1. Planeters skenbara rörelser

1. Planeters skenbara rörelser
Genom observationer på himlavalvet kan man endast bestämma riktningen till
ett avlägset objekt (som en planet) inte dess avstånd. Om det senare måste man
göra vissa antaganden. Ett djärvt men fruktbart antagande är att planeterna
rör sig i cirklar kring solen. Detta kommer inte att ge en advekat beskrivning
av dess observerade lägen på himlen, men det utgör en god början.
De inre planeterna
Låt en inre planet rotera kring solen i en cirkel med radien R < 1, där Jordens
avsånd från solen är som sedvanligt normaliserat till 1 (en astronomisk enhet
A.E.), och låt θ utgöra dess observerade vinkelavstånd från solen. Då gäller att
dess maximala vinkelavstånd θ0 ges av sin θ0 = R
R
θ
Exempel 1.1 Venus roterar kring solen i en cirkel med radien 0.718 A.E. Detta
betyder att dess största vinkelavstånd från solen ges av arcsin 0.718 = 45.9o
7
= 0.7) vilket är en åttondelsvarv kring himlen.
(Notera att sin 45o = √12 ∼ 2×5
När Venus rektascension är större än solens kommer den att gå upp tidigare och
kallas då traditionellt ’Morgonstjärnan’, om däremot rektascensionen är mindre
än solens går den upp senare och följaktligen går den ner senare och benämnes
’Aftonstjärnan’. Venus är så ljusstark att den även kan skönjas på dagen, men
det är givetvis en fördel att betrakta den på natten. En intressant uppgift blir
då att finna dess maximala höjd över horisonten, vilket kommer att bero på
latituden samt tiden på året.
Så låt oss betrakta en inre planet som väsentligen befinner sig i samma plan
som jordbanan, d.v.s. den rör sig längs ekliptikan. Dess vinkelavstånd θ från
solen kommer att då beräknas längs ekliptkan och kommer därmed att avvika
1
en aning från skillnaden i rektascension. Vi har att göra med en annan vinkel
θ′ och relationerna ges av
sin θ
sin θ′ = p
1 + sin2 ι cos2 θ
där ι är vinkeln mellan de två storcirklarna, i detta fall ι = 23.5o och därmed
sin ι = 0.399, sin2 ι = 0.159 vilket betyder att θ′ ≤ θ med likhet för θ en multipel
av en rät vinkel, och θθ′ ≤ 1.08
Deklinationerna för Solen och planeten kommer att skilja sig. Givet vinkeln
θ räknat från vårdagsjämningen erhåller vi deklinationen u genom
sin u = sin θ sin ι
Vi inser att denna ändrar sig snabbast när θ är en jämn multipel av en rät vinkel,
d.v.s. när solen befinner sig vid dagjämningspunkterna, medan det däremot är
liten skillnad vid midsommar och midvinter.
Ju högre deklination ju längre under dagen befinner sig objektet ovanför
horisonten (på norra halvklotet). Vinkeln ψ kommer att vara kritisk.
u
d
L
ψ
d
Vi ser att d = tan(L) sin(u) från figuren längst till höger. Från mittenfiguren
inser vi att d = cos(u) sin(ψ) ur vilken vi erhåller
sin(ψ) = tan(L) tan(u)
. Antag nu för enkelhetens skull att Solen befinner sig på samma deklination
som planeten. När den befinner sig vid horisonten är det lätt att såväl beräkna
tidsskillnaden vid upp och nedgång för planeten, som att beräkna dess höjd vid
horisonten när natt och dag inträder. Vinkeln θ′ ger tidsskillnaden och höjden
över horisonten ges av
(d + sin(θ′ − ψP )) cos(L)
2
dess vinkel betecknas ψS . Men däremot om solen och planeten har skilda deklinationer, och vi betecknar ψP solens förändras situationen något. Vi får då
modifiera θ′ med att addera termen ψP − ψS . Om solen befinner sig på en lägre
deklination än planeten kan planeten vara ovanför horisonten i mörkret längre
och vi adderar ett positivt bidrag, men å andra sidan om solens deklination är
högre blir dess nedgång försenad och detta ger en förkortning av den tid planeten befinner sig i mörkret.. Sammanfattar vi det hela får vi att höjden ges
av
(d + sin(θ′ − ψS )) cos(L)
θ
θ−ψ
P
ψ
P
Exempel 1.2 När det gäller Venus har vi noterat att den maximala avståndet
från solen är 45.9o men låt oss skriva 45o = π/4 för enkelhetens skull. Antag
att Venus har maximal deklination, det betyder att Solen befinner sig antingen vid 45o efter vårdagjämningen eller 45o innan höstdagsjämningen. Det
förra datumet motsvarar 5 maj, det senare 16 juli. Planetens deklination är
den maximala 23.5o vilket motsvarar ett d av tan(L) sin(23.5o ) = 0.614 om
vi sätter L = 57 (Göteborgs horisont), medan solens deklination ges av u
där sin(u) = sin(45o ) sin(23.5o) och således u = 16.381o. Detta motsvarar
via sin(ψ) = tan(L) tan(u) ett ψS = 26.91 och ett ψP = 42.02. För att
beräkna θ′ beräknar vi det för 90o som är oförändrat, samt för θ = 45o via
sin(θ)
sin(θ′ ) = √
att θ′ = 42.88o medan det θ′ vi är intresserad av
2
o
2
1+sin (23.5 ) cos (θ)
blir 47.12o till detta skall vi addera ψP −ψS = 15.11 vilket ger 62.23o = 4h9m. I
maj kommer Venus vara morgonstjärna synlig 4 timmar och 9 minuter i mörkret
medan i juli kommer den att vara aftonstjärna synlig lika länge i mörkret. För
att beräkna höjden använder vi formeln arcsin((d + sin(θ′ − ψS )) cos(L)) vilket
ger 31.5o
3
De yttre planeterna
Q
De yttre planeterna kan betraktas i så kallad opposition, d.v.s. Solen, Jorden
och Planeten befinner sig i en rät linje i nämnda ordning. Den skiva planeten
presenterar till Jorden kommer att vara fullt upplyst, dessutom kommer den
att vara som närmast. Det kan dock vara svårt att ur en enstaka observation
sluta om planeten är i opposition eller inte. Att en planet vid två olika tillfällen
befinner sig på samma position på himmelsfären (som kan ses genom att den
passerar nära en ljusstark stjärna behöver dock inte betyda att den befinner sig
på samma plats i sin bana, ty Jorden behöver inte göra det.
