gravitacijski potencial

Astronomija, zvezde, planeti...
Odgovori
Uporabniški avatar
vid
Prispevkov: 89
Pridružen: 4.2.2005 21:58
Kraj: ljubljana
Kontakt:

gravitacijski potencial

Odgovor Napisal/-a vid »

Naletel sem na manjso tezavo. Ce imamo neko sfericno simetricno telo (kroglo) kot izvir gravitacijskega polja. Obravnavamo orbite majhnih delcev okoli vecje mase M. Gravitacijski potencial se zapise \(\Phi = -\frac{GMm}{r}\).
Orbite bi se lotil racunati z Lagrangeovimi enacbami gibanja.
te zapisem v obliki
\(\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x_{i}}} - \frac{\partial L}{\partial x_{i}}=0 \qquad (1)\)
in Lagrangeovo funkcijo \(L=T-\Phi\) kot
\(L=\frac{m}{2}\left( \dot{x}^{2} + \dot{y}^{2} + \dot{z}^{2} \right) + \frac{GMm}{r}\).
Ugotovimo, da je vrtilna kolicina konstantna, in si izberemo ravnino (x,y), kjer bo delec krozil.
torej zapisem \(x=r\cos \phi \qquad y=r\sin \phi \qquad z=0\).
Iz vrtilne kolicine dobim \(\left| \vec{\Gamma} \right| =\left| \vec{r}\; \times\; \vec{p} \right| = \Gamma_{z} = mr^{2}\dot{\phi}\), kjer je \(\vec{p}\) vektor gibalne kolicine.
Lagrangeova funkcija se sedaj glasi
\(L=\frac{m}{2}\left( \dot{r}^{2} + r^{2}\dot{\phi} \right) + \frac{GMm}{r}\).
Ce jo vstavim v enacbe gibanja (1), dobim dve enacbi
\(m\ddot{r}=mr\dot{\phi}^{2} - \frac{GMm}{r^{2}}\)
in
\(mr^{2}\dot{\phi} = konst.\)
za drugo vemo, da je vrtilna kolicina, prva enacba pa predstavlja drugi Newtonov zakon. Ce v prvo enacbo za \(\dot{\phi}\) vstavim \(\frac{\Gamma_{z}}{mr^{2}}\) in delim z \(m\) dobim
\(\ddot{r} = \frac{\Gamma_{z}^{2}}{m^{2}r^{3}} - \frac{GM}{r^{2}}\)
sedaj recem tole
\(\dot{r} = u \qquad \ddot{r} = \frac{du}{dt} = \frac{du}{dr} \frac{dr}{dt} = \frac{du}{dr} u\)
ce sedaj resim dano diferencialno enacbo, tako da locim spremenljivke dobim
\(\int u\;du = \int \left( \frac{\Gamma_{z}^{2}}{m^{2}r^{3}} - \frac{GM}{r^{2}} \right)\; dr\)
in dobim
\(u^{2} = \dot{r}^{2} = \frac{2GM}{r} - \frac{\Gamma_{z}^{2}}{m^{2}r^{2}}\)
ce sedaj pogledam hitrost delca
\(v^{2} = \dot{r}^{2} + r^{2}\dot{\phi} = \frac{2GM}{r}\)
Kje je napaka!?!? Ker pravilni rezultat bi moral priti
\(v^2 = \frac{GM}{r}\)
Hvala
Zadnjič spremenil vid, dne 12.8.2006 9:27, skupaj popravljeno 2 krat.

seenamojca
Prispevkov: 56
Pridružen: 2.12.2005 14:43

Odgovor Napisal/-a seenamojca »

Nisem sla vsega preverjati, ampak cisto na zacetku ti pri L manjka kvadrat.
Kineticna energija je seveda mv^2/2. Kasneje se ti tudi enote ne ujemajo.

Uporabniški avatar
vid
Prispevkov: 89
Pridružen: 4.2.2005 21:58
Kraj: ljubljana
Kontakt:

Odgovor Napisal/-a vid »

uh, hvala za opozorilo. Drugace pa je to samo napakca v prepisovanju.
Racunal sem z kvadrati.

Uporabniški avatar
vid
Prispevkov: 89
Pridružen: 4.2.2005 21:58
Kraj: ljubljana
Kontakt:

Odgovor Napisal/-a vid »

Sem pa tudi razmisljal. A je mogoce glede na postopek, to cisto pravilen rezultat?

