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):

!

˙ H O = 0 " H O =mr2 ˙ # 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:

2

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 = mr2 ˙ # ( )e z , som skall vara en konstant vektor (längd och riktning) enligt tidigare analys av centralkrafter. Nu ser vi en ny detalj hos rörelsen:

!

r2 ˙ " = h (konstant) . Kan vi tolka detta? En dimensionsanalys ger

!

dim(h) = L2T-1 , dvs yta per tid, möjligen ortsvektorns sektorhastighet? Ortsvektorns ändring av läge under tiden

!

d t .

3

Den lilla sektorytan

!

dA blir momentant en likbent triangelyta, och vi ser:

!

dAd t

=12r2 d"d t

=12h .

• Sektorhastigheten är konstant och

!

r2 ˙ " betyder dubbla sektorhastigheten (=

!

h). Den andra (och sista) ekvationen: Den kinetiska energin uttryckt i cylindersystemets komponenter är alltid:

!

T = 12

mv 2 =12

m ˙ r 2 + r2 ˙ " 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 Mmr2

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:

!

V r( ) =" "G Mmr2

e r# $ % &

' ( •dr

r ref

r

) ="G Mmr + konst

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 Mmr

.

• Grafisk illustration av gravitationens potential.

!

V r( ) = "G Mmr

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 = ka3 , 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:

!

F ="G mMr2

er ="mGMR2=g{

R2r2

e r ="mg R2

r2e r .

Radiella kraftekvationen ger för önskad cirkelrörelse

!

"m v 2

rc= "m gR2

rc2

!

"

!

v =gR2

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:

!

rv" = h (konstant)

!

12mvr

2 +12m h

r"

# $ %

& '

2

(mGMr

= E (konstant)

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 (

!

vr = 0):

!

12m h

r±

"

# $

%

& '

2

(mGMr±

= E

!

"

!

Er±2 +mGMr± "

12mh 2 = 0

!

"

!

r±2 +

mGME

r± "12E

mh2 = 0

!

"

!

r± = "mGM2E

±mGM2E

#

$ %

&

' ( 2

+12E

mh2

Vi ser direkt att summan av vändlägena eliminerar

rottecknet, dvs

!

r+ + r" = "mGME

.

Energin i rörelsen kan alltså bestämmas geometriskt av enbart stora symmetriaxelns längd enligt:

!

E = "mGM2a

(banenergiformeln).

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 .

– Excentricitet:

!

e =ca

,

!

0 " e <1.

– Samband:

!

b2 = a2 " c2 = a2 1" e2( ) .

• Ellipsens ekvation med polära koordinater i ena fokus:

!

r =a 1" e2( )1+ ecos# eller

!

r =

b2a

"

# $

%

& '

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: Geometriska cirkelekvationen: Betrakta två termer

!

X och

!

Y som varierar så att

!

X 2 +Y 2 = R2 , 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

skrivas:

!

1r "

ab2

= ab2ecos# . (**)

Vi definierar:

!

X = 1r "ab2

och

!

R = ab2e , så att (**) skrivs

!

X = Rcos" . Vinkelderivatan av samma ekvation (**) kan skrivas

!

" dd#

1r$ % & ' ( ) = a

b2esin# . Vänsterledet definieras nu som Y, dvs

!

Y = " dd#

1r$ % & ' ( ) , så att (***) blir

!

Y = Rsin" . Cirkelekvationen

!

X 2 +Y 2 = R2 är nu väldefinierad från ellipsens geometri. Dynamiska cirkelekvationen (enligt Newton): Vi dividerar energiekvationen i polära koordinater (z=0) med

!

h2 och får:

!

12

m ˙ r h"

# $ %

& '

2

+12

m 1r"

# $ %

& '

2

(m GMh2r

= Eh2 ,

eller förenklat

!

˙ r h" # $ % & ' 2

+ 1r" # $ % & ' 2(2 1

r )GMh2 = 2E

mh2 (&).

Termen längst till vänster i (&) kan skrivas (utan kvadraten)

12

!

˙ r h = 1

r2drd"

#

$ %

&

' ( = ) d

d"1r# $ % & ' ( och blir det dynamiska Y:et.

