1 KOMIHÅG 16: Centrala raka/sneda stötar relativ separationsfart Studstalet e = 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): H O = 0 " H O = mr # e z = 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: Eftersom vektorn H O är konstant måste de rörliga vektorerna r och v, som ingår i definitionen av H O, vara sådana att r "H O och v "H O hela tiden, dvs plan rörelse (med H O -riktningen som normalriktning till planet). Fler konsekvenser av att H O är konstant kommer senare. Med polära koordinater i rörelsens plan blir rörelsemängdsmomentet: H O = ( r" mv # )e z = ( mr # )e z, som skall vara en konstant vektor (längd och riktning) enligt tidigare analys av centralkrafter. Nu ser vi en ny detalj hos rörelsen: r " = h (konstant). Kan vi tolka detta? En dimensionsanalys ger dim(h) = L 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 d t = 1 d" r d t = 1 h. Sektorhastigheten är konstant och r " betyder dubbla sektorhastigheten (= h). Den andra (och sista) ekvationen: Den kinetiska energin uttryckt i cylindersystemets komponenter är alltid: T = 1 mv = 1 m ( r + r " ). 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 r e 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 # V ( r) = " %"G Mm & ) e $ r ( dr = "G Mm + konst ' r r ref r Man brukar alltid låta den godtyckliga konstanten vara noll, så att potentiella energins noll-nivå ligger på oändligt avstånd från solen. Alltså: V ( r) = "G Mm. r Grafisk illustration av gravitationens potential. V r ( ) = "G Mm 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. ) 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 = 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=9.8 m/s. Lösning: Gravitationskraften kan skrivas: F = "G mm r e r = "m GM { R =g R r e r = "mg R r e r. Radiella kraftekvationen ger för önskad cirkelrörelse "m v = "m gr " v = gr. r c r c r c där r c = R + H.
KOMIHÅG 17: ------------------------------------------------------ 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: 7 rv " = h (konstant) 1 mv r + 1 m h " % $ ' (m GM # r & r = E (konstant) 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): 1 m " h % $ ' # r ± & (m GM r ± = E " Er ± + mgmr ± " 1 mh = 0 " r ± + mgm E r ± " 1 E mh = 0 " r ± = " mgm E ± # mgm & % ( + 1 $ E ' E mh Vi ser direkt att summan av vändlägena eliminerar rottecknet, dvs r + + r " = " mgm E, eller att energin i rörelsen kan bestämmas geometriskt av stora symmetriaxeln enligt Banenergiformeln : E = " mgm a. 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 a fästes i två punkter på avstånd c, och en penna spänner snöret och ritar.
Ellipsens egenskaper: 10 Geometriska termer: Stora och lilla symmetriaxlarna har längderna a respektive b. (Dubbla) fokalavståndet är c. Excentricitet: e = c a, 0 " e <1. Samband: b = a " c = a ( 1" e ). Ellipsens ekvation med polära koordinater i ena fokus: " b a( 1" e) % $ r = 1+ ecos# eller # a ' & r = 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 + Y = R, där R (radien) är konstant. Jämför också 'trigonometriska ettan': cos " + sin " =1. Betrakta figuren nedan:
11 Bevismetod: Vi hittar först ett samband X + Y = R 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 och får: 1 m r " % $ ' + 1 # h& m " $ 1% ' (m GM # r& h r = E, h " r % " eller förenklat $ ' + $ 1% ' ( 1 # h& # r& r ) GM = E. h mh I vänsterledet behöver vi bara kvadratkomplettera :a och 3:e " GM % termerna (lägga till och dra ifrån en konstant $ ' ) så att: # h & " r % $ ' + 1 # h & r ( GM " % $ ' = E # h & mh + GM " % $ ' (*). # h & Om andra termen är X, första termen är Y och konstanten i högerledet är R, kan vi sätta : X = Rcos" " 1 r " GM = h E mh + # GM & % ( $ h ' cos) (**),
dvs r = GM h + Vi har nu visat: r = 1 E mh + " GM % $ ' # h & cos( h GM 1+ 1+ Eh ( GM) m cos". (***). samt r = h E mh + " GM % $ # h ' sin( (****). & Detta är ekvationen för plantebanors form (inte bara ellips), samt hur den radiella hastigheten varierar med ". 1 Om nämnaren inte blir noll för något ", så får man en ellips. Annars erhålls andra banor som inte är slutna: Dynamisk definition av excentriciteten: e = 1+ Eh ( 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 ", som för den dubbla sektorhastigheten vi tidigare definierat.
