Dinamika
Miért és hogyan mozog egy test?
Newton II. törvénye:
Inerciarendszerben egy testre ható erők vektori összege egyenlő a test tömegének és gyorsulásának szorzatával.
\mathbf{\underline{F}}=m\mathbf{\underline{a}}
erők vektori összege
tömeg
gyorsulás
\mathbf{\underline{F}}=m\mathbf{\underline{a}}
Az erőt ismerjük:
\mathbf{\underline{F}}(\underline{r}(t),\underline{\dot{r}}(t),t)
Egy függvény, amely függhet a test helyzetétől, sebességétől és az időtől
\mathbf{\underline{a}}=\underline{\dot{v}}(t)=\underline{\ddot{r}}(t)
A helyvektor időfüggését keressük!
És a gyorsulástól nem függ...?
\mathbf{\underline{F}}(\underline{r}(t),\underline{\dot{r}}(t),t)
=\begin{pmatrix} F_x(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t) \\ F_y(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t) \\ F_z(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t)\end{pmatrix}
Ez erő egy olyan függvény, amely vektort vár és vektort ad vissza
\underline{a}(t)=\begin{pmatrix} \ddot{x}(t) \\ \ddot{y}(t) \\ \ddot{z}(t)\end{pmatrix}
A gyorsulás is egy vektor. A keresett mennyiség is egy vektor, amely függ az időtől.
Newton második törvénye egy másodrendű 3 egyenletből álló differenciálegyenlet-rendszer
(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= \frac{1}{m}F_x(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t)
(2)\,\,\,\,\ddot{y}(t)= \frac{1}{m}F_y(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t)
(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)= \frac{1}{m}F_z(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t)
Összesen 6 darab kezdeti feltétel szükséges a partikuláris megoldáshoz: a kezdeti pozíció vektor és a kezdeti sebesség vektor
\underline{r}(t=0)
\underline{\dot{r}}(t=0)
Példa I.
Állandó nagyságú és irányú erő
\underline{F}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ F_0\end{pmatrix}
Előfordulás: földfelszín közelében a nehézségi gyorsulás állandó, a Föld középpontja felé mutat.
F_0 = -mg
g \approx 9.81 \frac{m}{s^2}
(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= 0
(2)\,\,\,\,\ddot{y}(t)= 0
(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)= \frac{1}{m}F_0 = \frac{1}{m}\cdot(-mg )=-g
Megoldandó egyenletrendszer
x
y
z
Példa II.
Newton-féle gravitációs törvény
\underline{F}=G\frac{mM}{|\underline{r}(t)|^2}\frac{\underline{r}(t)}{|\underline{r}(t)|}=
G\frac{mM}{|\underline{r}(t)|^3}\cdot\underline{r}(t)
x
y
z
m
M
|\underline{r}(t)|^3 = \sqrt{x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)}^3
\underline{F}=mMG \frac{\begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \\ z(t)\end{pmatrix}}{ \sqrt{x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)}^3}
(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)=\frac{1}{m} mMG \frac{x(t)}{ \sqrt{x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)}^3}
(2)\,\,\,\, ...
(3)\,\,\,\, ...
Megoldandó egyenletrendszer
Példa III.
Változó tömegű doboz húzása
m(t)
F
Állandó nagyságú és irányú erővel húzúnk egy változó tömegű testet vízszintes talajon. A súrlódástól egyelőre tekintsünk el
x
\underline{F}=\begin{pmatrix} F_0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}
(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= \frac{1}{m(t)}F_0
(2)\,\,\,\,\ddot{y}(t)= 0
(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)= 0
Megoldandó egyenletrendszer
Megoldási módszerek
Analitikus
Numerikus
Példa I. Megoldása
(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= 0
(2)\,\,\,\,\ddot{y}(t)= 0
(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)= \frac{1}{m}F_0 = \frac{1}{m}\cdot(-mg )=-g
Megoldandó egyenletrendszer
Az egyenletek függetlenek! Megoldhatjuk egyesével.
Példa I. Megoldása
(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= 0
Kezdeti feltételek!!
Példa I. Megoldása
Kezdeti feltételek!!
(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)=-g
Példa I. Megoldása
(1)\,\,\,\, {x}(t) = v_{x0}t+x_0
Wolfram Alpha alapján:
(1)\,\,\,\, {y}(t) = v_{y0}t+y_0
(1)\,\,\,\, {z}(t) = -\frac{g}{2} t^2 + v_{z0}t+z_0
Kezdeti feltételek:
\underline{r}_0=\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \\ z_0\end{pmatrix}
\underline{v}_0=\begin{pmatrix} v_{x0} \\ v_{y0} \\ v_{z0}\end{pmatrix}
Egyszerű ferde hajítás...
Analitikushoz lefele:
Példa I. Megoldása (Analitikusan)
(1)\,\,\,\, \ddot{x}(t)=0
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}=0 \\
\text{Legyen} \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=v(t).
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} \right) = 0 \\
\frac{\mathrm{d}v(t)}{\mathrm{dt}}=0
Ezt már lehet integrálni.
v(t)=c_1
\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=v(t)=c_1
\text{"Szorozzunk át"} \mathrm{d}t\text{-vel} \text{ és integráljunk}
\int \mathrm{d}x = \int c_1 \mathrm{d}t
x(t) = c_1 \cdot t + c_2
Példa I. Megoldása (Analitikusan)
(1)\,\,\,\, \ddot{z}(t)=-g
\frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2}=-g \\
\text{Legyen} \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=v(t).
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} \right) = -g \\
\frac{\mathrm{d}v(t)}{\mathrm{dt}}=-g
Ezt már lehet integrálni.
\int \mathrm{d}v=-\int g\cdot \mathrm{dt}
v(t)=-gt+c_1
\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=v(t)=-gt+c_1
\int \mathrm{d}z = \int (-gt+c_1) \mathrm{d}t = -\frac{g}{2}t^2+c_1t+c_2 = z(t)
Példa II. Megoldása
(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)=MG \frac{x(t)}{ \sqrt{x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)}^3}
Példa II. Megoldása
Wolfram Alpha nem tudja megoldani... Talán Euler?
Numerikus módszerekhez mindig kell kezdeti feltétel. Nézzük példaként a következő egyenletet:
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y
Közelítsük:
y(x=0)=1
\frac{y_1-y_0}{\Delta x}\approx y_0
y_1=y_0+\Delta x \cdot y_0
Általában:
y_n = y_{n-1}+\Delta x \cdot y_{n-1}
Példa II. Megoldása
Numerikus módszerrel a megoldás:
Analitikus megoldás lent:
Példa II. Megoldása Analitikusan
Szükséges előismeretek:
- Energia
- Potenciál, centrális potenciál
- Energiamegmaradás
- Impulzusmomentum
Példa II. Megoldása Analitikusan
Impulzusmomentum:
\underline{F}=m\underline{a}
/ \underline{r}\times
\underline{r}\times\underline{F}=\underline{r}\times m\underline{a}
Próbáljuk meg a következő mennyiséget lederiválni:
\underline{r}\times m\underline{v}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\underline{r}\times m\underline{v}\right) = \dot{\underline{r}}\times m \underline{v}+\underline{r}\times m\dot{\underline{v}}=\underline{r}\times m\dot{\underline{v}}
Ez a tag nulla, mivel két párhuzamos vektor vektoriális szorzata
Ezt a mennyiséget definiáljuk, mint impulzusmomentum és jelöljük \( \underline{N} \)-nel
Példa II. Megoldása Analitikusan
Impulzusmomentum:
\underline{N}=\underline{r}\times m\underline{v}
\dot{\underline{N}}=\underline{r}\times \underline{F}=\underline{M}
Forgatónyomaték
Fontos! Ha a test helyvektorával párhuzamos az erő, akkor a definíció alapján a test impulzusmomentuma állandó lesz.
Bizonyítás nélküli állítás: Ha az erő centrális (azaz az erő nagysága csak a távolságtól függ, mint a gravitáció esetén) akkor az impulzusmomentum megmarad, állandó lesz.