Det behövs en kvadratisk term till. I vänsterledet av (&) kan vi sedan kvadratkomplettera 2:a och 3:e termerna (lägga till

och dra ifrån en konstant

!

GMh2

"

# $

%

& ' 2

) så att:

!

˙ r h"

# $ %

& '

2

+1r(

GMh2

"

# $

%

& '

2

= 2Emh2 +

GMh2

"

# $

%

& '

2

(&&).

Om andra termen är

!

X 2 , första termen är

!

Y 2 och konstanten i högerledet är

!

R2, kan vi sätta göra en fullständig identifiering med den geometriska motsvarigheten.

Först radien:

!

R = 2Emh2

+ GMh2

"

# $

%

& ' 2

(=

!

ab2e ).

Sedan ur X-likheten:

!

ab2

= GMh2

, så att man får excentriciteten

e ur ovan ekvation för R, dvs

!

e = 1+ 2Eh2

GM( )2m.

Vi har nu visat:

!

r =

h2

GM

1+ 1+ 2Eh2

GM( )2mcos"

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: Dynamisk definition av excentriciteten:

!

e = 1+ 2Eh2

GM( )2m.

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:

!

r =

b2a

"

# $

%

& '

1+ ecos(

ger omedelbart:

!

b2a = h2

GM och

!

e = 1+2Eh2

GM( )2m .

Vi löser ut dubbla sektorhastigheten som funktion av geometriska egenskaperna hos banan och får då:

!

h2 = b2a 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 =2AT

=2"abT

.

Om vi kvadrerar denna ekvation och löser ut omloppstiden erhålls

!

T 2 =4" 2a2b2

h2.

Tillsammans med uttrycket för

!

h2 i (o) på förra sidan blir omloppstiden i kvadrat:

!

T2 = 4"2a2b2

b2a GM

#

$ %

&

' (

= 4"2a3

GM .

14

Vi har bevisat Keplers 3:e lag:

!

T 2 =4" 2

GM#

$ %

&

' ( a3 .

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 dygnet'. Landningsplatsen ligger vid banans periapsis

!

r" , som antas vara känt. Bestäm apoapsis

!

r+ för samma bana. Lösning: Den önskade omloppstiden

!

T bestämmer entydigt ellipsbanans storaxel:

!

a =GMT 2

2"( )2#

$ % %

&

' ( (

1/ 3

.

Om nu minimiavståndet

!

r" är känt, så följer omedelbart att:

!

r+ = 2 GMT2

2"( )2#

$ % %

&

' ( (

1/ 3

) r) .

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:

!

T =2"GM

a a .

Den ger oss storaxeln som funktiona av omloppstiden:

!

a =GMT 2

4" 2

#

$ %

&

' (

1/ 3

,

16

b) Nu kan vi använda energin uttryckt i storaxeln

!

E = "mGM2a

som också skall vara lika med

!

12mv"

2 "mGMr"

= E .

Löser därför ut hastigheten som sen ger dubbla sektorhastigheten:

!

v" = 2GM 1r""12a

#

$ %

&

' (

!

"

!

h = r" 2GM 1r""12a

#

$ %

&

' ( .

Teoriproblem 1: Visa ellipsens polära ekvation

!

r =a 1" e2( )1+ ecos#

utgående ifrån

!

r =r0

1+ ecos" samt

definitioner av c och e. Lösning: Om man bara kommer ihåg att ellipsen kan

skrivas som

!

r =r0

1+ ecos", kan man senare bestämma vad

!

r0 är:

r0

2c

2a ! r0

2a ! r0( )2 = r02 + 4c2 .

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. 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+ = 2a

!

"

!

a =r+ + r"2

,

!

r"r+

=1" e1+ e

!

"

!

e =r+ " r"r" + r+

.

Lillaxeln (ur triangel abc):

!

b2 = a2 " c 2 = a2 1" e2( ) = r+r" .

Sammanfattning av formler med information om apogeum och perigeum:

!

h : rA vA = rP vP

!

E : 12mvA

2 "mGMrA

= 12mvP

2 "mGMrP

!

E : E = "GmMrA + rP