Däremot om Jorden gör det, så gör också planeten det.
P
Med andra ord om en specifik position observeras vid
P
samma tider på året har inte bara Jorden genomgått ett
J J
helt antal varv utan även planeten. Antal varv Jorden
har roterat är lätt att bestämma, det är bara att räkna
åren, lite mera subtilt är det att räkna varven för planeten. Jorden rör sig kring Solen snabbare än den yttre
planeten. Efter att Jorden har fullgjort ett varv har planeten inte hunnit göra sitt, det kan då vara frestande att
ur planetens position ett år senare kunna sluta hur stor del av ett varv det har
fullgjort. Vi betraktar då nedanstående bild.
Men den sökta vinkeln P OQ kommer att bero på avståndet.
Däremot kan vi under årens lopp notera dessa vinklar
P’
och se hur de växer och varje gång de passerat 360o
noterar vi att planeten ifråga har avslutat återigen ett
P
varv. När vi har återgått åtminstone approximativt till
Q’
utgångspunkten kan vi erhålla en kvot ω mellan omloppO
stiderna genom att dividera antalet jordvarv med planetvarv. Detta ger uppenbarligen en rationell approximation. Ju längre vi väntar, d.v.s. ju större nämnare och
täljare vi är beredda att acceptera, desto bättre approximation.
Exempel 1.3 Mars omloppstid är 686.9 dygn, medan Jordens är 365.25 (Det
Julianska året1 ). Kvoten är 1.8808 och vi finner approximationer som 2/1 (två
omlopp per Marsår), 15/8 = 1.875.., 32/17 = 1.882..., 79/42 = 1.881...
Dock när vi har tillgång till ω kan vi gå baklänges och använda de tidigare
observationerna för att bestämma radien r.
1 Den traditionella längden på året för astronomer som därmed följer den enklare Julianska
kalendern.
4
P
Q
β
Vi har uppmätt vinkeln α givet av QJP och vi har
även beräknat vinkeln β givet av QOP dessutom
γ
har vi uppmätt vinkeln QJP (γ). Det är genom att
O
J
mäta denna vinkel, avståndet från Solen, vid de två
olika tillfällena vi erhåller skillnaden α
Ett annat sätt är följande. Antag att jorden rör sig i en cirkelbana med radien
1 och omloppstid 2π i lämpliga enheter. Den kan då beskrivas av (cos t, sin t).
Låt en (yttre) planet röra sig likaledes i en cirkulär bana med radien R och omloppstid 2π/ω och dess rörelse kan då beskrivas av (R cos(ωt), R sin(ωt). Notera
att planeterna rös sig i samma riktning. De relativa positionerna r(t) ges då av
α
r(t) = (R cos(ωt) − cos t, R sin(ωt) − sin t)
Vektorn r(t + dt) ligger framför r(t) om och endast om r(t) × r(t + dt) > 0
vilket kan omskrivas r(t) × (r(t + dt) − r(t)) > 0 ty r(t) × (r(t + dt) − r(t)) =
r(t) × r(t + dt) − r(t) × r(t) och den sista termen försvinner. Genom att låta
dt → 0 finner vi att villkoret för att r(t) skall röra sig i positiv riktning är att
r(t)× ṙ(t) > 0. En punkt säges vara stationär om r(t)× ṙ(t) = 0. Om riktningen
på r(t] växlar tecken igenkännes detta av att en stationär punkt passeras. Detta
upplevs som om planetens färd på himlen byter riktning.
