Е.В. Кугушев - Курс лекций по классической механике, страница 7
Описание файла
PDF-файл из архива "Е.В. Кугушев - Курс лекций по классической механике", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "классическая механика" из 7 семестр, которые можно найти в файловом архиве МГУ им. Ломоносова. Не смотря на прямую связь этого архива с МГУ им. Ломоносова, его также можно найти и в других разделах. .
Просмотр PDF-файла онлайн
Текст 7 страницы из PDF
Значит,b2 = aC 2 /µ, откуда4π 2 a3T2 =,µто есть T 2 /a3 не зависит от планеты.Введём ещё несколько определений: значение скорости, соответствующее уровню энергии hK1 , называется первой,pа уровню h = 0 — второй космической скоростью. Положение rπ = 1+e(минимальное удаление от притягивающегоpцентра) — это перицентр. Для эллиптической орбиты определяется ещё и апоцентр: rα = 1−e— удалённейшая точкатраектории.
В астрономии приняты ещё такие названия: если притягивающий центр — Солнце — то апогелий, перигелий;если Земля, то ...гей, если Луна — ...селений.Вектор Лапласа — это такой вектор:I = [ṙ, [r, ṙ]] − µer .Докажем, что I = const (это первый интеграл) и что I смотрит из фокуса в сторону перицентра. Заметим, что [r, ṙ] =d rdK/m, и в силу закона сохранения кинетического момента dt[r, ṙ] = 0. Кроме того, er = rr (а значит, ėr = dt( r ) = ṙr − rr2ṙ ).ОтсюдаdIµṙµr ṙ= [r̈, [r, ṙ]] −+ 2 .dtrrИз уравнения движения r̈ = − µr, поэтому первое слагаемое есть (применяем формулу «бац минус цаб», а такжеr3замечаем, что hr, ṙi = r ṙ — это проверяется явно)h µrirhṙ, riṙr 2µrr ṙµṙµṙµr ṙ− 3 , [r, ṙ] = −µ+µ=− 3 +=− 2 ,rr3r3rrrrто есть в точности второе и третье слагаемые, но с обратным знаком.
Значит, I˙ = 0.Перицентр есть точка с минимальным расстоянием до притягивающего центра, значит, в ней вектор скорости ортогонален радиус-вектору: hr, ṙi = 0. Поэтому в выражении для hI, ṙi второе слагаемое будет равно нулю и получитсяhI, ṙi = hṙ, [ṙ, [r, ṙ]]i = 0, т.к.
ṙ ⊥ [ṙ, . . .]. Итак, в перицентре I ⊥ ṙ, значит I k r π (I лежит в плоскости Π).Теперь оценим знак hI, r π i (убедимся, что вектор Лапласа смотрит на, а нет от перицентра):hI, ri = hr, [ṙ, [r, ṙ]]i − hr, µer i = |[r, ṙ]|2 − µr =K2− µr.m2Получается, что hI, ri достигает максимума при наименьшем r, т.е. при r = r π , откуда hI, r π i > 0.В задаче Кеплера апсидальный угол равен 2π (за период возвращаемся к перицентру).2.10.3. Задача двух телЗадача двух тел — это задача о движении пары материальных точек r 1 и r 2 масс m1 и m2 соответственно поддействием ньютоновской силы притяжения.Уравнения движения:8> m1 r̈ 1 = − γm1 m2 (r 1 − r 2 ) = F12><|r − r |312>γm1 m2 (r 2 − r 1 )>: m2 r̈ 2 = −= F21 = −F12|r 1 − r 2 |324Силы потенциальны:γm1 m2— потенциал|r 1 − r 2 |(это проверяется явно дифференцированием V ).
Значит, имеется интеграл энергии T + V = h.Применима теорема об изменении импульса системы (существует интеграл импульса P = m1 ṙ 1 + m2 ṙ 2 = (m1 +m2 )ṙ C = const). Центр масс движется с постоянной скоростью ⇒ кёнигова система инерциальна.Применима теорема об изменении кинетического момента: K = [r 1 , mṙ 1 ] + [r 2 , mṙ 2 ] = const.Итак, есть три группы первых интегралов движения: h, P и K.Задачу двух тел можно свести к задаче Кеплера. Перейдём в кёнигову систему координат.
