TM-11 (1159474)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

11-Небесная механика-1Лекция 11-1Задача Кеплера и вывод законов Кеплера из закона всемирного притяжения.Задача Кплера. Это задача движения материальной точки в гравитационном поле сил с неподвижным притягивающим центром.Напоминание.1. Мы уже рассматривали три закона Кеплера для движения планет вокруг солнца.2. Из низ следует формула для гравитационной притягивающей силы F = −γmMr3r . Теперьрассмотрим задачу о движении материальной точки под действием этой силы.

Это и есть задача Кеплера.3. Из теоремы об изменении кинетического момента следует, что при движении точки поддействием любой центральной силы (и, в частности F ) а) орбиты плоские, б) имеется интеграл площадей r 2ϕ& = c .Отсюда вытекает первый закон Кеплера: II. Радиус-векторы планет (проведенные из солнечного фокуса) за равные промежутки времени заметают равные площади.4.

Потенциальная энергия силы F равна V = −γmM.rПри решении уравнений движения точки в поле сил F используются две идеи:– Переход к новым координатам – полярным в плоскости орбиты.– Переход к новой независимой переменной: t → ϕ .В полярных координатах имеем уравненияmµ2mar = m(&r& − rϕ& ) = − 2rmaϕ = m(rϕ&& + 2r&ϕ& ) = 0(µ =γ M )Из второго уравнения следует интеграл площадей r 2ϕ& = c . Воспользовавшись этим и дока-d 2  1  r 2 &r&занной леммой о том, что, первое равенство переписываем в виде−  =dϕ 2  r  c 2µc2 d 2  1  c2− − 3 =− 222 r dϕ  r  rr1Полагая = u , получаемr−µu′′ =c2−uµЭто линейное неоднородное уравнение. Частное решение u~ = 2 .

Общее решениеu=µc2+ A sin ϕ + B cos ϕ =e - эксцентриситет. Введем p =r ==µc2c2µc(1 + e cos(ϕ − ϕ 0 )) , µ > 0 , e ≥ 0- фокальный параметр. Итакp1 + e cos(ϕ − ϕ 0 )Из аналитической геометрии знаем, что это уравнение конического сечения (кривой второго порядкана плоскости)11-Небесная механика-20 ≤ e < 1 - эллипс ( e = 0 - окружность)e = 1 - параболаe > 1 - гиперболаОтсюда вытекает первый закон Кеплера: I.

Все планеты движутся по эллипсам, в одном из фокусовкоторых находится Солнце, точнее, его центр.Итак, первые два закона Кеплера получены.Получим третий закон Кеплера: III. Отношение кубов больших полуосей орбит к квадратампериодов обращения планет является постоянной величиной, не зависящей от выбора планеты.Используем еще один факт из аналитической геометрии:для эллипса p =c2µ=b2, где a - большая, b - малая полуоси эллипса.aИдея вывода (на всякий случай). Например такая. Заменой добиваемся ϕ 0 = 0 . Тогдаpp+- это суммарное расстояние до фокусов, которое неизменно1− e 1+ ep 2a 2 = b 2 + (a −) - для верхней точки эллипса половина расстояния – это длина гипоте1+ e2a =нузы.Продолжим.

Напомним, что секторная скорость равнаr 2ϕ& c= . За период радиус вектор за22метет весь эллипс. Приравниваем площадиπ 2 a 3c 2 T 2c 2T 2c 2TcT 2 4π 22 2 2=πab =⇒ π ab =⇒⇒ 3 =2µa4µ4что и требовалось доказать, т.к. µ = γ M не зависит от планеты.Первые интегралы задачи Кеплера.1. Площадей: r 2ϕ& = c .2. Энергии:µmm 2(r& + r 2ϕ& 2 ) + V (r ) = h , где V (r ) = −. После простых преобразований поr2лучаем1 2 c2 µ hr& + 2 − =22rr m2cµ− называется эффективным потенциалом задачи Кеплера.