7
8
6
5
4
3
2
1
0
8
23
8
7
6
5
1
4
4
3
0
1
2
5 6
0
I figuren ser vi hur positionerna först rör sig i positiv riktning (från höger till
vänster) först snabbt och sedan långsammare tills det kommer till ett stopp efter
3, sedan byts riktningen och planeten tycks röra sig från vänster till höger med
stigande hastighet och har vid 4 samma position som vid 1. Hastigheten sjunker
sedan för att återigen stationeras vid 6 byta riktning igen och ökas,och vid 7
passeras samma punkt (longitud) som vid 0 och 4. Detta fenomen inträffar vid
opposition och kan, fortfarande under antagande om likformig vinkelhastighet i
en cirkelrörelse, utnyttjas för att bestämma tidpunkten för en opposition.
5
7
Vi kan lätt med lite trigonometrisk manipulation beräkna
r(t) × ṙ(t) = (ωR2 + 1 − cos((ω − 1)t)(ω + 1)R
ur vilket vi erhåller
cos((ω − 1)t) =
ωR2 + 1
(ω + 1)R
. Vi inser således att villkoret för att fenomenet med retrograd rörelse vid
opposition är att
ωR2 + 1
≤1
(ω + 1)R
3
Exempel 1.4 I fallet med planetbanor kommer Keplers tredje lag ge ω = R− 2
och därmed
√
1+ R
ωR2 + 1
≤1
=
(ω + 1)R
R + √1R
där
En opposition inträffar för t = 0 där de stationära tidpunkterna ges av ±t0
cos((ω − 1)t0 ) =
ωR2 + 1
(ω + 1)R
. Nästa opposition inträffar vid t = 360o /(1 − ω), se bilden nedan, där den
grovt dragna delen visar när rörelsen är positiv och däremellan när det rör sig
om retrograd rörelse.
H
P
O
Notera att perioden mellan påföljande oppositioner inte sammanfaller med
jordens period. Den senare är betecknad med P i figuren ovan, den förra med O.
Om Jorden rör sig α varv så rör planeten sig αω(< α) varv. En ny opposition
1
inträffar om α − 1 = αω d.v.s. α(1 − ω) = 1. Kvoten 1−ω
kallas planetens synodiska period och ger perioden mellan två konsekutiva oppositoner. Ju nämare
ω är till 1 desto längre är den synodiska perioden. Känner vi ω (enligt observationer ovan) och tidslängden 2t0 av den retrograda rörelsen beräknar vi R
genom
ωR2 + 1
(= H)
cos((ω − 1)t0 ) =
(ω + 1)R
och där vi kan lösa ut R genom att lösa en andragradsekvation.
p
H(ω + 1) ± H 2 (ω + 1)2 − 4ω
R=
2ω
6
Omvänt om vi känner till R och ω kan vi beräkna tidslängden av den retrograda
rörelsen. Slutligen genom att utnyttja Keplers tredje lag och anta att säg en
asteroid rör sig i en cirkelbana runt jorden, räcker det med tidslängden av den
retrograda för att bestämma avståndet.
Exempel 1.5 Sett från Venus företar Jorden en retrogradrörelse. Astronomer
på Venus har beräknat Jordens ω till 0.615198 vidare har de observerat att
denna retrograda rörelse inträffar under 0.0938 del av Venusåret. Vad är Jordens
banradie uttryckt i Venus?
Vi omvandlar 0.0938 i grader, dividerar med 2 och multiplicerar med 1−ω =
0.384802 och tar cosinus för att erhålla H = 0.9744. Vi löser andragradsekvationen och erhåller faktiskt två möjliga värden 1.38249 och 1.17577 varav det
senare motsäger Keplers tredje lag (men om de veneriska astronomerna inte
känner till denna?)
Exempel 1.6 Jupiter har omloppstiden 11.86 år och omloppsradien 5.2 beräkna
under hur lång tid Jupiter befinner sig på retrograd rörelse på himlen under en
opposition.
Man beräknar ω = 1/11.86 = 0.084 och därmed 1 − ω = 0.916. Därefter
H = 0.582 varvid vi finner att arccos H = 54.44o detta motsvarar ett t0 givet
1
av 1−ω
54.44o = 59.45o vilket är ett sjättedelsvarv ganska exakt och motsvarar
då 61 dagar. Detta skall fördubblas och vi fonner att under 122 av årets dagar
befinner sig Jupiter i retrogradrörelse.
Övningsuppgifter 1
1.1 Slutför diskussionen om Venus maximala höjd över Göteborgs horisont när
dess deklination är större än Solens, som befinner sig i någon av dagjämnspunkterna.
1.2 Antag för enkelhetens skull att Merkurius rör sig i en cirkel2 med radien
0.38 (A.E)
a) Beräkna maximala vinkelavståndet till Solen!
b) Beräkna maximala höjden över horisonten under natten vid ekvatorn!
c) Beräkna maximala höjden över horisonten under natten på Göteborgs
breddgrad!
1.3 Beräkna maximala vinkelavståndet av Jorden till Solen sett från Ganymedes
1.4 Från Ganymedes beräkna maximala vinkelavståndet från Jupiter för de
inre månarna Io och Europa.
2 Att ta hänsyn till Merkurius elliptiska bana gör uppgiften mera intressant men kräver en
del matematiska kunskaper om polärer till ellipser för att behandlas korrekt
7
2. Planetrörelserna
Keplers Lagar
• En planet rör sig i en ellips, med solen i en av brännpunkterna
• Vektorn given av solen och planeten sveper lika areor under lika tid.