Példa II. Megoldása Analitikusan
Energia:
\underline{F}=m\underline{a}
/ \cdot \underline{v}
\underline{F}\cdot\underline{v}=\underline{v}m\underline{a}
Szorozzuk meg mindkét oldalt skalárisan a sebességvektorral
Próbaként deriváljuk le a következő kifejezést:
\frac{1}{2}m\underline{v}^2
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}m\underline{v}^2\right)=\frac{1}{2}m\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \underline{v}^2 \right)=\frac{1}{2}m\left( 2\underline{v}\cdot\underline{\dot{v}} \right)=\underline{v}m\underline{a}
\frac{1}{2}m\underline{v}^2 = E_{kin}
Bevezetjük a kinetikus energiát
Bizonyítás nélküli állítás: az energia megmarad... általában... van kivétel...
Példa II. Megoldása Analitikusan
Energia:
Ha egy testet erő ellenében mozgatunk, energiát kell befektetnünk. Ha a befektetett energia nem függ attól, hogy milyen útvonalon mozgatjuk a testet, csak a mozgatás kezdő és végpontjától, akkor bevezethető egy energia dimenziójú mennyiség. Az energiamegmaradás ekkor úgy módosul, hogy a test kinetikus energiájának és potenciális energiájának összege a mozgás során megmarad... általában...
Hogy mégis hogyan kell meghatározni a potenciális energiát, az túlmutat a gyakorlat anyagán. A feladat megoldása szempontjából lényeges a gravitációs potenciál:
V(\underline{r})=-\frac{GMm}{|\underline{r}|}
Példa II. Megoldása Analitikusan
Az egyenlet zárt alakban, analitikusan nem megoldható. De tudunk-e mondani valamit a pálya alakjáról? Dolgozzunk polárkoordinátarendszerben!
x(t)=R(t)\cos{\varphi(t)}\\
y(t)=R(t)\sin{\varphi(t)}
\underline{r}(t)=\begin{pmatrix} R(t)\cos{\varphi(t)} \\ R(t)\sin{\varphi(t)} \\ 0 \end{pmatrix}
Energiamegmaradás:
E=\frac{1}{2}m\underline{\dot{r}}^2(t)-\frac{GmM}{|\underline{r}(t)|}
Ehhez kell a sebesség:
\underline{\dot{r}}(t)=\begin{pmatrix} \dot{R}(t)\cos{\varphi(t)}-R(t)\sin{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t) \\ \dot{R}(t)\sin{\varphi(t)}+R(t)\cos{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t)\end{pmatrix}
|\underline{\dot{r}}(t)|^2=\dot{R}^2(t)+R^2(t)\dot{\varphi}^2(t)
E=\frac{1}{2}m|\underline{\dot{r}}(t)|^2-\frac{GM}{|\underline{r}(t)|}=\frac{m}{2}\left( \dot{R}^2(t)+R^2(t)\dot{\varphi}^2(t)\right)-\frac{GMm}{R(t)}
Tudjuk, hogy síkbeli a mozgás, \(z\) komponens nulla!
Példa II. Megoldása Analitikusan
Tudjuk, hogy az impulzusmomentum megmaradó mennyiség. Ha ezt ki tudjuk használni csökkenthetjük a változók számát. De mennyi az impulzusmomentum?
\underline{N}=\underline{r}\times m \underline{\dot{r}}
\begin{pmatrix} R(t)\cos{\varphi(t)} \\ R(t)\sin{\varphi(t)} \\ 0 \end{pmatrix} \times
\begin{pmatrix} \dot{R}(t)\cos{\varphi(t)}-R(t)\sin{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t) \\ \dot{R}(t)\sin{\varphi(t)}+R(t)\cos{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t) \\ 0\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix} R(t)\cos{\varphi(t)} \\ R(t)\sin{\varphi(t)} \\ 0 \end{pmatrix} \times
\begin{pmatrix} \dot{R}(t)\cos{\varphi(t)}-R(t)\sin{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t) \\ \dot{R}(t)\sin{\varphi(t)}+R(t)\cos{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t) \\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ R(t)^2\dot{\varphi}(t)\end{pmatrix}
|\underline{N}|=N=mR(t)^2\dot{\varphi}(t)
A mozgás során állandó!
