Μια ‘σχολική’ απόδειξη του πρώτου νόμου του Κέπλερ

1ος νόμος Kepler: Οι τροχιά ενός πλανήτη είναι έλλειψη και Ήλιος βρίσκεται στην μία εστία της έλλειψης.
2ος νόμος Kepler: Η ακτίνα που ενώνει τον Ήλιο και τον κάθε πλανήτη διαγράφει σε ίσους χρόνους ίσα εμβαδά.
3ος νόμος Kepler: Το τετράγωνο της περιόδου περιφοράς του κάθε πλανήτη είναι ανάλογο με τον κύβο του μήκους του μεγάλου ημιάξονα της έλλειψης που διαγράφει.

Στο παραπάνω σχήμα βλέπουμε έναν πλανήτη μάζας m σε τροχιά γύρω από τον Ήλιο μάζας Μ (πολύ μεγαλύτερη της m). Η ταχύτητα \vec{v} του πλανήτη είναι συνεχώς εφαπτόμενη στην τροχιά του και σχηματίζει γωνία φ με το διάνυσμα θέσης \vec{r} . Η δύναμη της βαρύτητας είναι κεντρική και η στροφορμή του πλανήτη

\vec{L}=m\vec{r} \times \vec{v} =mrv \sin\phi \hat{z} \, \, \, (1)

διατηρείται σταθερή. Έτσι, η διεύθυνση του διανύσματος της στροφορμής θα παραμένει σταθερή, οπότε η τροχιά του πλανήτη θα είναι επίπεδη (η στροφορμή έχει την ίδια κατεύθυνση με το διάνυσμα \hat{z} που είναι κάθετο στα \vec{v} και \vec{r} ).

Η μηχανική ενέργεια του πλανήτη

E=\frac{1}{2} m v^{2} -G\frac{mM}{r}<0 \,\,\, (2)

διατηρείται επίσης σταθερή. Λύνοντας την εξ. (2) ως προς την ταχύτητα και αντικαθιστώντας στην (1) παίρνουμε: L=m \sin \phi \sqrt{2Er^{2}/m +2GMr}, και αναδιατάσσοντας τους όρους:

\left(r^{2}+\frac{GMm}{E}r\right) \sin^{2}\phi =\frac{L^{2}}{2mE} \, \, \, (3)

H παραπάνω εξίσωση μας δείχνει πως μεταβάλλεται η γωνία της εφαπτόμενης στην τροχιά με το διάνυσμα θέσης του πλανήτη και θα μπορούσε να είναι η εξίσωση της τροχιάς του πλανήτη. Το ζητούμενο λοιπόν είναι να αποδείξουμε ότι η παραπάνω εξίσωση εκφράζει μια έλλειψη – μια εξίσωση έλλειψης που δεν συναντάμε στα βιβλία.

Άσκηση: Nα δείξετε ότι η εξίσωση (r^{2}-2ar) \sin^{2} \phi =-a^{2}(1-e^{2})   παριστάνει μια έλλειψη με μεγάλο ημιάξονα α και εκκεντρότητα e.

Έλλειψη ονομάζεται ο γεωμετρικός τόπος των σημείων επιπέδου των οποίων το άθροισμα των αποστάσεων από δύο σταθερά σημεία, τις εστίες, είναι σταθερό και ισούται με 2α. Στην έλλειψη του παραπάνω σχήματος τα σημεία Α’ και Α παριστάνουν τις εστίες και ισχύουν: KB’=KB=α, ΓΑ=r, ΓΑ’=2α-r, A’A=2αe, όπου e=η εκκεντρότητά της. Φέρνουμε την ευθεία ΝΝ’ κάθετη στην εφαπτόμενη ΤΤ’. Η ΝΝ’ διχοτομεί την γωνία θ (γιατί;), οπότε φ+θ/2=90ο ή θ=180ο-2θ.

Δεδομένου ότι ΓΑ=r, ΓΑ’=2α-r, A’A=2αe, αν εφαρμόσουμε το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο (ΓΑ’Α) παίρνουμε: (2ae)^{2} = (2a-r)^{2} + r^{2} -2(2a-r)r \cos(180^{o}-2 \theta). Η σχέση αυτή μετά από μερικές πράξεις μας δίνει την ζητούμενη: (r^{2}-2ar) \sin^{2} \phi =-a^{2}(1-e^{2}) \, \, \, (4)

Συγκρίνοντας τις ‘πανομοιότυπες’ εξισώσεις (3) και (4) βλέπουμε ότι η τροχιά του πλανήτη είναι μια έλλειψη με μεγάλο ημιάξονα a=-\frac{GMm}{2E}>0, \, (E<0) και εκεντρότητα e=\sqrt{1+\frac{2EL^{2}}{(GM)^{2}m^{3}}}.

πηγή: https://arxiv.org/abs/2111.08447

διαβάστε επίσης: Γιατί οι τροχιές των πλανητών είναι ελλείψεις;



Κατηγορίες:ΒΑΡΥΤΗΤΑ, ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ, ΜΗΧΑΝΙΚΗ

Ετικέτες: , , ,

3 replies

  1. Στην εξίσωση (2) υπάρχει τυπογραφικό λάθος . Ο δεύτερος όρος – η Δυναμική ενέργεια – είναι αντιστρόφως ανάλογη του μέτρου του διανύσματος θέσης r και όχι του τετραγώνου του (έτσι γραμμένος ο 2ος όρος αντιστοιχεί στην βαρυτική δύναμη)

  2. Εξαιρετικό!
    όσοι είχαμε την τύχη να είμαστε μαθητές τη δεκαετία του 1980 είχαμε διδαχθεί αυτές τις «σχολικές αποδείξεις» στο μάθημα Κοσμολογία στη Β Λυκείου με βάση το βιβλίο του Μπάνου Γεώργιου (Καθηγητή Πανεπιστημίου Ιωαννίνων)…

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Google

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Ο ιστότοπος χρησιμοποιεί το Akismet για την εξάλειψη των ανεπιθύμητων σχολίων. Μάθετε πως επεξεργάζονται τα δεδομένα των σχολίων σας.

Αρέσει σε %d bloggers: