1 KOMIHÅG 8: • Centrala raka/sneda stötar • Flera partiklar - masscentrum Föreläsningar 9-10: 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 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 . Den första ekvationen: Betrakta planetrörelsens vektorer: 2 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 15: ------------------------------------------------------ • 2 rörelsekonstanter. • Keplers 3 lagar-observationer • Gravitationskraften och dess potentiella energi -----------------------------------------------------Föreläsning 16 • 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 ! Anmärkningar: • Rörelsekonstanternas värden kan bestämmas av begynnelseläge ! och begynnelsehastighet för rörelsen, eller ur motsvarande information vid annan tidpunkt. • Rörelseenergin är ingen vektorstorhet, men har två bidrag från hastighetens vektorkomponenter: en från radiell hastighetskomponent och en från transversell hastighetskomponent. • h tolkas som, och kallas för ”dubbla sektorhastigheten”. • vr = r˙ är den radiella hastighetskomponenten. ! 8 Teoriproblem: Visa hur den mekaniska energin beror av storaxeln 2a i en ellipsbana, där 2a = r+ + r" i figuren. ! ! ! ! Lösning: De radiella vändlägena (max och minavstånd) fås ur energiekvationen, för i vändlägena försvinner den radiella hastigheten ( v r =! 0 ): 2 1 1 "h% GM m$ ' ( m = E " Er±2 + mGMr± " mh 2 = 0 2 2 # r± & r± ! 2 mGM 1 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 mGM rottecknet, dvs r+ + r" = " . E ! Energin i rörelsen kan alltså bestämmas geometriskt av enbart stora symmetriaxelns längd enligt: mGM (banenergiformeln). !E = " 2a OBS: Detta är en bra formel att minnas vid problemlösning (utöver de två rörelsekonstanterna)!! 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 1" e2 #a& . r = r= eller 1+ e cos ( 1+ e cos # • 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: Geometriska cirkelekvationen: Betrakta två termer X och Y som varierar så att X 2 + Y 2 = R 2 , där R (radien) är konstant. Figuren nedan visar hur X och Y måste ’hänga ihop’: ! ! ! ! 11 Det som inte ses i cirkelekvationen, är vinkeln " . ! ! ! ! ! ! Ellipsens ursprungliga geometriska ekvation (*) kan 1 a a skrivas: r " 2 = 2 e cos # . (**) b b ! Vi definierar: X = 1 " a2 och R = a2 e , så att (**) skrivs r b b X = R cos " . !Vinkelderivatan av samma ekvation (**) kan skrivas $ ' " d!& 1 ) = a2 esin # ! . Vänsterledet definieras nu som Y, dvs d# % r ( b $ ' Y = " d &% 1 )( , så att (***) blir Y = Rsin " . d# r Cirkelekvationen X 2 + Y 2 = R 2 är nu väldefinierad från ellipsens geometri. ! Dynamiska cirkelekvationen (enligt Newton): 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 (&). eller förenklat + ( 2 #h& #r & r h2 mh2 Termen längst till vänster i (&) kan skrivas (utan kvadraten) ! 12 r˙ = #% 1 dr &( = ) d #% 1 &( och blir det dynamiska Y:et. h $ r 2 d" ' d" $ r ' Det behövs en kvadratisk term till. I vänsterledet av (&) kan vi sedan kvadratkomplettera 2:a och 3:e termerna (lägga till " GM % 2 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 2 Om andra termen ! är X , första termen är Y och konstanten i högerledet är R 2 , kan vi sätta göra en fullständig identifiering med den geometriska motsvarigheten. ! ! %2 2E + "$ GM! (= a2 e ). 2 # 2 ' mh h & b a GM Sedan ur X-likheten: 2 = 2 , så att man får excentriciteten b h ! R= Först radien: ! 2 2Eh ! ! e ur ovan ekvation för R, dvs e = 1+ . 2 (GM ) m ! h2 GM Vi har nu visat: r = 2 ! 1+ 1+ 2Eh cos" 2 (GM ) m Detta är ekvationen för plantebanors form (inte bara ellips). Om nämnaren inte blir noll för något " , så får man en ellips. Annars erhålls andra banor som inte är slutna: ! definition av excentriciteten: Dynamisk 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’. ! 13 Om e>1: banan är hyperbolisk, öppen och med helt raka bortre ’ändar’ av banan. • 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 4 " 2 a 2b 2 2 . T = ! h2 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 . ! GM %a ( $ ' ! ! 14 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. ! ! 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 ! vid banans periapsis r , dygnet'. Landningsplatsen ligger " ! ! som antas vara känt. Bestäm apoapsis r+ för samma bana. ! ! Lösning: Den önskade omloppstiden T bestämmer entydigt ellipsbanans storaxel: ! 1/ 3 #GMT 2 & ! % ( a= . 2 ! %$ (2" ) (' Om nu minimiavståndet r" är känt, så följer omedelbart att: # GMT 2 &1/ 3 ( ) r) . r+ = 2% 2 ! %$ (2" ) (' 15 ! ! 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