Там m1 r 1 + m2 r 2 = 0(r C = 0) и m1 ṙ 1 + m2 ṙ 2 = 0 (ṙ C = 0). ОтсюдаV =−r2 = −m1r1 ;m2r1 − r2 =m1 + m2r1 .m2Подставляем в первое уравнение движения:mr̈ 1 = −γm1 m32r1·.(m1 + m2 )2 |r 1 |3m32Получили для r 1 уравнение такого же вида, как и для движения вокруг неподвижного центра массы M0 = (m1 +m2,2)т.е. для задачи Кеплера.
Аналогично для r 2 . Итак, обе точки движутся в одной плоскости (той, что перпендикулярна Kи проходит через C) по кеплеровским орбитам (причём одинакового вида: эти кривые подобны в силу m1 r 1 + m2 r 2 = 0)с общим фокусом C. Например, точки могут двигаться в диаметрально противоположных точках окружности.2.10.4. Задача N телСистема N точек. Уравнение движения:mi r̈ i =XFij ,j6=iгдеFij = −γmi mj (r i − r j ).|r i − r j |3Эти силы потенциальны (как и в задаче двух тел): потенциалX γmi mjV =−.|r i − r j |i<jПотенциальная энергия в задаче N тел — однородная функция степени −1: при λ > 0 имеем V (λr 1 , . .
. , λr N ) =λ−1 V (r 1 , . . . , r N ).Первые интегралы:P 1. Интеграл энергии T + V = h.2. Интеграл импульсаmi r i P= const.3. Кинетический момент K = [r i , mi ṙ i ] = const.Устойчивость по Якоби: движение r 1 (t), . . . , r N (t) устойчиво по Якоби, если:1) движение существует для всех t ∈ (−∞, +∞);2) r i (t) 6= r j (t) для всех t (нет столкновений);P3) существует C > 0 такое, что для всех t i,j |r i − r j |2 6 C (точки не разбегаются).Константа h интеграла энергии зависит от выбора системы координат.
Перейдём в кёнигову систему.Теорема 2.17. Необходимым условием устойчивости по Якоби является условие h 6 0.P Во всё время движенияmi ṙ i = 0 (оси-то кёниговы — центр масс не движется). ПоложимXXJ=|r i − r j |2 ;I=mi ri2 ;M = max mi .i,jiPДокажем, что J > BI для некоторого B > 0 (при всех t).
Действительно (в кёниговой системеmi r i = 0),!!EX miX X mi 2X X D miX mi 21 XXNJ>|r i − r j |2 =ri − 2ri , rj+rj >mi ri2 =I.MMMMMMi,jjijii,jji(полагаем B = N/M ).Пусть h > 0. Покажем, что тогда I −→ ∞ либо при t −→ +∞, либо при t −→ −∞ (а значит, движение неустойчиво поЯкоби). Итак, поехали.˙Сначала вычислим I:”Xd “XI˙ =mi hr i , r i i = 2mi hr i , ṙ i i.dt∂VТеперь I¨ (помним, что mr̈ i = − ∂r):iflXXX fi ∂V2¨I=2mi |ṙ i | + 2mi hr i , r̈ i i = 4T − 2, ri .∂r i25Чтобы завершить вычисление, нам потребуется следующаяЛемма 2.18 (Эйлера об однородных функциях).
Пусть f (x1 , . . . , xk ) — однородная функция степени k, т.е.f (λx) = λk f (x) при λ > 0 (x = (x1 , . . . , xk )). Тогдаfifl∂f, x = kf (x).∂xfi∂f,x∂xfl=fi˛˛fl˛˛∂f∂(λx) ˛˛∂f (λx) ˛˛∂(λk f (x)) ˛˛˛(λx),=== kλk−1 f (x)˛= kf (x).˛˛˛∂x∂λ∂λ λ=1∂λλ=1λ=1λ=1Поскольку потенциальная энергия — однородная функция степени −1, второе слагаемое равно 2V , и окончательнополучаем I¨ = 4T + 2V = 2h + 2T > 2h > 0. Значит, I — строго выпуклая функция, а из анализа мы знаем, что в этомслучае либо при t −→ +∞, либо при t −→ −∞ I −→ +∞.