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14575
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Odgovor Napisal/-a shrink »

vid napisal/-a:Sem pa tudi razmisljal. A je mogoce glede na postopek, to cisto pravilen rezultat?
V tvojem izvajanju ni nobene napake; prišel si do posebne rešitve diferencialne enačbe, ki ilustrira le enega od možnih primerov.

Če namreč diferencialno enačbo rešujemo v splošnem, potem moramo v rešitvi upoštevati še prosto integracijsko konstanto, saj smo nedoločeno integrirali. Tako dobimo:

\(- \frac{GMm}{r}+ \frac{\Gamma_z^2}{2mr^2}+ \frac{1}{2}m \dot{r}^2 = const=E\)

Ta enačba ni nič drugega kot izrek o ohranitvi celotne energije pri gibanju telesa v polju centralne sile.

Rešitev te enačbe (opisuje tir telesa) je torej odvisna od energije \(E\).

Za \(E > 0\) je tir hiperbola, za \(E = 0\) (hitrost za ta primer si sam izračunal) parabola; hitrost, ki jo v tem primeru dobimo direktno iz enačbe, pa predstavlja ubežno hitrost telesa (v primeru gravitacije Zemlje: 2. kozmično hitrost), za \(0 > E > E_{min}\) elipsa in za \(E = E_{min}\) krožnica; hitrost, ki jo v tem primeru dobimo direktno iz enačbe, pa predstavlja obodno hitrost telesa pri kroženju (v primeru gravitacije Zemlje: 1. kozmično hitrost), katero si tudi želel dobiti.

Za zadnji primer (cirkularno orbito: \(r=const\)) mora seveda veljati \(\dot{r}=0\) (iz tega pogoja lahko določimo \(E_{min}\)) in posledično \(\ddot{r}=0\). Če zadnje upoštevamo v diferencialni enačbi za \(r\), dobimo željeni rezultat:

\(v = \sqrt{\frac{GM}{r}}\)

Uporabniški avatar
vid
Prispevkov: 89
Pridružen: 4.2.2005 21:58
Kraj: ljubljana
Kontakt:

Odgovor Napisal/-a vid »

res hvala.
Imam pa se eno vprasanje. Kaj pa ce si predstavljamo, da je zemlja (v 2. priblizku) rotacijski elipsoid.
Ce vzamemo sfericne koordinate \((r,\theta,\phi)\) in je elipsoid postavljen tako, da je stisnjen v z osi. Torej je a=b in c<a. Gravitacijski potencial bo v tem primeru odvisen od kota in radija \(\Phi = \Phi(r,\theta)\).
Zopet vzamem Lagrangeove enacbe gibanja. Vrtilna kolicina se zopet ohranja. Ce si izberem zopet ravnino (x,y) dobim problem, ki sem ga prej obravnaval. Ce pa vzamem ravnino (y,z), pa bo na gibanje vplivala potencialova odvisnost od kota \((\theta)\). Vsaj za pricakovati bi bilo.
Zapisem torej:
\(z=r\cos \theta \qquad y=r\sin \theta \qquad x=0.\)
Iz vrtilne kolicine dobim\(\left| \vec{\Gamma} \right| =\left| \vec{r}\; \times\; \vec{p} \right| = \Gamma_{x} = -mr^{2}\dot{\theta}\).
Lagrangeova funkcija se glasi:
\(L=\frac{m}{2}\left( \dot{r}^{2} + r^{2}\dot{\theta} \right) - \Phi(r,\theta)\).
Ce jo sedaj vstavimo v enacbe gibanja dobimo
\(m\ddot{r}=mr\dot{\theta}^{2} - \frac{\partial \Phi}{\partial r}\)
in
\(\frac{d}{dt}\left(mr^{2}\dot{\theta}\right) = -\frac{\partial \Phi}{\partial \theta} \neq 0\).
Zopet pridem do manjsega problema. Ce je vrtilna kolicina konstantna, potem iz zadnje enacbe dobim protislovje. Namrec, da odvod vrtilne kolicine ni enak nic. To pa se ne sklada z prejsnjo ugotovitvijo, da je vrtilna kolicina konstantna. (Za katero sem pa 98% gotov, da je konstantna).
Kje je napak, ce je kaksna, in kaj naj bi to protislovje pomenilo, ce sploh je pravilno, kar sem naredil.
Hvala

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Postopka si nisem dobro pogledal (na prvi pogled ti spet manjka kvadrat), vendar mislim da je tezava drugje: ker planet ni krogla, drugo telo nanj deluje z navorom (plimske sile), zato ta "satelit" povzroca rahlo vrtenje elipsastega planeta. Vrtilna kolicina krozecega telesa se torej ne ohranja, se pa ohranja skupna vrtilna kolicina sistema. \(\frac{\partial \Phi}{\partial \vartheta}\) je nic ravno na temenih elipsoida, kjer je sistem osno simetricen in navora ni. To se seveda zgodi le v 4 tockah, kjer navor menja predznak.
Zaradi podobne finte se oddaljuje luna.