Példa II. Megoldása Analitikusan
|\underline{N}|=N=mR(t)^2\dot{\varphi}(t) \rightarrow \dot{\varphi}(t)= \frac{N}{mR^2(t)}
Írjuk ezt be azt energiába!
E=\frac{m}{2}\left( \dot{R}^2 + \frac{N^2}{m^2R^2} \right)-\frac{GmM}{R}
Ebből fejezzük ki
\dot{R}=\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}t}=\sqrt{\frac{2E}{m}-\frac{N^2}{m^2R^2}+\frac{2GM}{R}} \rightarrow \mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}R}{\sqrt{\frac{2E}{m}-\frac{N^2}{m^2R^2}+\frac{2GM}{R}}}
\dot{R}
-t
\text{Az } R(t),\varphi(t) \text{ függvények analitikus nem határozhatóak meg.} \\
\text{Most arra hajtunk, hogy a pálya alakjáról mondjunk valamit. Ehhez az } R(\varphi) \\
\text{ függvényt kell ismerni. A két függvény között} \\
\text{az impulzusmomentum megmaradás teremt kapcsolatot.}
Példa II. Megoldása Analitikusan
\dot{\varphi}(t)= \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}t} = \frac{N}{mR^2(t)}
\mathrm{d}\varphi = \frac{N}{mR^2(t)}\mathrm{d}t
\(\mathrm{d}t\)-t hozzuk át az előző diáról!
\mathrm{d}\varphi = \frac{N}{mR^2}\frac{\mathrm{d}R}{\sqrt{\frac{2E}{m}-\frac{N^2}{m^2R^2}+\frac{2GM}{R}}}
Ezt kell kiintegrálni.
\int \mathrm{d}\varphi = \varphi - \varphi_0 = \int \frac{\frac{N}{mR^2}}{\sqrt{\frac{2E}{m}-\frac{N^2}{m^2R^2}+\frac{2GM}{R}}}\mathrm{d}R
Az integrál elvégzéséhez csináljuk meg a következő helyettesítést:
u:= -\frac{N}{mR}+\frac{GMm}{N}\rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}R}=\frac{N}{mR^2}
Példa II. Megoldása Analitikusan
\varphi - \varphi_0 = \int \frac{1}{\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}-u^2}}\mathrm{d}u=-\arccos{\left(\frac{u}{\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}}\right)}
Fejezzük ki ebből \(u\)-t!
u=-\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}=-\frac{N}{mR}+\frac{GMm}{N}
ez volt \(u\) definíciója
Ezt átrendezhetjük úgy, hogy kifejezzük belőle \(R\)-t, ezzel megkapjuk a keresett függvényt!
R(\varphi)=\frac{1}{\frac{GMm^2}{N^2}+\frac{m}{N}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}
Példa II. Megoldása Analitikusan
R(\varphi)=\frac{1}{\frac{GMm^2}{N^2}+\frac{m}{N}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}
Ebből még azért nem teljesen látszik, hogy pontosan milyen alakja is van a pályának... Rendezgessük még ezt a kifejezést egy kicsit!
R(\varphi)=\frac{\frac{N^2}{GMm^2}}{1+\frac{N}{GMm}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}
Túl terjengős... vezessünk be néhány jelölést az átláthatóság kedvéért.
p=\frac{N^2}{Gm^2M}
\varepsilon=\frac{N}{GMm}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}
R(\varphi)=\frac{p}{1+\varepsilon\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}
Példa II. Megoldása Analitikusan
R(\varphi)=\frac{p}{1+\varepsilon\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}
Ha valaki sokat nézegeti a Wikipédiát, akkor megtalálhatja ezt a kifejezést a kúpszeletek szócikkben.