В дальнейшем мы будемФункция22rrhпользоваться приведенной константой h ≈и записывать интеграл энергии в видеm1 2 c2 µr& + 2 − = hr22r3. Интеграл Лапласа-Рунге-Ленца. (Чаще всего называется просто интегралом Лапласа).I=1r[v , K ] − µrm(напоминаем, что K - кинетический момент).Задача.а) Проверить, что это интеграл.б) Проверить, что I параллелен плоскости движения.в) Проверить, что IРешение.2является комбинацией интегралов энергии и площадей.11-Небесная механика-3а) Воспользуемся тем, что кинетический момент сохраняется K& = 0 и тем, что мы знаемуравнения движения mv& = −µmr3r.µµd1 1 [v , K ]  = [v& , K ] = [− 3 r ,[r , r& ]] = − 3 [r , [r , r& ]] =dt  mr mrµµµ r r& µ r&= − 3 (r (r , r& ) − r&r 2 ) = − 3 (r rr& − r&r 2 ) = − 2 +rrrrиd  r  µ r& µ r&r− 2µ  =dt  r  rrВычитая одно из другого, получим ноль.

Это доказывает а).б) v и r лежат в плоскости движения. Поэтому K = [r , mv ] ортогонален плоскости движения. Значит [v , K ] снова лежит в плоскости движения. Пункт б) доказан.в) Напомним, что константа интеграла площадей равна модулю кинетического момента деленному на массу: K 2 = m2c 2 . Поскольку вектор K ортогонален r и v , то([v ,K 2KKK2K2]) = v 2 2 = v 2c 2 и (r ,[v , ]) = ( ,[r , v ]) = 2 = c 2mmmmmЗначитI 2 = v 2c 2 − 2µrc 2 + µ 2 = 2c 2 h + µ 2Это доказывает в).Пусть Oxy -плоскость орбиты.

Поскольку I - не меняется со временем, то уголα ( x, y, x&, y& ) между I и фиксированным направлением на плоскости орбиты постоянен.В эллиптическом случае, точка орбиты, ближайшая к фокусу называется перигелием (перицентром, перигеем), а наиболее удаленная – апогелием (апоцентром, апогеем).Утверждение.(Лаплас) В эллиптическом движении Вектор Лапласа направлен вдоль большой полуоси эллипса орбиты в сторону от фокуса к перицентру.Доказательство. Очевидно, в перицентре и апоцентре скорость и радиус-вектор взаимно оргтогональны (r , v ) = 0 , т.к.

(r , r ) достигает экстремума по t . Значит в этих точках имеем(I , v ) = −µ (r , v )=0rт.е. I ортогонален v , и, значит, параллелен r . Осталось определить ориентацию.1(r , r ) 1 rK2( I , r ) = (r , [v , K ]) − µ= ( K , [r , v ]) − µ r = 2 − µ r (*)mmmrВ перицентре r меньше, значит эта величина больше, чем в апоцентре, значит вектор I направленна перицентр. Доказательство закончено.Оказывается, интегралы площадей, энергии и α функционально независимы почти везде вфазовом пространстве ( x, y, x& , y& ) . Их совместные уровни – одномерные. Это и есть фазовые кривые.Выражение параметров орбиты через постоянные первых интегралов.Утверждение.

(для эллиптической орбиты)µc22c 2 ha3а) p = , б) e 2 = 1 + 2 , в) a = −, г) T 2 = 4π 2µµµ2hДоказательство. а) и г) уже доказали.11-Небесная механика-4б) Из (*) Ir cos(ϕ − ϕ 0 ) = c 2 − µ r , значит r =т.е. p =c2µ(это снова а)) и e =Iµpc2=1 + e cos(ϕ − ϕ 0 ) µ + I cos(ϕ − ϕ 0 ). Мы уже получили, что I 2 = 2c 2 h + µ 2 . Деля это на µ 2 , по-лучим б)в) 2a =pp2pc2 µ 2µa=−=−,+=222hµ 2c h1− e 1+ e 1− eПрактическое замечание. При измерении параметров орбиты, например, астероидов мы незнаем массу m , но по измерениям скорости и положения мы определяем c и h =v2 µ− . Величину2 rµ мы измеряем отдельно – это константа.