2.11. Силы инерцииНаблюдаем движение в неинерциальной системе координат. Движется точка массы m. Имеем:maабс = F ;Отсюда получаем:aабс = aотн + aпер + aкор .maотн = F − maпер − maкор =: F ∗ .В подвижной системе наблюдается движение как будто под действием F ∗ .Fпер := −maпер — переносная сила инерции.Fкор := −maкор — кориолисова сила инерции.F — активные силы.По формуле Ривальса (ε = ω̇, O1 — центр подвижной системы)aпер = aO1 + [ε, ρ] + [ω, [ω, ρ]].В подвижной системе aкор = 2[ω, v отн ], v отн = (ẋ, ẏ, ż), aотн = (ẍ, ÿ, z̈). (ω — мгновенная угловая скорость)2.11.1.
Движение в равномерно вращающейся системе координатРассмотрим частный случай: ω = const, ω k Oz (подвижная система вращается вокруг Oz). ω = (0, 0, ω). aO1 = 0,ε = 0, значит aпер = [ω, [ω, ρ]]. Вычисляя явно векторное произведение, получаем aпер = (−xω 2 , −yω 2 , 0) (в подвижнойсистеме), aкор = (−2ẏω, 2ẋω, 0). Запишем закон движения maотн = F − maпер − maкор по координатам:82>< mẍ = Fx + mω x + 2mω ẏmÿ = Fy + mω 2 y − 2mω ẋ>:mz̈ = Fz— это уравнения движения в равномерно вращающейся системе.∂VПусть силы потенциальны: F = − ∂(x,y,z).
Полагая Vω = V + 12 mω 2 (x2 + y 2 ), получаемF + Fпер = −∂Vω.∂(x, y, z)Мощность кориолисовых сил равна нулю (Fкор ⊥ v отн ) — это гироскопические силы, поэтому есть закон сохраненияэнергии (обобщённый интеграл энергии Якоби):2mvотн+ Vω = h.22.11.2. Ограниченная плоская круговая задача трёх телЕсть три точки: S — Солнце, J — Юпитер, A — астероид, и они движутся под действием сил тяготения.
Уравнениядвижения:8γmS mJ (r S − r J )γmS mA (r S − r A )>>−> mS r̈ S = −3>|r−r||r S − r A |3>SJ>><γmJ mS (r J − r S )γmJ mA (r J − r A )mJ r̈ J = −−3>|r−r||r J − r A |3JS>>>>γmm(r−r)γm>A mJ (r A − r J )A SAS>: mA r̈ A = −−|r A − r S |3|r A − r J |3Ограниченная задача: считаем массу астероида очень малой. Упрощаем задачу: выкидываем из правых частейпервых двух уравнений вторые слагаемые. Для S и J получаем задачу двух тел.26Далее для удобства будем считать mA = 1.В кёниговой системе S и J движутся как в задаче Кеплера.
S и J движутся в плоскости, ортогональной вектору K.А астероид, вообще говоря, движется как угодно.Плоская задача: в начальный момент времени A и v A лежат в этой плоскости (⇒ вся траектория астероида лежитв этой плоскости). В кёниговой системе плоскость SJA неподвижна.Круговая задача: S и J движутся по круговым орбитам.Рассмотрим систему координат (неинерциальную) в плоскости Π с центром в центре масс, SJ направлена вдоль осиOx. Эта система координат вращается с постоянной угловой скоростью ω.
В ней S и J неподвижны. Нас интересуетуравнение движения A.r A = (x, y), r S = (−rs , 0), r J = (rJ , 0).Потенциальная энергия гравитационного притяжения астероида:Vграв = −Уравнения движения (Vω = Vграв + Vпер ):γmSγmJ−.|r S − r A ||r J − r A |8∂Vω>< ẍ = −+ 2ẏω∂x>: ÿ = − ∂Vω − 2ẋω∂xИнтеграл энергии Якоби: 12 (ẋ2 + ẏ 2 ) + Vω = h.Относительные положения равновесия (x(t) = x0 , y(t) = y0 ) называются точками либрации. В этих точках имеемωωẍ = ẋ = ÿ = ẏ = 0, значит ∂V= ∂V= 0.
