationskraften och dess potentiella energi
-----------------------------------------------------Föreläsning 18
• Sammanfattning av de två rörelsekonstanterna
Centralrörelsen av massan m sker i ett plan kring
kraftcentrum (t.ex. solen) så att:
r v" = h (konstant)
2
1 2 1 " h%
GM
mv r + m$ ' ( m
= E (konstant)
2
2 # r&
r
!
!
Anmärkning: Konstanternas värden skall kunna
bestämmas av begynnelseläge och begynnelsehastighet för
rörelsen, eller ur motsvarande information vid annan
tidpunkt.
8
Teoriproblem: Visa hur den mekaniska energin beror
av stora radien a i ellipsbanan utgående ifrån den radiella
energiuppdelningen.
Lösning: De radiella vändlägena (max och minavstånd)
fås ur energiekvationen, för i vändlägena försvinner den
radiella hastigheten ( v r = 0 ):
2
1 "h%
GM
m$ ' ( m
= E
2 # r± &
r±
! 2
1
2
" Er± + mGMr± " mh = 0
2
mGM
1
2
r± "
mh 2 = 0
! " r± +
E
2E
!
# mGM & 2 1
mGM
!
± %
mh 2
( +
" r± = "
$ 2E ' 2E
2E
!
Vi!ser direkt att summan av vändlägena eliminerar
rottecknet, dvs
!
mGM
, eller
r
+
r
=
"
! + "
E
– att energin i rörelsen kan bestämmas geometriskt av
stora symmetriaxeln enligt ”Banenergiformeln”:
mGM
E
=
"
.
!
2a
!
OBS: Detta är en bra formel att minnas (utöver de två
rörelsekonstanterna) vid problemlösning!!
9
Problem: Bilden illustrerar begynnelsefasen av ett
återinträde i jordatmosfären. Vad har vi för
sektorhastighet, alternativt rörelsemängdsmoment för
rymdfarkosten i detta fall?
Lösning: Det ser ut som hastighetsvektorn är riktad mot
jordens centrum. Rörelsemängdsmomentet och
sektorhastigheten kring jordens centrum blir då noll.
• Ellipsbanor för jordsatelliter och planeter
Rita så här: Ett snöre med längd 2a fästes i två punkter på
avstånd 2c , och en penna spänner snöret och ritar.
!
!
10
Ellipsens egenskaper:
• Geometriska termer:
– Stora och lilla symmetriaxlarna har längderna 2a
respektive 2b .
– (Dubbla) fokalavståndet är 2c .
c
– Excentricitet: e = , 0 " e < 1.
!
a
!
2
" c 2 = a2 1 " e 2 .
– Samband: b 2 = a!
(
!
)
!
!
• Ellipsens ekvation med polära koordinater i ena fokus:
" b2 %
$a'
a(1" e 2 )
eller r = # & .
r=
1+ ecos#
1+ ecos(
• Ellipsens area: A = "ab .
!
• Banans ellipsform (se Keplers 1:a lag):
!
Den geometriska
formen av bankurvan för en planet kan
!
nu definitivt visas vara identisk med ellipsens form. Vi ska
göra ett 'geometriskt bevis' som bygger på kännedom om
alla cirklars gemensamma egenskap:
Cirkelekvationen: Två termer X och Y varierar så att
X 2 + Y 2 = R 2 , där R (radien) är konstant.
Jämför också 'trigonometriska ettan': cos2 " + sin 2 " = 1.
Betrakta figuren nedan:
!
!
!
!
!
11
!
!
Bevismetod: Vi hittar först ett samband X 2 + Y 2 = R 2 med
konstant R . Sedan kan vi konstatera att X och Y måste
variera som X = Rcos" (och Y = Rsin " ) för något
meningsfullt " (dvs, vår banvinkel med speciell betydelse av
!
" = 0 ).
!
!
!Härledning:
!
Vi!dividerar energiekvationen
i polära koordinater (z=0) med
!
h 2 och får:
2
2
1 " r˙ % 1 " 1 %
GM
E
m$ ' + m$ ' ( m 2 = 2 ,
2 # h& 2 # r&
h r
h
" r˙ % 2 " 1 % 2
1 GM
2E
$ ' + $ ' (2 ) 2 =
eller förenklat
.
# h& # r&
r h
mh 2
! I vänsterledet behöver vi bara kvadratkomplettera 2:a och 3:e
" GM % 2
termerna (lägga till och dra ifrån en konstant $ 2 ' ) så att:
# h &
!
2
" r˙ % 2 " 1 GM % 2
2E " GM %
+$
$ ' +$ ( 2 ' =
'
(*).
#h& #r h &
mh 2 # h 2 &
!
2
Om andra termen är X , första termen är Y 2 och konstanten
i högerledet är R 2 , kan vi sätta : X = Rcos" "
!
2
1 GM
2E # GM &
"
=
+%
( cos) (**),
'
r !h 2
mh 2 $ h 2 !
!
!
!
!
12
dvs
1
r=
GM
+
h2
Vi har nu visat:
!
2
.
2E " GM %
+$
' cos(
mh 2 # h 2 &
r=
1+
h2
GM
2
2Eh
1+
(GM ) 2 m
(***).
cos"
" GM % 2
2E
+$
samt r˙ = h
' sin ( (****).
mh 2 # h 2 &
Detta är!ekvationen för plantebanors form (inte bara ellips),
samt hur den radiella hastigheten varierar med " .
! Om nämnaren inte blir noll för något " , så får man en ellips.
Annars erhålls andra banor som inte är slutna:
!
Dynamisk definition av excentriciteten:
2
2Eh
e = 1+
. !
