ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 Τι είδαμε: q Ξεκινήσαμε την συζήτηση για το θέμα κεντρικής δύναμης ü Ανάγαμε το πρόβλημα 2 σωμάτων σε πρόβλημα κεντρικής δύναμης ü διατήρηση ορμής CM μετατρέπει το πρόβλημα από 6 DoF σε 3 DoF ü διατήρηση της στροφορμής (σταθερό επίπεδο τροχιάς) και διατήρηση του μέτρου της L z ελαττώνει το πρόβλημα DoF q Το πρόβλημα περιορίζεται σε εξίσωση με DoF ( =! ) ü Χρήση της διατήρησης στροφορμής: q Πρώτο βήμα: Ποιοτική συμπεριφορά κίνησης V ( ) V ü Φραγμένες, μη φραγμένες και κυκλικές τροχιές ü Συνθήκες για σταθερές κυκλικές τροχιές q Δεύτερο βήμα: Πρέπει να λύσουμε για την τροχιά ü διατήρηση Ενέργειας δίνει: E = m 2! 2 + ( ) + ( ) 2m 2 + V 2m 2 m!! = m + F( ) 3
ΦΥΣ 2 - Διαλ.3 2 Ποιοτική συμπεριφορά q Ολοκλήρωση της ακτινικής εξίσωσης δεν είναι πάντα εύκολο 2! = m E V() Ø Πολλές φορές είναι αδύνατο 2m 2 q Συμπεράσματα για την γενική συμπεριφορά βλέποντας τη σχέση V ( ) V ( ) + 2m 2 Ημί-δυναμικό το οποίο περικλύει την κεντρομόλο δύναμη Ø Η ενέργεια διατηρείται και Ε-V πρέπει να ναι θετική ποσότητα E = m! 2 2 + V ( ) m! 2 2 = E V ( ) 0 E V ( ) q Σχεδιάζουμε το V () και μελετούμε τις τομές με το διάγραμμα της ενέργειας Ε
ΦΥΣ 2 - Διαλ.3 3 Δύναμη ανάλογη του / 2 q Θεωρήστε μια ελκτική / 2 δύναμη F( ) = k V ( ) = k 2 q Βαρύτητα ή ηλεκτροστατική δύναμη V ( ) = k + 2m 2 q Η / 2 δύναμη υπερισχύει σε μεγάλα q Η κεντρομόλος δύναμη υπερισχύει σε μικρά V ( ) 2m 2 V () q Μια «κοιλιά» εμφανίζεται στις μέσες τιμές k
ΦΥΣ 2 - Διαλ.3 4 Μη φραγμένη κίνηση q Έστω V () παρόμοιο με την περίπτωση / 2 Ø Ενδιαφέρουν µόνο τα γενικά χαρακτηριστικά q Ε = Ε à > min Ø Σώμα μπορεί να πάει στο άπειρο E V () q Γενική συμπεριφορά 2 m! 2 Φθάνει από = E 2 min Σημείο στροφής E = V! = 0 E 3 Πηγαίνει προς = Mια δύναμη / 2 θα έκανε υπερβολή
ΦΥΣ 2 - Διαλ.3 5 Φραγμένη κίνηση q Ε = Ε 2 à min < < max Ø To σώμα είναι περιορισμένο μεταξύ δύο κύκλων Κινείται μεταξύ των 2 ακτινών E E 2 V () 2 m! 2 E 3 Η τροχιά μπορεί ή και όχι να ναι κλειστή Μια δύναμη / 2 θα έκανε μια έλλειψη
ΦΥΣ 2 - Διαλ.3 6 Κυκλική κίνηση q Ε = Ε 3 à = 0 Ø Mόνο μία ακτίνα επιτρέπεται Παραμένει σε κύκλο Ε = V ( 0 )! = 0 = σταθ = 0 E E 2 V () 0 2 m! 2 E 3 q O καταχωρισμός σε φραγείς, μη φραγείς και κυκλικές κινήσεις εξαρτάται από το γενικό σχήμα του V Ø Όχι από τις λεπτομέρειες (/ 2 ή διαφορετικά)
ΦΥΣ 2 - Διαλ.3 7 Άλλο παράδειγμα V = a F = 3a V () = a 3 4 + 3 2m 2 q Ελκτική δύναμη -4 Ø V () έχει κάποια κορυφή 2m 2 Ø Σωματίδιο με ενέργεια Ε μπορεί να είναι φραγμένο ή όχι, ανάλογα από την αρχική E V () V
ΦΥΣ 2 - Διαλ.3 8 Ευσταθής κυκλική τροχιά q Κυκλική τροχιά υπάρχει στο βάθος ενός κοίλους του V m! 2 2 = E V = 0 m!! = d V d = 0 = σταθ Ø Στην κορυφή ενός κοίλους «δουλεύει» θεωρητικά, αλλά είναι ασταθές E 0 ευσταθής Ø Η αρχική συνθήκη πρέπει να ναι ακριβής E ασταθής! = 0 και = 0 q Σταθερή κυκλική τροχιά απαιτεί: d 2 V > 0 d 2 0
