Transcript Newtonov opći zakon gravitacije

NEWTONOV OPĆI ZAKON
GRAVITACIJE
• Razvoj ideje o gibanju nebeskih tijela
(Ptolomej , Kopernik , Kepler )
• Newtonov opći zakon gravitacije
( izračunavanje masa nebeskih tijela ,
akceleracija slobodnog pada , sateliti ,
svemirske brzine )
- objedinio rezultate prethodnika
- dao prvu sustavnu raspravu o
svim nebeskim gibanjima
- Ptolemejev geocentrički sustav,
utjecajan kao i Aristotelova
filozofija
Najveće djeloMegale sintaxis
(Veliki zbornik)
Klaudije Ptolemej
85-166
očuvano u arapskom prijevodu
kao Almagest
Ptolemejev geocentrični sustav (2. st.)
djelo : Almagest
epicikl
deferent
Ptolomaic Model Simulator
Nikola Kopernik ( Thorn 1473. – Frauenburg 1543. )
Marsova
putanja
Zemljina
putanja
Aristarh (310. - 230. pr. Kr.)
Giordano Bruno, 1600. spaljen
Galileo Galilei (1564. – 1642.)
Planetary Configurations
Simulator
Tycho Brahe (1546. – 1601.)
Johannes Kepler (1571. – 1630.)
Keplerovi zakoni
1.
2.
A1
A2
A1 = A2
3.
T12 : T22  r13 : r23
Kinematika planetskih gibanja
Iz promatračkih podataka Tycha Brahea izvodi tri zakona:
1. Staze su elipse
2. Konstantnost plošne brzine
3.
Johannes Kepler (1571.-1630.)
Elipsa
APSIDE
• apoapsis i periapsis –točke na krajevima velike osi
elipse ;
• apoapsis je najdalja točka , a periapsis najbliža točka
• afel i perihel - za planete kao Sunčeve satelite
• apogej i perigej - za Zemljine satelite ( Mjesec)
• apoluna i periluna - za Mjesečeve satelite
• apohermij i perihermij – za Merkur
• apojovij i perijovij - za Jupiter
• ……
Newtonov opći zakon gravitacije
a
a
a
a
a
a
a
4 2 r
a 2
T
4 2 r1 4 2 r2
a1 : a2 
:
2
T1
T22
a1 : a 2 
r1 r2
: 2
2
T1 T2
T :T  r : r
2
1
2
2
3
1
3
2
r r
1 1
a1 : a2  13 : 23  2 : 2
r1 r2 r1 r2
1
a 2
r
1
F 2
r
F  mp
F  ms
F
ms m p
r2
m1m2
F G 2
r
Opći zakon gravitacije
G = 6,67·10-11 N m2 kg-2 – gravitacijska konstanta
Primjer 1: Izračunajmo masu (M) i srednju gustoću () Zemlje
iz njezina polumjera (R = 6,4·106 m) i akceleracije slobodnog
pada na njezinoj površini (g = 9,81 m s-2).
Rješenje:
gR 2 9,81 m s -2  (6,4 106 m) 2
M

G
6,67 1011 m3 kg -1 s -2
6,4·106
R=
m
g = 9,81 m s-2
M = 6·1024 kg
M=?
=?
F = mg, F  G
mg  G
mM
R2
m1m2
R2
4 3
M ,
V R

3
V
3M
3  6 1024 kg
 3 
4R  4  (6,4 106 m)3  
 = 5 467 kg m-3
Primjer 2: Izvedimo izraz za akceleraciju slobodnog pada
na visini h iznad Zemljine površine.
Rješenje:
mZ m
mg  G 2
R
mZ m
mg   G
( R  h) 2
mZ m
G
mg 
( R  h) 2

mZ m
mg
G 2
R
g  R 


g  Rh
2
 R 
g  g

 Rh
2
Zadatak 1: Kolika je akceleracija slobodnog pada na
asteroidu polumjera 5 km i gustoće 5500 kg m-3?
Rješenje:
R = 5 km = 5·103 m
 = 5 500 kg m-3
g=?
ma m
mg  G 2
R
4 3
 R 
V
3
g G 2 G
R
R2
4
4
11
3
-1 - 2
-3
g  GR     6,67 10 m kg s  5000 m  5500 kg m
3
3
g = 7,7·10-3 m s-2
Zadatak 2: Na koju visinu moramo podignuti tijelo da bi mu
se težina smanjila upola? Poznat je polumjer Zemlje (6,4·106 m).
Rješenje:
R=
6,4·106
m
mZ m
1 mZ m
G
 G 2
2
2
( R  h)
R
h=?
Fg 
1
Fg
2
1
1