Kiderül, hogy ha \( \varepsilon \) nulla, akkor a fenti kifejezés egy kör, \( p \) sugárral.
Ha \( 0< \varepsilon < 1 \), a fenti kifejezés ellipszis.
Ha \( \varepsilon = 1 \), a fenti kifejezés parabola.
Ha \( \varepsilon > 1 \), a fenti kifejezés hiperbola.
Példa II. Megoldása Analitikusan
Mit jelent ez fizikailag? Vizsgáljuk meg, mi is volt \( \varepsilon \)?
Korábbi diáról:
\varepsilon=\frac{N}{GMm}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}
Tudjuk, hogy az energia állandó a teljes mozgás során. Ezért az egyszerűség kedvéért vizsgáljunk olyan esetet, ami könnyen követhető. Például amikor \(\varphi=0=\varphi_0 \). Ekkor
R_0=\frac{p}{1+\varepsilon}
Példa II. Megoldása Analitikusan
R_0=\frac{p}{1+\varepsilon}
Mennyi ekkor az energia?
E=\frac{m}{2}\left( \dot{R}^2 + \frac{N^2}{m^2R^2} \right)-\frac{GmM}{R}
Házi feladat ellenőrizni, hogy \( \varphi=0=\varphi_0 \) esetén \( \dot{R} \) nulla. Írjuk be a maradékba \( R_0 \) kifejezését!
E=\frac{m}{2}\left( \frac{N^2}{m^2\left( \frac{p}{1+\varepsilon} \right)^2} \right)-\frac{GmM}{\left( \frac{p}{1+\varepsilon} \right)}
Triviális algebrai átalakítások után:
E=\frac{N^2}{2p^2m}\left( \varepsilon^2-1 \right)
Példa II. Megoldása Analitikusan
E=\frac{N^2}{2p^2m}\left( \varepsilon^2-1 \right)
Tehát a Wikipédia megállapításai \( \varepsilon \)-ra áthozhatóak az energia kifejezésére:
Ha \( E<0 \), a bolygó olyan ellipszispályán kering, melynek egyik gyújtópontjában a Nap van (Kepler I. törvénye).
Ha \( E=0 \), a bolygó parabolapályán mozog.
Ha \( E> 0 \), a bolygó hiperbolapályán mozog.
Példa II. Megoldása Analitikusan
Bolygókra az első megállapítás érvényes. Tehát a bolygók ellipszispályán keringenek. Mekkora periódusidővel? Ezt legegyszerűbb úgy megvizsgálni, ha meghatározzuk, hogy a Napot a bolygóval összekötő hipotetikus egyenes egységnyi idő alatt mekkora területet súrol.
Tudjuk, hogy az impulzusmomentum állandó: \( mR^2\dot{\varphi}^2=const \), vagyis \( R^2\dot{\varphi}^2=const=\lambda \).
Ha egy adott \( t \) időpillanatban \( R, \varphi \) helyen vagyunk, akkor piciny \( \Delta t \) idő múlva már az \( R+\Delta R, \varphi+ \Delta \varphi\) pozícióban leszünk.
A piciny idő eltelte alatt súrolt területet közelítsük a két vektor által meghatározott háromszög területével. Ha \( \Delta t \) elég kicsi, ez jó közelítéssel igaz lesz.
Példa II. Megoldása Analitikusan
Adott időpillanat:
\underline{r}(t)=\begin{pmatrix} R\cos{\varphi} \\ R\sin{\varphi} \\ 0 \end{pmatrix}
\( \Delta t \)-vel később:
\underline{r}(t+\Delta t)=\begin{pmatrix} (R+\Delta R)\cos{(\varphi + \Delta \varphi}) \\(R+\Delta R)\sin{(\varphi + \Delta \varphi}) \\ 0 \end{pmatrix}
Vegyük a két vektor vektoriális szorzatát, annak nagysága éppen a két vektor által meghatározott paralelogramma területe, melynek fele pont a háromszög területe.
