masscentrum Föreläsningar 9-10

advertisement
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
Download
Random flashcards
Create flashcards