TM-11 (1159474), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

r совершает периодические движения от одного края ямы к другому.Вернемся к исходным координатам. Интеграл энергииm 2 mc 2r& + 2 + V = h22rm 2(r& + r 2ϕ& 2 ) + V = h или2(*)Члены, в которые не входит скорость r& составляют эффективный потенциал:Vc =mc 2+V2r 2Индекс в наименовании отражает то, что потенциал отвечает заданному значению константы интеграла площадей.Область возможности движения (ОВД) на плоскости (r , ϕ ) определяется так:OBD = {r ≥ 0 : h − Vc ≥ 0}На плоскости (r , ϕ ) - это некий набор колец r − ≤ r ≤ r + .Решение сводится к квадратурам.

Сначала находим r (t ) , интегрируя (*), а затем ϕ (t ) из интеграла площадей.Какустроеныорбиты.Обозначимr′ =dr. Из интегралаdϕcmc 2 2r ′ = (h − Vc (r )) илиr& = r ′ϕ& = r ′ 2 . Перепишем (*):2r 4r2 r2r′ = ±h − Vcm cИнтегрируя, например, по положительной ветви, получаемrϕ − ϕ0 = ∫r0cdr2 2r h − Vcmплощадейполучаем11-Небесная механика-7Пусть ОВД содержит отрезок [r1 , r2 ] в качестве компоненты связности, и r1 > 0 , r2 < +∞ (т.е.

невырожденное кольцо). Тогдаh − Vc (r1 ) = h − Vc (r2 ) = 0 и h − Vc (r ) > 0 при [r1 , r2 ]Траектория совершает периодические колебания от r1 до r2 . За одно колебание угол изменится навеличинуr2cdrΦ = 2∫2 2r h − Vcmr1- она называется апсидальный угол.Если Φ соизмерим с 2π (т.е.,Φ∈ Q ), то траектория периодическая.

Иначе – заполняет кольцо2πвсюду плотно.Вопрос. Чему равен апсидальный угол в задаче Кеплера.Ответ. Поскольку орбита замкнута на одном обороте, то Φ = ±2π . (знак определяется знаком константы интеграла площадей c )Теорема. (Бертран) В центральном поле сил все ограниченные орбиты замкнуты тогда и только тогда, когда потенциал V (r ) либо гравитационный ( V = −µr), либо упругий ( V =1 2cr ).2Доказательство. Без доказательства.Задача.

Решить уравнения движения точки в поле сил с потенциалом V (r ) =1 2cr .2Указание. Удобнее действовать в декартовой системекоординат.Сведение задачи двух тел к задаче Кеплера.Задача двух тел – это задача о движении двух гравитирующих точек. Силы потенциальныV (r1 , r2 ) = −γ m1m2r1 − r2Это можно проверить непосредственным дифференцированием.

Например, сила действующая напервую точкуγ m1m2 ∂ r1 − r2γ m1m2 ∂ r1 − r2∂VF1 = −=−=−23∂r1∂r1∂r1r1 − r22 r1 − r22Но2r1 − r2 = ( x1 − x2 ) 2 + ( y1 − y2 ) 2 + ( z1 − z2 ) 2Поэтому22∂ r1 − r2∂ r1 − r2== 2{( x1 − x2 ), ( y1 − y2 ), ( z1 − z2 )} = 2(r1 − r2 )∂ ( x1 , y1 , z1 )∂r1ЗначитF1 = −γ m1m2 (r1 − r2 )r1 − r22r1 − r2Что и требовалось показать.Уравнения движенияm1&r& = −∂V∂V, m2 &r& = −∂r1∂r2Делим на массы и вычитаем второе из первого. Получаем 1 ∂Vγ m (r − r ) γ m1 (r2 − r1 )1 ∂V  = − 2 1 3 2 +=(r1 − r2&)& = −−3r1 − r2r1 − r2 m1 ∂r1 m2 ∂r2 11-Небесная механика-8=−γ (m1 + m2 )(r1 − r2 )r1 − r23Полагая r1 − r2 = r , γ ( m1 + m2 ) = µ , получаем уравнение задачи Кеплера.Сумма всех сил в системе равна нулю (система замкнута) следовательно, центр масс движетсяравномерно и прямолинейно.

