VI.1 Redukcja ruchu dwóch ciał w polu siły centralnej do...

Jan Królikowski Fizyka IBC 1

r. akad. 2005/ 2006

VI.1 Redukcja ruchu dwóch ciał w polu siły centralnej do ruchu jednego ciała w zewnętrznym polu siłyVI.2 Grawitacyjna energia potencjalna powłoki

kulistej i kuli


r. akad. 2005/ 2006

VI.1


r. akad. 2005/ 2006

Siła kulombowska

Siła działająca na ładunek Q2 ze strony ładunku Q1:

1 2 1221 2

0 12 12

1 Q Q rF4 r r

=πε

1r

2r12r

12F

1 12 2r r r+ =

21F

0

Q1

Q2

12 21F F= −


r. akad. 2005/ 2006

Siła powszechnego ciążenia Newtona

Siła grawitacji działająca na ciało 2 ze strony ciała 1:

1r

2r12r

12F

1 12 2r r r+ =

21F

0

m1

m2

1 2 1221 2

12 12

Gm m rFr r

= −

12 21F F= −

12 2 1 21 12; = − = −r r r r r


r. akad. 2005/ 2006

Równania ruchu środka masy

Dodając stronami uzyskujemy równanie ruchu środka masy:

( )( )

1 1 12 12

2 2 12 12

=

= −

m r F r

m r F r

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

0

+ += =

+

=

m r m r m r m rR

m m M

MR


r. akad. 2005/ 2006

Równanie ruchu względnego

daje nam po odjęciu stronami:( )( )

1 1 12 12 2

2 2 12 12 1

= ⋅

= − ⋅

m r F r m

m r F r m

( ) ( )2

1 2 1 2 1 2 122

12

21 1 1

1 222

− = +

=+

µ =

dm m r r m m F

d

r

t

rm m

Fm m

Ruch względny jest to ruch ciała o masie zredukowanej µw zewnętrznym polu siły


r. akad. 2005/ 2006

Równanie toru jest stożkową w zmiennej r=r21

Z Cz. V.4 wiemy, ze równanie toru w polu siły grawitacyjnej jeststożkową:

Ognisko stożkowej znajduje sięw Środku Masy układu dwóchciał.

( )

( )

0

0

1 1 cos

1 cos

ε= + φ−φ

=+ ε φ−φ

r p pp

r

2 11 21 2 21

1 2 1 2

; = = −+ +

m mr r r r

m m m m

1r

2r12r

12F

1 12 2r r r+ =

21F

0

m1

m2

ŚM

R


r. akad. 2005/ 2006

Całkowanie wzoru Bineta dla siły grawitacyjnejMamy:

Wzór Bineta:

Ma rozwiązanie w postaci krzywej stożkowej ogniskiem w centrum siły:

Charakter stożkowej zależy od wartości mimośrodu ε:

1. ε < 1‐ elipsa2. ε = 1 parabola‐ krzywa zmierza do nieskończoności dla φ = φ 0+π

3. ε > 1‐ hiperbola‐ krzywa zmierza do nieskończoności dla φ = φ 0+arccos(1/ ε)

( ) 2 2

α= − = −

GmMF r

r r

2

2 2

1 1 1µα⎛ ⎞ + = =⎜ ⎟φ ⎝ ⎠dd r r L p

( )

( )

0

0

1 1 cos

1 cos

ε= + φ−φ

=+ ε φ−φ

r p pp

r

2

2

2 2= 1 1ε + = +µα α

L pEE


r. akad. 2005/ 2006

Stożkowe

Problem Keplera: ruch w ŚM dla ciała o różnych E ale tym samym L


r. akad. 2005/ 2006

Elipsa E<0

1 2max min 2

2

221 2

2221

ε =

= + = =− ε

= =µ− ε

rAB

p Gm ma r r

E

p Lb

E


r. akad. 2005/ 2006

Elipsa cd.

Duża półoś elipsyzależy tylko od |E|.


r. akad. 2005/ 2006

VI.2

Pokażemy, że siła grawitacyjna pochodzącą od jednorodnej powłoki kulistej lub kuli jest na zewnątrz powłoki taka sama jak pochodząca od punktu materialnego o masie powłoki lub kuli umieszczonego w środku.Obliczymy grawitacyjną energię potencjalną dla powłoki/ kuli. Rachunki będziemy prowadziliwe współrzędnych sferycznych.

R

θRsin θ

θd θRd


r. akad. 2005/ 2006

Kąt bryłowy


r. akad. 2005/ 2006

cd

Powierzchnia pierścienia pomiędzy kątami biegunowymiθ a θ+dθwynosi:

Zaś objętość powłoki o grubości dR jest:

R

θRsin θ

θd θRd

2 22 sin 2 sin 2 cos= π⋅ θ⋅ θ = π⋅ θ θ = π⋅ θdA R Rd R d R d

22 cos= ⋅ = π ⋅ θdV dA dR R dR ddR

RsinθRdθ


r. akad. 2005/ 2006

cd

r

Będziemy obliczać energię potencjalną w punkcie P odległym od środka powłoki o promieniu R o a. W P umieszczamy masę m.Masa powłoki M=4πR2σ, gdzie σ jest gęstością powierzchniowąmasy.Punkt na powłoce umieszczony pod kątem θ od linii OA znajduje się w odległości r od P; z tw. cosinusów:

Rachunki trzeba przeprowadzić osobno wewnątrz i na zewnątrz powłoki.

a

R

2 2 2 cos= + − θr a R aR

θP


r. akad. 2005/ 2006

cd. Na zewnątrz powłoki

Wkład do energii potencjalnej elementu powierzchni dA wynosi:

( )

( )

2

2 2

2 2

2 20

1 22 2

2 21

2 cos2 cos

2 cos2 cos

2 42 22

π

−

σ σ π θ= − = −

+ − θσ π θ

= − =+ − θ

π σ= −

= = −

π σ = − π σ = −+ −

= −

∫

∫

p

p

p

dA Gm R ddE Gm

r a R aRGm R d

E aa R aR

dx RR Gm R Gm G

E GMV a

ma aa R aR

M

m

xG m

a

a

Pole jest takie jak od punktu materialnegoo masie M w początku układu


r. akad. 2005/ 2006

cd. Wewnątrz powłoki

Dostajemy bardzo podobne wyrażenie tylko całka po kątach wynosi nie 2/a, a 2/R. Potencjał wewnątrz powłoki jest więc stały i wynosi:

Oznacza to, że siła przyciągania grawitacyjnego wewnątrz jednorodnej powłoki kulistej znika!

( ) = −GMV a

R

VI.1 Redukcja ruchu dwóch ciał w polu siły centralnej do...

Documents

Transcript of VI.1 Redukcja ruchu dwóch ciał w polu siły centralnej do...