• Kuberna av medelavstånden är proportionella mot kvadraterna av omloppstiderna
Ellipser och Kägelsnitt
En ellips benämnes i vanligt tal med det vaga ordet ’oval’. Det refererar till en
ihoptryckt cirkel. En cirkel som ses från en sned vinkel har formen av en ellips.
Mera specifikt om vi har en cirkel med radien a och således given av ekvationen
x2
y2
+
=1
a2
a2
och skalar yaxeln med en faktor
b
a
får vi istället ekvationen
x2
y2
+ 2 =1
2
a
b
som är ekvationen av en ellips. Dess snitt med x-axeln fås genom att sätta y = 0
och därmed punkterna (±a, 0), På samma sätt fås dess snitt med y-axeln genom
att sätta x = 0 och därmed (0, ±b). Om a > b säges den horisontella axeln av
längd 2a utgöra storaxeln, och den vertikala axeln 2b lillaxeln. Avståndet 2a
utgör det längsta avståndet mellan två punkter på ellipsen, avståndet 2b är det
minsta avståndet mellan två punkter på ellipsen vars mittpunkt går genom dess
centrum.
8
En ellips parametriseras av (a cos t, b sin t). Dess area beräknas enkelt till
πab, medan båglängden hos en ellips är ett klassiskt problem som gav upphov
till så kallade elliptiska funktioner.
Ellipsen har två brännpunkter (F1 , F2 ) som ligger på storaxeln. Dessa har
två egenskaper visavi en godtycklig punkt P på ellipsen
• Summan av avstånden |P F1 | + |P F2 | är konstant och således lika med 2a
• Om T är tangenten till ellipsen vid P kommer vinklarna som P F1 och
P F2 bildar med T vara lika.
P
T
F
F
1
2
Om ellipsens brännpunkter ges av (±c, 0) kommer vi således att ha relationen
a2 = b 2 + c2
Bråket e = ac är ett mått på ellipsens tillplattning och är invariant under (likformig) skalning. Den benämnes excentricitet. Och uppenbarligen gäller att
0 ≤ e < 1. Cirkeln är en ellips med excentricitet 0 och både brännpunkterna
sammanfaller.
Den andra egenskapen kan tolkas optiskt, och därmed benämningarna ’brännpunkter’.
Nämligen strålar som utgår från ena brännpunkten reflekteras mot den andra.
Betrakta skaran av ellipser med storaxlarna längs x-axeln med en brännpunkt
i origo och ellipsens högra extrempunkt i (1, 0). Ekvationen av en sådan ellips
ges av
y2
(x − λ)2
+
=1
a2
b2
där det återstår att bestämma a, b,√
λ. Först noterar vi att a + λ + 1. Om
excentriciteten är e finner vi att b = 1 − e2 a. Vidare om högra brännpunkten
ligger i origo att ae+λ = 0 medan om den vänstra ligger i origo att −ae+λ = 0.
9
q
e
1
1+e
,b =
I det första fallet finner vi lätt a = 1−e
1−e , λ = − 1−e . Medan i det
andra fallet byter vi bara ut e mot −e. Vi kan då förenkla ekvationen till
x2 (1 − e2 ) + 2xe(1 + e) + y 2 = (1 + e)
Denna har mening även för e = 1 som ger 4x = 2 − y 2 d.v.s. en parabel Löser
vi ut x i y finner vi
1
x=1−
y2 + . . .
2(1 + e)
När e = 1 får vi således likhet. Med andra ord en parabel är en ellips för vilken
den andra brännpunkten ligger i oändligheten. Strålar som utgår från den kvarvarande brännpunkten konvergerar till den andra brännpunkten i oändligheten
och är således parallella. Omvänt strålar parallella med dess axel konvergerar
till brännpunkten. Detta är egenskaper som utnyttjas i astronomin via reflexteleskop. Om e > 1 får vi en parabel, brännpunkten har då gått över sidan och
återuppstår till höger. Om 0 > e > −1 kommer den andra brännpunkten röra
sig mot höger och bli den högra brännpunkten.
Ellipser, parablar och hyperblar är alla exempel på andragradskurvor. Hyperbelns ekvation ges av
x2
y2
−
=1
a2
b2
medan parabeln av x = ay 2 om dess axel läggs längs x-axeln. Orden är grekiska
och betecknar ’mindre’,’lika med’ och ’mera’3 . Grekerna initierade studiet av
dessa kurvor genom att skära koner med plan. Den främste antike utforskaren av
kägelsnitt var Apollonius som i Euklides anda, utan ko-ordinater, strikt bevisade
dess fundamentala egenskaper.