Εκθετική Δύναμη V ( ) V ( ) + 2m 2 ΦΥΣ 2 - Διαλ.3 9 d V = F( 0 ) d =0 m = 0 d 2 V 3 = df + 3 και 0 d 2 d = =0 m > 0 4 0 0 F( 0 ) = m 0 3 Μόνο ελκτική δύναμη ( ) df < 3F 0 d =0 0 q Υποθέστε ότι η δύναμη έχει τη μορφή: Ø k>0 για ελκτική δύναμη F( ) = k n q Συνθήκες για ευσταθή κυκλική τροχιά είναι kn 0 n < 3k 0 n n > 3 Εκθετικές δυνάμεις μπορούν να δημιουργήσουν ευσταθή κυκλική τροχιά όταν ο εκθέτης ικανοποιεί: n > -3
Εξίσωση τροχιάς m!! m + dv = 0 3 d q Προσπαθούμε να λύσουμε την εξίσωση = (t) και θ = θ(t) Ø Ενδιαφερόμαστε για την μορφή της τροχιάς = (θ) Ø Αλλάζουμε µεταβλητή από dt dθ l = m 2!θ σταθ.!! = d! dt = d dt (!θ ) ( ) m!! m + dv 3 d! = d dt = dθ d dt dθ d dt =!! =!θ d θ! dθ = 0 ( )!! l 2 ( ) d l dθ m 2 d dθ m + dv 3 d = 0 ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 0 l d d m 2 dθ dt =!θ d dt X =!θ d dθ X =!θ d dθ l m 2 q Αλλάζουμε μεταβλητή από σε u = / dθ = d dθ = d 2 dθ d d = u2 d
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 Εξίσωση τροχιάς Αλλαγή μεταβλητών ( ) d 2 u dθ + u + m dv u 2 = 0 q Λύση της εξίσωσης αυτής δίνει το σχήμα της τροχιάς Ø Όχι τόσο εύκολη η λύση της q Θα τη λύσουμε για δύναμη αντιστρόφως ανάλογη του 2 Ø Μια ακόμα χρήσιμη πληροφορία μπορεί να εξαχθεί χωρίς να λύσουμε την εξίσωση
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 2 Συμμετρία τροχιάς ( ) d 2 u dθ + u + m dv u 2 = 0 q Η εξίσωση είναι άρτια (συμμετρική) ως προς θ Ø Αντικαθιστώντας θ με θ δεν αλλάζει την εξίσωση q Η λύση u(θ) πρέπει να συμμετρική αν είναι η αρχική συνθήκη Ø Διαλέγοντας θ=0 για t = 0 και παίρνοντας το συμμετρικό του θ à -θ u( 0) u( 0) οκ ( dθ 0) ( dθ 0) Ισχύει ΑΝ dθ 0 ( ) = 0 Ø Η τροχιά είναι συμμετρική σε γωνίες όπου dθ = 0
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 3 Συμμετρία της τροχιάς q Η τροχιά είναι συμμετρική σε κάθε σημείο στροφής = αψίδες q Η τροχιά είναι αναλλοίωτη κάτω από αντικατοπτρισμούς ως προς τα διανύσματα των αψίδων Ø Αυτός είναι ο λόγος για τον οποίο δεν ενδιαφερόμαστε πολύ για το πρόσημο του! Ø Λύνοντας την εξίσωση της τροχιάς μεταξύ ενός ζεύγους αψίδων à γνωρίζουμε ολόκληρη την τροχιά q Προχωρούμε στην λύση της εξίσωσης dθ = 0
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 4 Λύση της εξίσωσης τροχιάς d 2 u dθ + u + m dv u 2 ( ) = 0 q Ολοκληρώνοντας την Δ.Ε. θα πάρουμε διατήρηση της ενέργειας m!! = m + F( ) m!!! = 3 m d dt 2! 2 = d dt 2m + V 2 ( )! m d dt m d dt m 3 + F 2! 2 = d d 2m + V 2! = 0 E = const. q Χρησιμοποιώντας διατήρηση ενέργειας διευκολύνουμε τις πράξεις 2! 2 + 2m 2 + V d dt g( ) = dg d d dt E = m! 2 2 + 2m 2 + V ( )! = Ø Αλλάζουμε μεταβλητές:! = l m dθ = 2mE dθ u 2 2mV u ( ) 2 m E V Oλοκλήρωση 2m 2 ( )
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 5 Δύναμη ανάλογη αντιστρόφου του 2 F = k 2 V = k k = GMm dθ = 2mE u 2 + 2mku u u 0 2mE + 2mku u 2 = dθ = θ 0 θ Ø Από πίνακες ολοκληρωμάτων έχουμε: dx = a + βx + γ x 2 γ β + 2γ x accos β 2 4αγ Ø Επομένως αντικαθιστούμε όπου α,β,γ τις σταθερές μας Ø Διαφορετικά το λύνουμε μόνοι μας...