(Напомним, что это – следствие теоремы об изменении импульса системы точек.)Эти соображения позволяют полностью получить решение задачи двух тел.Задача. Показать, что в инерциальной системе с началом в центре тяжестиа) Точки движутся в одной плоскости.б) каждая точка движется так, как будто другой точки нет, и она притягивается к началу координат, в котором сосредоточена масса равная суммарной массе обоих тел.

(Проверить!!!)Решение.а) Кинетический момент в приведенной задаче Кеплера r1 − r2 = r лежит в неподвижнойплоскости. Центр тяжести лежит на отрезке, соединяющем точки. Это и доказывает утверждение.б) Решить!!!Начальные сведения о задаче n тел.Это задача о движении n материальных точек, взаимодействующих по гравитационному закону.Уравнения движенияγ m j mk∂V, V = −∑m j &r& = −∂rjj <k r j − rkПервые интегралы (система замкнутая)1. Импульс:m j r&j = const . Выбором инерциальной системы координат с началом в центре∑jтя можно сделать эту постоянную равной нулю.2. Кинетический момент:[rj , m j r&j ] = const .∑j21m j r&j = const∑2 jОпределение. Движение в задаче n тел называется устойчивым, если ∀t ∈ R , ∀1 ≤ j < k ≤ n3.

Энергия: T + V = h , T =а) rj (t ) − rk (t ) ≠ 0 (нет столкновений)б) rj (t ) − rk (t ) ≤ C , где C - общая постоянная для всех t . (точки не разбегаются далеко другот друга).Теорема. (Якоби) Если движение устойчиво, то полная энергия h - отрицательна в системекоординат, в которой центр масс покоится.Доказательство. Продифференцируем момент инерции I =m j rj2∑I& = 2∑ m j < rj , r&j > ,jj∂VI&& = 2∑ m j < r&j , r&j > + 2∑ m j < rj , &r&j > = 4T + 2∑ m j < rj ,−>∂rjjjjВторое слагаемое равно ∂V∂V∂V − 2  x1+ y1+ K + zn∂y1∂zn  ∂x1Функция V однородная по ( x1 , y1 ,K, zn ) , степень однородности равна − 1 , поэтому по теореме Эйлера об однородных функциях это выражение равно − 2[(−1)V ] .11-Небесная механика-9Итак, I&& = 4T + 2V = 4h − 2V .Пусть h ≥ 0 . Тогда, в силу положительности − V имеем: I&& > 0 .Таким образом, I (t ) - выпуклая функция и, следовательно, не может быть ограниченной наR.Задача.

Доказать это.Указание. Дать!!!Остается воспользоваться Тождеством Лагранжа2I ∑ m j = ∑ m j mk rj − rk +2j<kj∑m rj jjДоказательство теоремы Якоби завершено.Докажем формулу Лагранжа.I ∑ m j = ∑ m j mk rk2 = ∑ mk m j rj2jj ,k∑m mj <kjj,k2krj − rk =21m j mk rj − rk =∑2 j ,k11m j mk rj2 + ∑ m j mk rk2 − ∑ m j mk < rj , rk >∑2 j,k2 j,kj ,k=2∑m rj jj= ∑ m j mk < rj , rk >j .kОтсюда все следует.Вопросы к материалу Лекция 11-2.• Квадратуры в задаче Кеплера.• Уравнение Кеплера. Эксцентрическая аномалия.• Истинная аномалия и ее связь с эксцентрической аномалией.• Движение в центральном поле сил. ОВД.

Сведение к квадратурам.• Апсидальный угол.• Теорема Бертрана.• Сведение задачи двух тел к задаче Кеплера.• Задача n тел. Первые интегралы. Устойчивость. Теорема Якоби..

Характеристики

Список файлов лекций