3 På engelska är en liknelse i Bibeln översatt till ’parable’, en överdrift med ’hyperbole’ och
’an ellipsis’ en förkortning
10
Banelementen
För att beskriva en ellips form räcker det med att veta dess excentricitet e. För
dess storlek längden 2a av dess storaxel. För att bestämma dess läge behöver
vi först och främst bestämma det plan i vilket det ligger. Planet är bestämt av
sin normal vilken kan ges av två antipodala punkter på himmelsfären och som
bestämmer en storcirkel på densamma. Det är tradition inom astronomin att
ge planets snitt med ekliptikan, som ger två antipodala punkter som benämns
noder, samt den vinkel i (inklination), den ger med denna. Givet riktningen
på planetens rotation i sin bana kan vi välja ut den ena av de två noderna,
nämligen den vid vilken deklinationen med respekt till ekliptikan växer. Detta
är den så kallade växande noden (ascending node) medan den andra noden är
den avtagande (descending). Vinkeln mellan två plan kan bestämmas på två
olika sätt, antingen som θ eller supplementvinkeln π − θ (180 − θ beroende på
vinkelenhet). Om planetens rikting är motsols (vad matematiker kallar positiv)
väljs den mindre av de två riktingarna, är den medsols (så kallad retrograd
rörelse) väljs den större. Inklinationen är således alltid positiv och mindre eller
lika med än 180 grader. En planet med inklination 180o rör sig alltså i samma
plan som ekliptikan, men i retrograd (medsols) rikting. Givet riktningen på
banan kan man välja ut en av enhetsnormalerna, d.v.s. en av de antipoda
punkterna. Detta betyder att man ger planet en orientering, d.v.s vad som är
upp och vad som är ner. På samma sätt har ekliptikan en distingerad normal.
Vinkeln mellan två riktade sträckor är alltid väldefinerad och mellan 0 och 180
grader. Den växande nodens position är given av sin longitud, denna är given av
vinkeln mellan vårdagsjämningspunkten på ekliptikan och noden, och betecknas
traditionellt med Ω. Notera att denna skall inte förväxlas med vinkeln som ger
rektascensionen, som är den ’riktiga’ longituden och räknas efter himmelsekvatorn. Inklinationen i och Ω samt riktningen på banan bestäms av en enda punkt
på himmelsfären.
Exempel 2.1 Givet punkten med deklination ψ = 20o och rektascension θ =
2h bestäm inklination och Ω!
Normalen med dessa sfäriska ko-ordinater ges av cos θ cos ψ, sin θ cos ψ, sin ψ.
I vårt fall gäller ψ = 20o , θ = 360o/12 = 30o vilket ger a = (0.814, 0.470, 0.342).
Normalen för ekliptikan med positiv orientering är given av (0, sin ℓ, cos ℓ) där
ℓ är lutningen på jordaxeln och således given av b = (0, 0.399, 0.917). Tar vi
skalärprodukten a · b av dessa bägge enhetsnormaler erhåller vi 0.501 vilket
motsvaras av vinkeln 59.93o som således är inklinationen. För att finna den
växande noden tar vi istället vektorprodukten och a × b och normaliserar och
finner c = ±(0.340, −0.862, 0.375). Vi tar därefter skalärprodukten med (1, 0, 0)
som pekar till vårdagsjämningspunkten och finner ±0.340 vilket motsvarar vinklarna 19.896o och 160.104o vilken skall vi välja.
11
När vi väl har bestämt planet måste
vi bestämma hur ellipsen befinner sig i
det. Detta betyder att vi måste bestämma storaxelns läge. Storaxeln har två
punkter, nämligen den som är närmast
(perihelion) och den som är längst bort
(aphelion). I planet har vi redan en
stråle nämligen den som ger den växanω
de noden. Vinkeln som dessa bägge
ι
Ω
strålar bestämmer kallas perihelions argument och betecknas med ω, den kan
vara mellan 0o och 360o . Dessa fem
numeriska parametrar är tillräckliga för
att bestämma ellipsen. Dessa kallas
banelementen. För att bestämma planetens position krävs ytterligare en parameter, nämligen planetens position är
bestämd av den vinkel u den gör med perihelion. Denna vinkel är växande
om planeten rör sig ’normalt’ d.v.s. positivt och avtagande om den rör sig
retrograd. Till banelementen är det också normalt att tillfoga omloppstiden T .
Givet en tidpunkt (säg t = 0) i vilken planeten befinner sig i perihelion kan vi
vid varje godtycklig tidpunkt t bestämma dess position i rummet och givet Ω, ω
och u finna dess position på himlavalvet sed från Solen. På grund av parallaxen
kommer dessa att skilja sig en aning från vad motsvarande position kommer att
vara sedd från jorden, såvida inte en A.E är försumbar jämfört med storaxelns
dimension a.
Konstant area
Låt r(t) vara positionsvektorn med sitt tidsberoende. Mellan tiderna t och
t + dt har denna vektor svept ut en area given av 21 |r(t) × r(t + dt)| = 12 |r(t) ×
(r(t+dt)−r(t))|. Hastigheten av denna areaförändring är således givet av |r× ṙ|.