2
( R  h)
2R 2
1

Rh
1
R  h  2R
h  2R  R


h  R 2 1


h  6,4 106 m  2 1
2R
h = 2,65·106 m
Sateliti
v
Prva kozmička brzina
Fcp = Fg
mv 2
Mm
G 2
R
R
M
v G
R
Na Zemlji:
mv 2
 mg
R
v  gR
v  9,81 m s-2  6,4 106 m
v  7,9 km s-1
Druga kozmička brzina
v  2gR
v  11 km s-1
Putanje
Primjer: Koliko je od Zemljine površine udaljen satelit koji
kruži u ekvatorijalnoj ravnini tako da se uvijek nalazi iznad
istog mjesta na Zemlji (geostacionarni satelit)? Ophodno
vrijeme geostacionarnog satelita jednako je periodu rotacije
Zemlje.
mm Z
2
GT mZ
G 2  mg
Rješenje:
Rh3
2
R
4

T = 24 h = 86400 s
2
2 2
Gm
=
gR
Z
gR T
R = 6,4 ·106 m
3
Rh 
4 2
h=?
2 2
gR
T
3
h

R
Fg = Fcp
2
4
ms mZ
4 2 ( R  h)ms
9,81m s-2  (6,4 106 m) 2  (86400s) 2
G
R  h 
2

T
2
Gms mZT2 = 42(R + h)3ms
3
4 2
h = 3,6·107 m
 6,4 106 m
Zadatak 1: Izračunajte masu Sunca uzimajući da je udaljenost
Zemlje od Sunca 1,51011m.
Rješenje:
r = 1,5 ·1011 m
mS = ?
Fg = Fcp
mS mZ 4 2 rmZ
G 2 
r
T2
4   2  (1,5 1011 m)3
4 2 r 3

mS 
2
6,67 1011 m3 kg-1 s -2  (365 24 3600s) 2
GT
mS = 21030 kg
Zadatak 2: Kojom se brzinom giba satelit na visini 420 km iznad
površine Zemlje? Za polumjer Zemlje uzmite 6 400 km. Poznata
je još akceleracija slobodnog pada na površini Zemlje
(g = 9,81 m s-2).
Rješenje:
h = 420 km = 420 ·103 m
R = 6400 km = 6400·103 m
g = 9,81 m s-2
v=?
mm Z
G 2  mg
R
GmZ = gR2
Fcp = Fg
gR2
GmZ

v
Rh
Rh
ms v 2
ms mZ
G
Rh
R  h2
9,81ms-2
g  6400103 m 
vR
3
3
6400

10
m

420

10
m
Rh
v = 7,7103 m s-1
Prilozi
Težina tijela na površini nebeskog tijela
Gt = m· g
Na Zemlji: Gz = m· gz
Slijedi: Gt/ Gz = g / gz
Zakonitosti slobodnog pada :
v = g t , v2 = 2 g h , h = g t2 /2 , h = v t /2
Centrifugalna sila
• Inercijska sila u rotirajućem
sustavu ( nebeskom tijelu).
• Fcf = m v2 / r = m 4 π2 r / T2 =
= m ω2 r
• Jednoliko gibanje po kružnici :
v=2rπ/T=ωr
a = v2 / r
Težina tijela na površini rotirajućeg
nebeskog tijela
• Idealizacija : Re = Rp = R
• Zbroj gravitacijske sile i
centrifugalne sile :
• Na ekvatoru :
m ge = G m M / R2 - m 4 π2 R / T2
Spljoštenost Zemlje je
zanemarena !
Općenito spljoštenost planeta =
Re – Rp / Re
• Na polu :
m gp = G m M / R2 , ( Fcf = 0 )
Težina tijela na površini rotirajućeg
nebeskog tijela (2)
• na geografskoj širini φ :
Gt = Fg – Fcf,v
m gφ = G m M / R2 - (m 4 π2 r / T2 )· cos φ
m gφ = G m M / R2 - (m 4 π2 R· cosφ / T2 )·
cos φ
• Slijedi :
gφ = G M / R2 - (4 π2 R / T2 )· (cos φ)2
cos φ = r / R  r = R · cos φ
Gt = m g φ
Centar mase dvojnog sustava
Mase m1 i m2 na
međusobnoj udaljenosti r
gibaju se kružno oko
zajedničkog centra mase
(skica a)) .
• Za niz masa na istom pravcu , x-osi ,
općenito položaj centra mase (CM)
se odredi iz izraza :
xCM = m1 ·x1 + m2 ·x2 + m3 ·x3 +…/
m1 + m2 + m3 +…
• Iznos koordinate centra mase ovisi o
izboru referentne točke !
• Na skici b):
xCM = r1
xCM = m1 ·0 + m2 ·r/ m1 + m2
Slijedi : r1 = m2 ·r/ m1 + m2 ;
r2 = r – r1 = …
• Na skici c) :
xCM = 0
0 = m1 ·(-r1) + m2 ·r2 / m1 + m2
Slijedi : m1· r1 = m2· r2
Izvod 3. Keplerovog zakona
r = r1 + r2
v = 2·π·r2 / T
Fcp = Fg
m·v2/ r2 = G· m ·M / r2
• M >> m
• Za xCM = 0 vrijedi :
0 = M·(-r1) + m·r2 / M + m
Slijedi : M· r1 = m· r2
• Oba tijela se s jednakim periodom
gibaju jednoliko po kružnici oko centra
mase sustava.
• Fcp = Fg
• Za tijelo mase M :
M ·4· π2· r1 / T2 = G· m ·M / r2
/:M
• Za tijelo mase m :
m·4· π2· r2 / T2 = G· m ·M / r2
/:m
• Zbrajanjem tih jednadžbi dobije se :
4· π2( r1 + r2) / T2 = G ( M + m ) / r2
• Slijedi : T2 / r3 = 4· π2/ G·( M +m)
Jednoliko gibanje nebeskog tijela
po kružnici
Fg = Fcp ;
m <<< M
G ·m ·M / r2 = m·v2/ r
v2 = G·M / r
• Ukupna energija nebeskog tijela
: E = Ek + Ep
v = 2· r ·π / T = ω·r
Fcp = m ·acp = m·v2 /r
r=R+h
• E = ( m·v2/2) + ( - G ·m ·M / r )=
= (m/2)·( G·M / r) - G ·m ·M / r
= - G ·m ·M / 2·r
Eliptična putanja nebeskog tijela(1)
rmin = a – e
rmax = a + e
• Zbrajanjem , oduzimanjem
i dijeljenjem tih jednadžbi
se dobije :
rmax + rmin / 2 = a
rmax - rmin / 2 = e
rmax/ rmin = a + e / a – e
Iz slike :
rmin = a – e
rmax = a + e
• ε = e/a – numerički ekscentricitet
elipse  e = ε·a ,
rmax/ rmin = 1 + ε / 1 – ε
Eliptična putanja nebeskog
tijela(2)
Jednadžba elipse :
r = p / 1 + ε·cosθ
p- parametar elipse
• θ = 00 : r = rmin ;
rmin = p / 1 + ε
• θ = 1800 : r = rmax ;
rmax = p / 1 – ε
• Iz tih jednadžbi slijedi :
• p = rmin·(1 + ε ) = rmax·( 1 – ε)
• rmax/ rmin = 1 + ε / 1 – ε
• ε = e/a (numerički ekscentricitet
elipse )
• rmax/ rmin = a + e / a – e
Kutni polumjer Sunca u
perihelu i afelu
• αmax =2· Rs / rmin ,
• αmin =2· Rs / rmax
• Dijeljenjem jednadžbi dobije
se :
• αmax / αmin = rmax/ rmin
• ε = e/a (numerički ekscentricitet
elipse )  e = ε·a
αmax/2 = Rs / rmin
αmin/2 = Rs / rmax
• αmax / αmin = a + e / a – e
αmax / αmin = 1 + ε / 1 – ε
Brzina tijela na eliptičnoj stazi oko Sunca
• Zemlja : vz≈ konst , rz ≈az = 1 AJ
• Za tijelo na eliptičnoj stazi oko Sunca : r – trenutna udaljenost od
Sunca , a – poluos eliptične staze
• Ukupna energija tijela : E = Ek + Ep = m·v2/ 2 +( - G ·m ·M/ r) , /1/
• Problem možemo pojednostavniti kao da se tijelo giba jednoliko po
kružnici polumjera a s brzinom vsr.
• E = Ek + Ep = m·vsr2/ 2 + ( - G ·m ·M/ a)
,
/2/
• U tom slučaju vrijedi : Fcp = Fg ,
• m·vsr2/ a = G ·m ·M/ a2 / · a/m
• vsr2 = G · M/ a
,
/3/
• Iz /2/ i /3/ slijedi :
• E = (m/ 2)·( G · M/ a) + ( - G ·m ·M/ a) = - G ·m ·M/ 2·a ,
/4/
• Iz /1/ i /4/ slijedi :
• m·v2/ 2 + ( - G ·m ·M/ r) = - G ·m ·M/ 2·a
/·(2/m)
• v2 = G· M·/ (2/r) – (1/a) /
• U slučaju Zemlje to je :
• vz2 = G· M·/ (2/rz) – (1/rz) /= G· M·/rz
• Ako se udaljenosti : a , r , rz izrazi u AJ vrijedi: vz2= G· M/AJ ,
• v2 = vz2·/ (2/r) – (1/a) /