Это дает возможность определять параметры орбиты астероидов и других небесных тел. Знание массы здесь не нужно.Следствие. Не только период, но и большая полуось орбиты зависят только от энергии.Тип орбиты тоже зависит только от энергии (от ее знака):h > 0 - гипербола, h = 0 - парабола, h < 0 - эллипсБифуркационная диграма типов орбит.Строим ее на плоскости ( h, c ). Бифуркационная диаграмма – это области на этой плоскости,которым отвечают одинаковые областей возможного движения.

Она строится путем анализа неравенства следующего из интеграла энергииh+µr−c2≥ 0 и неравенства r > 0r2Уравнениеc2 z 2 − µ z − h = 0Дискриминант D = µ 2 + 4c 2 h , корни c 2 z = µ ± D ОВД: c 2 z 2 − µ z − h < 0 , z > 0Задача. Построить бифуркационную диаграмму и объяснить ее!!!Итак.Через h выражается большая полуосьЧерез h и c - эксцентриситетЧерез α - направление на перицентр (перигелий).Вопросы к материалу Лекция 11-1.••••••Что такое задача Кеплера.Вывод законов Кеплера из уравнений движения.Эффективный потенциал в задаче Кеплера.Интеграл Лпласа-Рунге-Ленца и его свойства. Теорема Лапласа.Выражение параметров орбиты через постоянные первых интегралов.Бифуркационная диаграмма для задачи Кеплера.11-Небесная механика-5Лекция 11-2Как вычислить функции r (t ) и ϕ (t ) .(e 2 − 1) µ 2= (1 − e 2 )aµ .2h1c2 µИз интеграла энергии r& 2 + 2 − = h получаем квадратуры22rr22µ c  µ 21r& 2 = 2h +− 2 =  − r + 2µ r − c 2  2 =rr arВспоминаем, что c 2 ==r∫rPµar2(a 2e 2 − a 2 + 2ar − r 2 ) =ardrµ ± a e − (r − a) 22 2µar 2(a 2e 2 − (r − a ) 2 )= t − tpИнтеграл берется с помощью замены (Объяснить!!!)r = a(1 − e cos w) , w − e sin w = n(t − t0 ) , n =µa3=2πTУравнение для w называется уравнением Кеплера.w - эксцентрическая аномалияt − t p - средняя аномалияГеометрический смысл эксцентрической аномалии изображен на рисунке.

Это угол поворота радиусвектора, соединяющего центр эллипса и точку отсчитываемый от перицентра P .Задача. Доказать это.Решение. !!!θ - истинная аномалияЗадача. Доказать, что tgw1− e θ=tg21+ e 2Решение. !!!Движение точки в произвольном центральном поле.Задача. Доказать, что гладкое центральное поле потенциально.Решение. !!!Пусть потенциал центрального поля сил имеет вид V (r ) .Поскольку сила центральная, то, как мы уже доказали, орбиты плоские. В полярных координатах имеем следующиеуравнения движенияdV2mar = m(&r& − rϕ& ) = −drmaϕ = m(rϕ&& + 2r&ϕ& ) = 011-Небесная механика-6Из второго уравнения следует интеграл площадей r 2ϕ& = c .

Воспользовавшись этим и доказанной леммой о том, что−d 2  1  r 2 &r&, первое равенство переписываем в виде−  =dϕ 2  r  c 2c2 d 2  1  c2dV− − 3 =−22 r dϕ  r  rdrРассмотрим сначала движение в обратных единицах. Полагая~dV dV du~== −Vuu 2 иdr du dr~u′′ + u − Vu (u ) = 01~1= u , V (u ) = V   , получаемruu2 ~− V (u ) . Фазовые кривые – этоЭто уравнение движения точки по прямой с потенциалом W (u ) =2уровни интеграла энергии. В потенциальной яме это замкнутые кривые, т.е.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов лекций