Példa II. Megoldása Analitikusan
Jelöljük a két vektor által meghatározott háromszög területét \( f \)-fel
2\Delta f = |\underline{r}(t)\times \underline{r}(t+\Delta t)|
\underline{r}(t)\times \underline{r}(t+\Delta t) =\begin{pmatrix} R\cos{\varphi} \\ R\sin{\varphi} \\ 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} (R+\Delta R)\cos{(\varphi + \Delta \varphi}) \\(R+\Delta R)\sin{(\varphi + \Delta \varphi}) \\ 0 \end{pmatrix}
2\Delta f= R\cos{\varphi}(R+\Delta R)\sin{(\varphi+\Delta\varphi)}-R\sin{\varphi}(R+\Delta R)\cos{(\varphi+\Delta\varphi)}
Kihasználva a trigonometria azonosságait az összegekre és minimális algebrai átalakításokat eszközölve:
Példa II. Megoldása Analitikusan
\Delta f=\frac{1}{2}R(R+\Delta R)\sin(\Delta \varphi)
Mivel a \( \Delta t \) idő piciny, az alatta bekövetkező változások is biztos picik, ezért a \( \sin \) függvényt is nyugodtan közelíthetjük, sőt a \( \Delta R \) változást is elhanyagolhatjuk első közelítésben.
\Delta f=\frac{1}{2}R^2\Delta \varphi
Osszuk el mind a két oldalt \( \Delta t \)-vel és csináljuk meg a \( \Delta t \rightarrow 0 \) határátmenetet
\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}=\frac{R^2\dot{\varphi}}{2}
Példa II. Megoldása Analitikusan
\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}=\frac{R^2\dot{\varphi}}{2}
Döbbenjük rá, hogy a terület kifejezésében a jó öreg impulzusmomentumra bukkantunk, amely állandó, mint tudjuk.
A Naptól a bolygóhoz húzott sugár egyenlő időközök alatt egyenlő területeket súrol. Kepler II. törvénye a kezünkbe hullott.
Most már számítsuk a periódusidőt is. Igen egyszerű, hiszen \( T \) periódusidő alatt a teljes ellipszis területét bejárjuk. Az ellipszis területe pedig a kis- és nagytengely szorzatával adható meg:
f=ab\pi = \frac{N}{m2}T \rightarrow T=\frac{2\pi abm}{N}
Példa II. Megoldása Analitikusan
T=\frac{2\pi abm}{N}
A kis- és nagytengely a már bevezetett paramétereinkkel is kifejezhetők, Wikipédia szerint:
\varepsilon = \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}
és
p=\frac{b^2}{a}
Ismét egy kis algebrázást segítségül hívva:
T^2 = \frac{4\pi^2a^2b^2m^2}{N^2}=\frac{4\pi^2a^3pm^2}{N^2}=\frac{4\pi^2a^3\frac{N^2}{Gm^2M}m^2}{N^2}=\frac{4\pi^2}{GM}a^3
\frac{T^2}{a^3} = \frac{4\pi^2}{GM}=\text{állandó}
A bolygók keringési idejeinek négyzetei úgy aránylanak egymáshoz, mint az ellipszispályák fél nagytengelyeinek köbei.
Kepler III.
Példa III. Megoldása
m(t)
F
x
Legyen a tömegváltozás exponenciális!
m(t)=M_0e^{-t/\tau}
\( M_0 \) a test tömege kezdetben, ami minden \( \tau \) időközönként \( 1/e \)-ad részére csökken
Megoldandó egyenlet:
\ddot{x}(t)= \frac{1}{m(t)}F_0
Vajon Wolfram Alpha elbír vele?
\ddot{x}(t)= \frac{F_0}{M_0}e^{t/\tau}F_0
Példa III. Megoldása
Vajon Wolfram Alpha elbír vele?
\ddot{x}(t)= \frac{F_0}{M_0}e^{t/\tau}
Fizikai Feladatok Megoldása
By novidad21
Fizikai Feladatok Megoldása
Dinamika, Newton-egyenletek és néhány példa. Kepler törvények levezetése az univerzális tömegvonzás törvénye alapján.