2
(GM ) m
Om e<1: banan är elliptisk och därmed sluten.
Om e=1: banan är parabolisk och öppen i bortre ’änden’.
Om e>1: banan är hyperbolisk, öppen och med helt raka
! bortre ’ändar’ av banan.
Slutbevis: För att inse att den vinkel som dök upp i
’cirkelformeln’ verkligen är banans vinkel, visas nu att
konstanten h kan uttryckas som: h = r 2"˙ , som för den dubbla
sektorhastigheten vi tidigare definierat.
!
13
Tidsderivatan av (**) ger ett uttryck för den radiella
2
#
&
2E
GM
hastigheten: r˙ = r "˙
+%
( sin " , medan den första
mh 2 $ h 2 '
termen Y i (*) ger uttrycket
2
" GM % 2
2E
r˙ = h
sin ( (*****).
2 +$
2 '
#
&
!
mh
h
En jämförelse mellan dess båda uttryck ger att: h = r 2 "˙ ,
som är identiskt med uttrycket för dubbla sektorhastigheten.
!
• Geometri och dynamik:
!
Jämförelse av vår banformel med ellipsens:
" b2 %
$a'
# &
r=
1+ ecos(
ger omedelbart:
2
2
2
2Eh
b = h
och e = 1+
.
2
a
GM
GM
m
( )
!
Vi löser ut dubbla sektorhastigheten som funktion av
geometriska egenskaperna hos banan och får då:
2
b
2
!
h = !GM
(o)
a
• Omloppstiden (Keplers 3:e lag): Ortsvektorn
!
!
kommer att svepa över hela ellipsens yta (A) under denna tid
(T). Vi får med hjälp av dubbla sektorhastigheten:
2A 2"ab
.
h=
=
T
T
Om vi kvadrerar denna ekvation och löser ut omloppstiden
erhålls
14
4 " 2 a 2b 2
.
T =
2
h
Tillsammans med uttrycket för h 2 i (o) på förra sidan blir
omloppstiden i kvadrat:
2 2 2
2 3
4
"
a
b
4
"
a
2
! T = 2
=
#b
&
GM .
!
% a GM (
$
'
Vi har bevisat Keplers 3:e lag:
# 4" 2 & 3
2
T =%
(a .
GM
$
'
!
Proportionalitetskonstanten är som synes oberoende av
vilken planetmassa m det gäller.
2
!
!
Problem: En modersatellit med massan m kretsar
kring Mars med massan M på samma tid T som
Mars roterar ett varv kring sin egen axel. Det gör det
möjligt att komma nära landningsplatsen för
!
marslandaren vid 'samma tid på dygnet'.
! ligger vid banans
! periapsis r ,
Landningsplatsen
"
som antas vara känt. Bestäm apoapsis r+ för samma
bana.
!
!
15
!
Lösning: Den önskade omloppstiden T bestämmer
entydigt ellipsbanans storaxel:
#GMT 2 &1/ 3
( .
a =%
2
!
%$ (2" ) ('
Om nu minimiavståndet r" är känt, så följer
omedelbart att:
1/ 3
# GMT 2 &
( ) r) .
r+ = 2%
2
%$ (2" ) ('!
!
!
!
Problem: Bestäm stora symmetriaxeln för kometen
Hale-Bopp uttryckt i omloppstiden. Bestäm även
sektorhastigheten om perihelionavståndet är känt.
Lösning:
a) Vi tar Keplers 3:e lag för planeter och kometer kring
solen:
2"
T=
a a.
GM
Den ger oss storaxeln som funktiona av omloppstiden:
# GMT 2 &1/ 3
,
a =%
2 (
4
"
$
'
16
!
!
b) Nu kan vi använda energin uttryckt i storaxeln
mGM
E ="
2a
som också skall vara lika med
1 2
GM
mv" " m
= E.
2
r"
Löser därför ut hastigheten som sen ger dubbla
sektorhastigheten:
#1 1 &
#1 1 &
v" = 2GM % " ( " h = r" 2GM% " ( .
$ r" 2a '
$ r" 2a '
Teoriproblem
! 1: Visa ellipsens polära ekvation
!
r=
a(1" e 2 )
!
utgående ifrån r =
1+ ecos#
definitioner av c och e.
!
r0
samt
1+ ecos"
Lösning: Om man bara kommer ihåg att ellipsen kan
!r
0
skrivas som r =
, kan man senare bestämma vad
1+ ecos"
r0 är:
2a ! r0
r0
!
!
2c
(2a ! r0 )2 = r02 + 4c 2
Vi använder dubbla focalavståndet.
.
17
Teoriproblem 2: Visa hur ellipsens a, e och b kan
!
!
!
!
uttryckas i max- och minavstånden i banan.
Lösning: Betrakta den polära ekvationen för ellipsen. Minoch maxavstånd till fokus (sol/jord) ges av:
r" = a(1" e) , då " = 0 (perihelion/perigeum),
r+ = a(1+ e) , då " = # (aphelion/apogeum).
r +r
r" + r+ = 2a " a = + " ,
2
!
r" 1" e
r "r
= !
" e= + ".
r+ 1+ e
r" + r+
!
Lillaxeln (ur triangel
abc):
!
2
b!
= a 2 " c 2 = a 2 (1" e 2 ) = r+ r" .
!
Sammanfattning
av formler med
information om apogeum och perigeum:
!
h:
rA v A = rP v P
E:
1 2
GM
1
GM
mv A " m
= mv P2 " m
2
rA
2
rP
!
E:
!
!
E ="
GmM
rA + rP