Η ολοκλήρωση ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 6 dθ = 2mE + 2mku u 2 = 2mE + m2 k 2 mk l 4 u 2 = 2mE + m2 k 2 l 4 = sinω sinω dω = ω mk u 2mΕ + m2 k 2 l 4 2 Ορίζεται σαν cosω = 2mE + m2 k 2 l 4 sinωdω cosω = cos( θ θ ) = mk u 2mE + m2 k 2 l 4 Λύνουμε ως προς u=/
Λύση ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 7 u = = mk + + 2E mk cos θ θ 2 ( ) q Η λύση αυτή είναι όμοια με την γενική εξίσωση κωνικής τομής: = C + ecos θ θ ( ( )) ( θ )( + ecosθ ) = mk = P ( x, y) = ( cosθ,sinθ ) Ø e ονομάζεται εκκεντρότητα x 2 + y 2 + ex = P x 2 + y 2 = P 2 + e 2 x 2 2ePx e = + 2E mk 2 x 2 + y 2 = ( P ex) 2 Ø Μια εστία είναι στην αρχή των αξόνων e > E > 0 υπερβολή e = E = 0 παραβολή e < E < 0 έλλειψη ( e 2 )x 2 + 2ePx + y 2 = P 2 Που συμφωνεί με την ποιοτική ταξινόμηση των τροχιών e = 0 E = mk 2l 2 2 κύκλος
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 8 Ενέργεια και εκκεντρότητα q Ε=0 ξεχωρίζει φραγμένες και μή φραγμένες τροχιές Ø Συνοριακή κατάσταση = Παραβολή Ø Κυκλική τροχιά απαιτεί: V ( 0 ) = k + 0 2m = E 2 0 d V = k d 0 2 0 m = 0 3 0 Ø Λύνοντας ως προς 0 ή από την εξίσωση της εκκεντρότητας για κυκλική τροχιά (e=0) έχουμε: E = mk 2 2 υπερβολή παραβολή έλλειψη κύκλος l 2 2m 2 V () k
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 9 Μη φραγμένες τροχιές ( ( ) ) = C + ecos θ θ θ-θ' θ' q e > à υπερβολή Ø θ' είναι το σημείο καμπής (περιήλιο) Ø cos(θ-θ') > -/e περιορίζει θ q e = à παραβολή θ'
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 20 Φραγμένες τροχιές a = ( 2 + 2 ) = 2 ( ( )) = C + ecos θ θ C + e C = mk q Τα άκρα του μέγιστου άξονα είναι / = C(± e) Ø Το μήκος του μέγιστου ημιάξονα είναι: ( ) + C( e) = k 2E e = + 2E mk 2 q O μέγιστος ημιάξονας δίνεται από την ολική ενέργεια Ε q O μικρός ημιάξονας δίνεται από: 2b 2 θ' b = a e 2 = 2mE 2α
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 2 Περίοδος στροφής a = k 2E b = 2mE A = πab = π k 2 8mE 3 Εμβαδό τροχιάς q Ξέρουμε ότι η εμβαδική ταχύτητα είναι σταθερή da dt = 2 2!θ = l 2m τ = A da dt = π mk 2 2E 3 Περίοδος στροφής q Εκφράζουμε τ σαν συνάρτηση του μέγιστου άξονα: τ = 2π m k a3/2 3 ος Νόμος του Keple: H περίοδος στροφής είναι ανάλογη της 3/2 δύναμης του μέγιστου άξονα
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 22 Ο τρίτος νόμος του Keple τ = 2π m k a3/2 q Ο 3 ος νόμος του Keple δεν είναι πλήρης Ø Ο λόγος: η ανηγμένη μάζα Ø Το k δίνεται από την βαρύτητα F = G Mm 2 = k 2 k = GMm µ = + M H m π Ήλιος Πλανήτης q Η περίοδος στροφής γίνεται: τ = 2π µ k a3/2 = 2π G(Μ + m) a3/2 q Oι παράμετροι είναι όλοι ίδιοι για όλους του πλανήτες μόνο αν Μ>>m
ΦΥΣ 2 - Διαλ.4 23 Εξίσωση της τροχιάς με εξάρτηση από χρόνο q Ασχοληθήκαμε με τη μορφή/σχήμα της τροχιάς =(θ) q Δεν έχουμε τις πλήρεις λύσεις =(t) και θ=θ(t) q Για ποιο λόγο δεν το κάνουμε: q Ιδιαίτερα πολύπλοκο q Θα μπορούσαμε να πάρουμε t=t(θ) q Αντιστρέφοντας στο θ=θ(t) αδύνατο. q Οι φυσικοί περνάνε αιώνες υπολογίζοντας προσεγγιστικές λύσεις q Πήραμε ήδη ενδιαφέροντα χαρακτηριστικά για την λύση q Η πλήρης λύση αφήνεται στους υπολογιστές