Dess derivata är således lika med noll om och endast om vektorn sveper ut lika
areor under lika tid. Villkoret är ekvivalent med r × r̈ d.v.s. r, r̈ är parellella,
vilket är precis fallet för alla centralrörelser, d.v.s. kraften är alltid parallell
med positionsvektorn, d.v.s riktad mot eller från en fix punkt. Vi finner att
h = r × ṙ är en konstant, och kan ses som en normal till ellipsens plan. Om vi
använder h = |h| som tidsenhet finner vi att omloppstiden T ges av T h = πab
För att beräkna positionen betraktar vi en punkt P ′ på cirkeln med radien
a (halva storaxeln) och centrum i ellipsens centrum. Dess position är given av
vinkeln E som kallas den excentriska anomaliteten. Notera att P ′ inte ligger
på ellipsen utan dess projektion P (vilken vi får genom att skala med lillaxeln,
d.v.s. skala y-koordinaten med b/a). Arean av cirkelsektorn OQP ′ ges av
1
1 2
′
2 a E. Drar vi från arean av triangeln OF P som ges av 2 ae × a sin E erhåller
vi 21 a2 (E − e sin E) som är arean av F QP ′ . Skalar vi denna vertikalt med b/a
erhåller vi arean F QP som är den area radien har svept över under den tid som
12
det tagit för den excentriska anomaliteten att växa från 0 till E. Denna area är
således given av 12 ab(E − e sin E).
P’
P
E
φ
O
Q
F
För att denna area skall växa linjärt med tiden finner vi att
E ′ (1 − e cos E) = k
där 21 ab(kT ) = πab således k = 2π
T . Den intressanta och relevanta vinkeln är ψ
kallade den ’sanna anomaliteten’. Sambandet mellan de två är givna av
b sin E = r(E) sin ψ
där r(E) är längden av radievektorn i termer av E. I själva verket gäller att
r(E) = a(1 − e cos E).
Exempel 2.2 Mars rotationstid är 687 (jord)dygn. Om den befinner sig vid sin
perhelion punkt den 24 Februari vilket är dess läge den 24 juli? Excentriciteten
hos banan förutsätts vara 0.01.
Mellan 24 februari och 24 juli är det 150 dagar. 150/687 = 0.218. Ser
vi i tabellen inser vi att vi kan approximera med en cirkel och denna bråkdel
motsvarar en excentrisk anomalitet av 78o
Exempel 2.3 Merkurius har en omloppstid på 88 dygn och en excentricitet på
0.2 hur många dagar efter sin perihelionpassage är avståndet lika med halva
storaxelns längd (d.v.s. = a medelavståndet)?
Den excentriska anomalin är 90o och i tabellen avläser vi 0.218 vilket vi
multiplicerar med 88 dygn och får 19 dygn.
13
Initialvillkor
Givet en position och en hastighetsvektor visavi en centralkropp som utövar
en viss kraft enligt Newtons lag, kommer det att finnas en unik ellips i vilken
kroppen kommer att följa. Om kroppen rör sig i en cirkel kommer hastigheten
att hela tiden vara vinkelrät mot positionsvektorn. Om den rör sig med icke
försvinnande excentricitet kommer det endast att finnas två sådana positioner
under banan, nämligen vid perihelion och aphelion, d.v.s. storaxelns ändpunkter.
För varje ellips kommer det finnas två punkter när avvikelsen från det vinkelräta
är som störst, denna maximala avvikelse kan uttryckas i e.
Om initialvektorn är vinkelrät mot positionsvektorn finns det två hastigheter
som ger en cirkelrörelse beroende på vilken riktning planeten kommer p
att röra
g
sig. Denna hastighet beror på massan av kroppen. Den är given av
R där
konstanten g är proportionell mot kroppens massa. Om denna kritiska hastighet
skalas uppstår en ellips. Om hastigheten är mindre än den cirkulära kommer
kroppen hinna falla mer under en given längd än under den cirkulära rörelsen
och avståndet till centrum kommer att avtaga och få ett minimum på motsatta
sidan, medan hastigheten kommer att tilltaga och få ett maximum vid samma
antipodala punkt. Den ellips vi får kommer tangera cirkel på insidan och vara
helt innesluten i denna. Men om hastigheten är större, kommer kroppen falla
mindre under en given längd och vi får en ellips som tangerar cirkeln utifrån och
kommer att omsluta denna. Avståndet kommer att tilltaga medan hastigheten
kommer att avta, och maximu för den förra och minimum för den senare kommer att antas återigen på den motsatta sidan. Ju större hastigheten är desto
längre bort kommer den andra brännpunkten att ligga. Vid en kritisk hastighet
har den nått oändligheten, och banan är en parabel. Denna kritiska hastighet
är samma som flykthastigheten. I detta fall kommer hastigheten att gå mot
noll. Om hastigheten överstiger flykthastigheten kommer hastigheten gå mot
ett gränsvärde strikt större än noll, och banan kommer att vara en hyperbel.
Den andra brännpunkten har då gått över oändligheten och återfinns nu till
höger.
Om vi skalar hastigheten med t kommer partikeln röra sig samma sträcka
under en skalning av tiden med 1/t och därmed falla en sträcka skalad med
y2
ges, som tidigare
1/t2 . Om den cirkulära banan är lokalt given av x = R − 2R
2
y
x = R − 2R(1+e)
. Vi erhåller då t2 = 1 + e.