Tidsderivatan av (**) ger ett uttryck för den radiella hastigheten: r = r " E mh + # GM & % $ h ( ' termen Y i (*) ger uttrycket 13 sin", medan den första r = h E mh + " GM % $ # h ' sin( (*****). & En jämförelse mellan dess båda uttryck ger att: h = r ", som är identiskt med uttrycket för dubbla sektorhastigheten. Geometri och dynamik: Jämförelse av vår banformel med ellipsens: " b % $ # a ' & r = 1+ ecos( ger omedelbart: b a = h GM och e = 1+ Eh GM ( ) m. Vi löser ut dubbla sektorhastigheten som funktion av geometriska egenskaperna hos banan och får då: h = b a GM (o) 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: h = A T = "ab T. Om vi kvadrerar denna ekvation och löser ut omloppstiden erhålls
T = 4" a b. h Tillsammans med uttrycket för h i (o) på förra sidan blir omloppstiden i kvadrat: T = 4" a b b = 4" a 3 # % $ a GM & GM (. ' Vi har bevisat Keplers 3:e lag: # T = 4" & % ( a 3. $ GM ' Proportionalitetskonstanten är som synes oberoende av vilken planetmassa m det gäller. 14 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'. Landningsplatsen ligger vid banans periapsis r ", som antas vara känt. Bestäm apoapsis r + för samma bana.
15 Lösning: Den önskade omloppstiden T bestämmer entydigt ellipsbanans storaxel: a = GMT 1/ 3 # & % ( $ % ( " ). '( Om nu minimiavståndet r " är känt, så följer omedelbart att: r + = GMT 1/ 3 # & % ( ) r $ % ( " ) ). '( 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: T = " GM a a. Den ger oss storaxeln som funktiona av omloppstiden: a = GMT 1/ 3 # & % (, $ 4" '
16 b) Nu kan vi använda energin uttryckt i storaxeln E = " mgm a som också skall vara lika med 1 mv " "m GM = E. r " Löser därför ut hastigheten som sen ger dubbla sektorhastigheten: # v " = GM 1 " 1 & # % ( " h = r " GM 1 " 1 & % (. $ r " a' $ r " a' Teoriproblem 1: Visa ellipsens polära ekvation ( ) a 1" e r = 1+ ecos# utgående ifrån r = r 0 1+ ecos" samt definitioner av c och e. Lösning: Om man bara kommer ihåg att ellipsen kan r skrivas som r = 0, kan man senare bestämma vad 1+ ecos" r 0 är: a! r 0 r 0 c ( a! r 0 ) = r 0 + 4c Vi använder dubbla focalavståndet..
Teoriproblem : Visa hur ellipsens a, e och b kan uttryckas i max- och minavstånden i banan. Lösning: Betrakta den polära ekvationen för ellipsen. Min- och maxavstånd till fokus (sol/jord) ges av: r " = a( 1" e), då " = 0(perihelion/perigeum), r + = a( 1+ e), då " = # (aphelion/apogeum). r " + r + = a " a = r + + r ", r " = 1" e " e = r " r + ". r + 1+ e r " + r + Lillaxeln (ur triangel abc): b = a " c = a 1" e ( ) = r + r ". Sammanfattning av formler med information om apogeum och perigeum: 17 h : E : E : r A v A = r P v P 1 mv A "m GM r A E = " GmM r A + r P = 1 mv P "m GM r P