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