√
Speciellt fås för e = 1 att t = 2 som anger kvoten mellan flykthastigheten
och den cirkulära hastigheten. Om t < 1 erhåller vi då ett negativt e som
skall tolkas som att centralmassan är belägen vid den bortre brännpunkten.
Således om t1 , t2 är skalningarna vid de motsatta punkterna och R1 = (1 − e)a
är avståndet till närmaste brännpunkten, och därmed
= (1 + e)a till den
q R2 q
bortre. De cirkulära hastigheterna kommer att vara Rg1 , Rg2 respektive och
q
q
hastigheterna i banan t1 Rg1 , t2 Rg2 där t21 = 1 + e och t22 = 1 − e. Adderar vi
påpektas, vid excentricitet e,
14
g
den kinetiska energin 21 gv 2 och den potentiella − R
erhåller vi
g
t2 − 2
1 2g
t
−
=
2 R R
2R
Sätter vi t2 = 1 + e och R = (1 − e)a förenklas det hela till
−
g
2a
oberoende av e. I själva verket kommer detta hålla för hela banan.
Exempel 2.4 Vi har en satellit som rör sig ed 8km/s nära jorden. Hur mycket
skall dess hastighet ökas till för att den skall följa en bana tillräckligt excentrisk
för att runda Månen? (Vi bortser från Månens gravitation)
Avståndet till Månen är 60 jordradier. Månens radie är 1/4 jordrade.
Storaxelns längd kommer då att bli 61.25 jordradier. Halva storaxelns längd
blir 30.625 jordradier, och avståndet från jordens centrum (ena brännpunkten)
blir då 29.625 jordradier varav följer att excentriciteten blir e√= 29.625/30.625 =
0.9673 och hastigheten skall ökas med en faktor 1.40262 < 2
Tvåkropparproblemet
Om en kropp roterar kring solen på ett visst avstånd säg 1 har den en omloppstid
proportionellt mot kvadraten av solens massa. Samma gäller planeten. Men om
nu solen roterar kring planeten får vi ett helt annat värde på omloppstiden
än om planeten roterar kring solen. Hur kan man matematiskt se skillnaden?
Vi har här ett tvåkroppar problem som vi bortsett från tidigare när planetens
massa har ansetts försumbar i jämförelse med solens och vi därmed bortsett från
dess inverkan. Gör vi det inte finner vi att om två kroppar med massorna M och
m attraheras ömsesidigt att de roterar kring en gemensam jämviktspunkt vars
läge bestäms av hävstångsprincipen i två ellipser med gemensam brännpunkt
på ett sådant sätt att de två kropparna och jämviktspunkten alltid befinner sig
på en rät linje. Keplers tredje lag måste revideras en aning. Vi finner
T2 = k
a3
M +m
Där a är det maximala avståndet mellan kropparna.
Exempel 2.5 Två solar (med samma massa) roterar runt varandra på ett
avstånd av 1 A.E. Vilken är omloppstiden?
Omlopps tiden för Jorden runt Solen på detta avstånd är ett
√ år. Nu är
effekten den dubbla massan så omloppstiden skall divideras med 2 d.v.s. 260
dagar.
15
Trekropparproblemet
Det klassiska trekropparproblemet rör Solen, Månen och Jorden. Månen påverkas
både av Solen och Jorden. Kraften från Solen är ungefär dubbelt så stor som
den från Jorden (F ), så den sammanlagda kraften kommer att variera stort under Månens omlopp runt Jorden. Vid fullmåne är den som störst och utgör då
3F (2F + f ) medan under nymåne är den som minst F (2F − F ) vid bägge fallen
pekar den mot Solen. Att beräkna och förutsäga Månens rörelse på himlavalvet
med hjälp av Newtons lagar är ett klassiskt problem, och det sägs att inget lär
ha gett Newton en sådan huvudvärk.
Först Månen roterar kring Jorden som i sin tur roterar kring Solen. Man
förväntar sig då en bågig månrörelse, men så är faktiskt inte fallet, Månens bana
runt Solen är inte bara en approximativ ellips (Jordens bana) men faktiskt konvex. För att utreda detta närmare tänker vi oss en planet som roterar kring
Solen i en cirkulär bana och som dessutom har en måne som roterar likaledes i
en cirkulär bana runt planeten. Solens massa kan vi sätta till M medan planetens massa normaliserar vi till 1 (M är således kvoten mellan Solens massa
och planetens). På samma sätt kan vi normalisera planetbanans radie till 1
och månbanans till r. Planetens färd beskrivs av (cos t, sin t) och månens visavi
planeten av (r cos(ωt), r sin(ωt), således om planetens omloppstid är normaliserad till 2π kommer månens omloppstid att vara 2π/ω om ω < 0 har månen
så kallad retrograd rörelse. Vi kan kombinera dessa två rörelser till en enda
via cos t + r cos(ωt + φ), sin t + r sin(ωt + φ) där φ är en fasförskjutning. Det
kan vara lämpligt att sätta denna till φ = π. Situationen blir då följande
(cos t − r cos(ωt), sin t − r sin(ωt))
Positionen för A är (1−r, 0) medan positionen för B
är (cos t − r cos(ωt), cos t − r sin(ωt)). Vi betraktar
små t och kan således skriva
(1 −
(ωt)2
t2
− r(1 −
), t − rωt)
2
2
Vi vill nu skriva denna på formen
B
A
x=1−r−
1 2
y
2k
som ger krökningen av månens bana då den är som
minst krökt. Villkoret för att vi skall ha en konvex
1
> 0. I vårt fall har vi
bana är att 2k
1
x = (1 − r) − (1 − ω 2 r)t2
2
och y = (1 − ωr)r och därmed kan vi skriva
x = (1 − r) −
1 1 − ω2r 2
y
2 (1 − ωr)2
16
.