Обозначим dS = |r S − r A |, dJ = |r J − r A |. Тогда∂x∂yVω = −Получаем уравнения:γmSγmJω2 2−−(x + y 2 ).dSdJ28γmS (x + rS )γmJ (x − rJ )>2>+<ω x =d3Sd3Jγmyγmy> 2sJ>+:ω y =d3Sd3JТочки либрации, лежащие на оси y = 0, называются точками либрации Эйлера (коллинеарными точками либрации).Пусть y = 0. Тогда первое уравнение перепишется в виде:ω2x =γmS (x + rS )γmJ (x − rJ )+=: f (x)|x + rS |3|x − rJ |3На интервалах (−∞; −rS ), (−rS , rJ ), (rJ , +∞) функция f монотонно убывает, на бесконечности стремится к нулю, значит,уравнение f (x) = ω 2 x имеет три решения (видно на графике).
Эти три решения обозначаются L1 , L2 , L3 — это и естьточки либрации Эйлера.Пусть теперь y 6= 0. Умножаем первое уравнение на y, второе на x и вычитаем:0=γmS rSγmJ (−rJ )+.d3Sd3JПоскольку C — центр масс, mJ rJ = mS rS . Отсюда получаем„«11−,0 = γmS rSd3Sd3Jто есть dS = dJ =: d: A лежит на серединном перпендикуляре к SJ (треугольник ASJ равнобедренный).Сократим второе уравнение на y:γ(mS + mJ )ω2 =.d3Мы находимся в положении равновесия, значит для J силы инерции и гравитации должны компенсироваться:γmS mJ= rJ ω 2 mJ ;(rS + rJ )2аналогично для S:γmJ mS= rS ω 2 mS .(rS + rJ )2Складывая, получаемγ(mS + mJ )γ(mS + mJ )= ω2 =,(rS + rJ )3d3откуда rS + rJ = d — треугольник ASJ равносторонний.Получили ещё две точки либрации: L4 и L5 — это точки либрации Лагранжа (треугольные).272.11.3. Движение на поверхности ЗемлиРассмотрим систему координат Oxyz, связанную с Землёй.
O — центр Земли, Oz смотрит на Северный Полюс. Земля,как известно, вращается с угловой скоростью ω = Ωez , считаем Ω = const. На поверхности Земли разместим точку врадиус-вектором r = rer , считая, что в начальный момент времени она лежит в плоскости Oxz. Угол θ между плоскостьюэкватора Oxy и r называется географической широтой. Орт проекции r на Oxy назовём e1 . На точку действуют: 1) силапритяжения (считаем, что Земля притягивает как центр массы M ); 2) активные силы Fакт ; 3) силы инерции — переноснаяи кориолисова. Поэтому уравнение движения имеет вид:mr̈ = −mM γer+ mΩ2 r cos θe1 − 2m[ω, ṙ] + Fакт .r2Пусть точка находится в (относительном) равновесии на поверхности Земли: ṙ = r̈ = 0.
Запишем условия равновесия:−Fакт =−γM mer + mΩ2 r cos θe1 .r2То, что стоит в правой части, называется весом точки и обозначается буквой P . Ускорение свободного падения: g = P/m.g=−γMer + Ω2 r cos θe1 .r2gНормированный вектор g называется местной вертикалью: en = − |g|, а угол ϕ между e1 и en — астрономическойширотой. На полюсе и на экваторе en = er и θ = ϕ. Для Земли |ϕ − θ| 6 0,02 радиан. ϕ измеряется как угол междунаправлением на Полярную звезду и отвесом.Свободно брошенное тело движется по кеплеровской (эллиптической) орбите и «обгоняет» Землю, сдвигаясь на юговосток. Теперь оценим количественно.
Запишем уравнение движения:mr̈ = mg − 2m[Ωez , ṙ]— это линейное ОДУ:r̈ = g − 2[Ωez , ṙ].Сделаем два допущения: 1) время движения τ мало (будем рассматривать уравнения в приближённом виде): Ωτ ≪ 1;2) считаем g = const.Начальные условия: r(0) = r 0 , ṙ(0) = 0 (свободное падение).Правая часть аналитична по Ω, следовательно (по теореме об аналитической зависимости решения ОДУ по параметру) r аналитически зависит от Ω. Разложим в ряд:r(t) = r 0 (t) + Ωr 1 (t) + Ω2 r 2 (t) + . .