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

V tem primeru koordinatni sistem, pripet na planet, ni inercialen, zato moras v Lagrangeovi funkciji upostevati se casovno odvisni rotacijski potencial, ali moras pa pripeti koordinatni sistem neodvisno od planeta in upostevati da je \(\frac{d \Phi}{d t}\neq 0\).

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14575
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Odgovor Napisal/-a shrink »

V skripti Geofizika prof. Prelovška (http://kgb.ijs.si/fiziki/docs/geofizika/geofiz.zip) so obravnavane posebnosti Zemljinega gravitacijskega potenciala (multipolni razvoj, vpliv geoidne geometrije, gravitacijske anomalije, plimski potencial...), kar ti bo lahko v pomoč.

BTW: Res ti manjka kvadrat pri \(\dot{\theta}\) v Lagrangeovi funkciji v zadnjem postu in tudi kvadrat pri \(\dot{\phi}\) v Lagrangeovi funkciji v prvem postu, kar pa sta očitna lapsusa, saj so končne enačbe pravilne (kvadrat v njih namreč nastopa).

Uporabniški avatar
vid
Prispevkov: 89
Pridružen: 4.2.2005 21:58
Kraj: ljubljana
Kontakt:

Odgovor Napisal/-a vid »

ce sem prav razumel, se najbi vecje telo zacelo vrteti zaradi gibanja manjsega?
Ampak a ni tako, da v newtnovi fiziki, vrtenje vecjega telesa ne vpliva na gibanje manjsega?
potem ga ni potrebno upostevati, in si lahko izberem inercialni sistem tako da vecje telo miruje?
Tole o skupni vrtilni kolicini mi je malo sumljivo. Sem namrec napisal program, ki mi za tak potencial numericno resuje enacbe za gibanje satelita (vecje telo miruje!) in dobim zmeraj (ne glede na obliko krivulje, orbite po kateri gre okoli vecjega telesa, skratka zmeraj!) konstantno vrtilno kolicino satelita.
hvala za link, si ga bom pogledal.
Pa sorry za napakce, so bolj tipkarskega znacaja, ko prepisujem na racunalnik.
hvala

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Priblizek da je vsa masa v teziscu smes uporabiti samo za homogeno kroglo ali krogelno lupino. V ostalih primerih primerih pa ne in enako velja za upliv manjsega telesa na vecjega.
Skrajni primer: veliko telo je iz dveh tockastih mas na razdalji 2r (pa naj bosta togo povezani z mrezmasno palico). Pri kotu a in oddaljenosti h satelita od tezisca je velikost sile na eno tockasti masi:
\(F_1\propto \frac{\{h-r\cos{a},-r\sin{a}\}}{((h-r\cos{a})^2+(r\sin{a})^2)^{3/2}}\)
\(F_2\propto \frac{\{h+r\cos{a},r\sin{a}\}}{((h+r\cos{a})^2+(r\sin{a})^2)^{3/2}}\)
\(M\propto r_1\times F_1+r_2\times F_2\)
\(M\propto(-r^2\cos{a}\sin{a}-hr\sin{a}+r^2\cos{a}\sin{a})c_1+\)\((-r^2\cos{a}\sin{a}+hr\sin{a}+r^2\cos{a}\sin{a})c_2\)
\(M\propto hr \sin{a}(c_2-c_1)\)
\(c_1\) in \(c_2\) sta imenovalca prvih dveh izrazov in sta v splosnem razlicna. Navor na "rocko" je razlicen od nic. Kot sem ze omenil nekaj postov nazaj, pri \(a=0,\ \sin{a}=0\) in
\(a=\pi/2,\ \cos{a}=0,\ c_2=c_1\) navora ni (temena elipse ipd.)

Uporabniški avatar
vid
Prispevkov: 89
Pridružen: 4.2.2005 21:58
Kraj: ljubljana
Kontakt:

Odgovor Napisal/-a vid »

aha, torej za smem privzeti, da je vsa masa v srediscu le pri homogeni sferi. Torej bi moral dodati se centrifugalni potencial: \(\frac{1}{2} \omega r^{2} \sin^{2}(\theta)\)?

Odgovori