Således har vi villkoret att 1 − ω 2 r > 0
Exempel 2.6 I fallet med vår måne har vi r = 1/400 och ω = 365/27.321 =
13.36 och således ω 2 r = 0.446 < 1
Låt oss nu betrakta det dynamiska fallet. Vi kan då beräkna
1
3
ω = M − 2 r− 2
1
från Keplers tredje lag. Sätt α = ωr = (M r)− 2 och β = ω 2 r = M −1 r−2 .
Kraften mot solen är försvagad på grund av en motstående kraft från planeten.
2
Om den normala kraften är M är kraften från planeten r−2 (mera precist ( 1−r
r ) )
1
kvoten blir 1 − Mr2 = 1 − β.
√
Om den ursprungliga cirkulära hastigheten är v0 blir den nu v0 1 − β. Dock
den aktuella hastigheten är v0 (1 − ωr) = v0 (1 − α) ty månen rör sig i motsatt
riktning från planeten. (Hade det rört sig om en retrograd rörelse hade det
istället varit v0 (1 + α)). Vi multiplicerar således med hastigheten √1−α . Detta
1−β
1−β
betyder att krökningen multipliceras med (1−α)
2 . Nu måste krökningen vara
mindre än den som ges av cirkeln med radien 1 annars kommer månens bana
hela tiden vara inne i denna cirkel, ty månbanan kommer hela tiden ha mindre
krökning. Vi får därmed villkoret
(1 − α)2
≥1
1−β
vilket översätts till 1 − 2α + α2 ≥ 1 − β eller β ≥ 2α − α2 vilket vi förenklar till
2≤
1 −3
β
M −1 r−2
r 2
=
1 = √
−
α
2
M
(M r)
vilket kan förenklas till
r≤
1
1
(4M ) 3
Detta kallas Hillradien och ger den radie inom vilket en planet behåller sin
måne. I fallet med vår egen Måne rör sig denna radie om 1.5 miljoner km, d.v.s.
omkring fyra gånger större än det aktuella avståndet.
Notera dock att detta resonemang utgör en förenkling, en mer noggrann
analys ger formeln för Hill radien till
r≤
1
1
(3M ) 3
men felet är endast 10% och ger i alla fall med enkla medel en god uppskattning.
Exempel 2.7 Hillradien för vår måne vars massa är 1/81 av jordens ges av
1
1
r=
1 ∼ 7 d.v.s. omkring 55’000 km
(3×81) 3
17
Övningsuppgifter 2
2.1 Visa från ellipsens ekvation och definitionen av dess brännpunkter att
summan av avstånden till de två brännpunkterna för en punkt på omkretsen är
konstant, och att den är lika med storaxelns längd.
2.2 En stjärna roterar kring en annan i en cirkel. Antag att planet för denna
skär den linje som förbinder centrum stjärnan med vår jord (och därmed öga) i
30 grader från det vertikala. Beräkna excentriciteten hos den uppkomna ellipsen.
2.3 Halleys komet har en bana med excentricitet 0.967 och ett perihelion av
0.586 A.E. Beräkna avståndet till solen vid dess aphelion.
2.4 Merkurius banelement är givna av e = 0.205, ι = 7o , Ω = 47o , ω = 31o , a =
0.387. Beräkna perihelions position i ett koordinatsystem i vilket himmelsekvatorn sammanfaller med xy planet, och vårdagsjämningspunkter ligger på positiva x-axeln, och enheten är 1 A.E.
2.5 Beräkna Merkurius maximala deklination
2.6 Beräkna Jupiters maximala deklination om Ω = 99.5o och ι = 1.3o
2.7 Om Merkurius befinner sig vid sitt perihelion den 1 mars, vilket är dess
avstånd till Solen den 15 mars?
2.8 Under hur stor del av sin omloppstid befinner sig Halleys komet innanför
jordbanan?
2.9 Vilken hastighet har Halleys komet under sin perihelion passage? Med
hur många procent skall vi öka denna hastighet med för att Halleys komet en
gång för alla kommer att försvinna från solsystemet.
2.10 Under hur stor del av sin omloppstid runt Jupiter befinner Ganymedes
sig på den konvexa delen av sin bana runt Solen?
2.11 Beräkna Hillradien för Ganymedes. Antag att Mars måne Phobos istället
roterar kring Ganymedes på samma avstånd från dess yta som den har från
Mars. Kommer Ganymedes att få behålla den?
18

1. Planeters skenbara rörelser

Related documents

Products

Support

1. Planeters skenbara rörelser

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib