Poradnik OA. Mechanika nieba 8: Punkty Lagrange’a

Obrazek wyróżniający: NASA/MSFC/David Higginbotham via Wikimedia Commons

Co jeśli oddziałują ze sobą więcej niż dwa ciała?

Dotychczas rozpatrywaliśmy ruch dwóch ciał pod wpływem ich wzajemnej siły przyciągania. Gdy jedno z tych ciał było znacznie bardziej masywne, mówiliśmy o orbitach keplerowskich. Ogólne równania opisujące taki ruch wyprowadził już Newton. Doskonale opisał ruch Ziemi wokół Słońca, jednak gdy chciał do tego układu dodać Księżyc, poniósł porażkę. Przełom nastąpił pod koniec XIX wieku, gdy wyzwania podjął się francuski matematyk Henri Poincaré. Udowodnił on, że proste rozwiązanie w postaci wzoru… nie istnieje.

Dlaczego problem trzech ciał nie ma rozwiązania?

Gdy oddziałują ze sobą dwa ciała, wypadkowa siła działająca na jedno z ciał jest skierowana dokładnie w stronę drugiego i odwrotnie, co pozwala na względnie łatwe wyprowadzenie równań różniczkowych opisujących ruch, jak to zrobił Newton. Siły grawitacji między trzema ciałami dynamicznie zmieniają swój zwrot wraz z ich ruchem. Układ trzech ciał jest zatem chaotyczny. Minimalne różnice w początkowych położeniach elementów mogą całkowicie zmienić ich przyszłą trajektorię.

Współcześnie obchodzi się ten problem metodami numerycznymi, w których komputer symuluje ruch układów krok po kroku, obliczając wzajemne siły przyciągania i aktualizując położenie obiektów.

Są też wyjątkowe przypadki, w których ruch trzech ciał jest stabilny lub zachowuje się stabilnie przez długi czas. Jeśli ciała mają znacznie różniące się masy i poruszają się po ścisłych orbitach o odpowiednio różnych rozmiarach, układ ten będzie stabilny. Ruch satelity orbitującego Ziemię możemy traktować jako ruch po keplerowskiej orbicie wokół Ziemi, zaburzany przez oddziaływanie ze Słońcem.

Punkty Lagrange’a

Wyobraźmy sobie potencjał grawitacyjny Ziemi jako studnię o zakrzywionych ścianach, do której wpadają obiekty (gradient potencjału mówi nam o natężeniu pola). Natężenie maleje z odległością, ale występuje wszędzie, więc każdy obiekt będzie przyspieszał w stronę Ziemi.

Restricted_Three-Body_Problem_-_Energy_Potential_Analysis

Invent2HelpAll via Wikimedia Commons

Złożenie studni grawitacyjnych dwóch ciał z potencjałem siły odśrodkowej.

Jeśli dodamy Słońce, jego potencjał grawitacyjny zsumuje się z potencjałem Ziemi i zauważymy coś ciekawego – występuje między nimi punkt w którym płaszczyzna potencjału jest płaska – natężenie pola jest zerowe. Musimy pamiętać też o kluczowym fakcie: w rzeczywistości Ziemia nie jest statyczna i rotuje wokół środka masy układu (czyli w przybliżeniu Słońca). Wchodząc w układ odniesienia obracający się wraz z nimi (tzw. układ nieinercjalny), do potencjału grawitacyjnego musimy dodać potencjał siły odśrodkowej. Suma tych oddziaływań tworzy potencjał efektywny, w którym pojawia się aż pięć punktów o zerowym gradiencie – miejsc, w których siły grawitacji obu ciał oraz siła odśrodkowa idealnie się równoważą. Takie punkty nazywamy punktami Lagrange’a lub punktami libracyjnymi. Obiekt, który znajdzie się w jednym z nich, np. sonda kosmiczna, będzie statyczny względem Ziemi.

Animation showing the relationship between the five Lagrangian points (red) of a planet (blue) orbiting a star (yellow), and the gravitational potential in the plane containing the orbit (grey surface with purple contours of equal potential).

cmglee via Wikimedia Commons

Potencjał układu Ziemia-Słońce z oznaczonymi punktami Lagrange’a.

Wyprowadzenie położenia

Punkty $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ leżą na osi łączącej Słońce i Ziemię. Aby znaleźć ich położenie przyrównajmy sumę sił grawitacyjnych do wymaganej siły dośrodkowej. Zakładamy, że masa Słońca to $M$ , masa Ziemi to $m$ , a odległość między nimi wynosi $R$ . Z III prawa Keplera wiemy, że prędkość kątowa układu wynosi $\omega \approx \sqrt{\frac{GM}{R^3}}$ .

Dla punktu $L_1$ , leżącego w odległości $x$ od Ziemi w stronę Słońca, bilans sił wygląda następująco:

\frac{GM}{(R-x)^2} - \frac{Gm}{x^2} = \omega^2(R-x)

Dla małych odległości ( $x \ll R$ ) możemy zastosować przybliżenie z rozwinięcia dwumianowego Newtona: $(R-x)^{-2} = R^{-2}(1 - \frac{x}{R})^{-2} \approx R^{-2}(1 + \frac{2x}{R})$ . Podstawiając to rozwinięcie oraz wzór na $\omega^2$ , otrzymujemy:

\frac{GM}{R^2}\left(1 + \frac{2x}{R}\right) - \frac{Gm}{x^2} \approx \frac{GM}{R^2}\left(1 - \frac{x}{R}\right)

Człony $\frac{GM}{R^2}$ skracają się. Po przeniesieniu wyrazów z $x$ na jedną stronę dostajemy:

\frac{3GMx}{R^3} \approx \frac{Gm}{x^2} \implies x^3 \approx R^3 \frac{m}{3M}

Stąd odległość punktu $L_1$ wynosi:

x \approx R \sqrt[3]{\frac{m}{3M}}

Ze względu na symetrię tego przybliżenia, punkt $L_2$ (leżący tuż za Ziemią) znajduje się w dokładnie takiej samej odległości $x$ od naszej planety. Wynik ten to promień tak zwanej strefy Hilla. Jest to obszar wokół mniejszego ciała niebieskiego (np. Ziemi), wewnątrz którego to jego przyciąganie grawitacyjne dominuje, pokonując wpływ masywniejszego ciała centralnego (Słońca). Aby satelita mógł trwale krążyć wokół naszej planety, jego orbita musi mieścić się wewnątrz tej strefy. Promień strefy Hilla ( $r_H$ ) dla ciała o masie $m$ krążącego w odległości $R$ od obiektu o masie $M$ określa wzór:

$r_H \approx r \sqrt[3]{\frac{m}{3M}}$

Jak łatwo zauważyć, wzór ten jest identyczny z wyprowadzonym wcześniej przybliżonym dystansem do punktów $L_1$ i $L_2$ . Nie jest to zbieg okoliczności – punkty te wyznaczają skrajne granice grawitacyjnej dominacji Ziemi. Obiekt, który nabierze wystarczającej energii, by przekroczyć te granice, ucieknie z ziemskiej studni potencjału i wejdzie na niezależną orbitę heliocentryczną.

Punkt $L_3$ leży po przeciwnej stronie Słońca. Ponieważ w tamtym miejscu siły przyciągania obu ciał się sumują i przyciągają obiekt w tym samym kierunku, punkt ten znajduje się na orbicie nieco szerszej niż ziemska. Dokonując podobnego bilansu sił otrzymamy $R_3 \approx R\left(1 + \frac{5m}{12M}\right)$ .

Rozważmy teraz punkty znajdujące się poza osią symetrii, przybliżając układ dla $M \gg m$ . Gdzie w przestrzeni należy umieścić obiekt, aby siły grawitacyjne od obu ciał tworzyły razem wektor dośrodkowy, celujący prosto w środek masy (barycentrum) układu?

Jeśli umieścimy obiekt w takim miejscu, że utworzy on z Ziemią i Słońcem trójkąt równoboczny, to jego odległość od obu tych ciał będzie wynosić dokładnie $R$ . W takim układzie stosunek sił grawitacyjnych Słońca i Ziemi działających na obiekt to:

\frac{F_{Słońce}}{F_{Ziemia}} = \frac{\frac{GM}{R^2}}{\frac{Gm}{R^2}} = \frac{M}{m}

Z własności środka masy wiemy, że dzieli on odcinek łączący Słońce i Ziemię stosunku $\frac{M}{m}$ . Oznacza to, że wektory sił grawitacyjnych mają dokładnie takie same proporcje, jak odcinki łączące odpowiednie ciała z barycentrum. Na mocy podobieństwa trójkątów, wektorowa suma tych sił zawsze celuje w środek obrotu układu, zapewniając dokładnie taką siłę dośrodkową, jaka jest potrzebna do krążenia z okresem jednego roku.

Dlatego właśnie punkty $L_4$ i $L_5$ współdzielą orbitę Ziemi, tworząc w przybliżeniu wierzchołki trójkątów równobocznych, odległe od siebie o $60^\circ$ stopni.

Planetoidy trojańskie

Teoretyczne rozważania o punktach libracyjnych znajdują potwierdzenie w obserwacjach Układu Słonecznego. Najlepszym przykładem jest Jowisz. Wokół jego punktów $L_4$ i $L_5$ krążą populacje planetoid, znane zbiorczo jako planetoidy trojańskie. Ze względów historycznych grupę wyprzedzającą Jowisza w punkcie $L_4$ nazywa się „Obozem Greckim”, a grupę podążającą za nim w $L_5$ – „Obozem Trojańskim”. Obiektów tych odkryto już ponad 10 tysięcy – nie wzięły się tam znikąd. Mechanizmy rezonansów grawitacyjnych sprawiły, że część materii z pasa planetoid została wyrzucona ze swoich pierwotnych orbit i przechwycona przez stabilne doliny potencjału Jowisza w otoczeniu jego punktów libracyjnych. Z Jowiszem związana jest również inna populacja planetoid – planetoidy z grupy Hildy, będące z nim w rezonansie orbitalnym 3:2. Krążą one po eliptycznych orbitach tak zsynchronizowanych z ruchem planety, że w apheliach zawsze trafiają w pobliże punktów $L_3$ , $L_4$ i $L_5$ , przez co cała grupa tworzy w przestrzeni kształt trójkąta. Warto dodać, że Ziemia również posiada swoich własnych Trojańczyków. Pierwszym z nich, odkrytym w 2010 roku przez teleskop kosmiczny WISE, jest planetoida 2010 TK7, a w 2020 roku zidentyfikowano kolejny taki obiekt – 2020 XL5. Oba krążą w pobliżu punktu $L_4$ . Odkrycie tych ciał było niezwykle trudne ze względu na geometrię obserwacji – patrząc z Ziemi w kierunku punktów $L_4$ lub $L_5$ obserwujemy obszary bliskie Słońca.

Mdf via Wikimedia Commons

Planetoidy trojańskie Jowisza (zielone) i planetoidy rodziny Hildy (pomarańczowe) wraz z pozostałymi obiektami pasa planetoid.

Zastosowania

Unikalne właściwości punktów Lagrange’a sprawiają, że są one idealnymi miejscami do wykonywania misji kosmicznych. Szczególne znaczenie mają punkty $L_1$ i $L_2$ układu Ziemia-Słońce, ze względu na swoją bliskość do Ziemi, a przez to niewielkie koszty misji i łatwość w przesyłaniu danych.

Punkt $L_1$ to doskonałe miejsce do obserwacji Słońca. To właśnie tam stacjonuje sonda SOHO (Solar and Heliospheric Observatory), która ma stamtąd niezakłócony, ciągły widok na naszą gwiazdę. Monitoruje przejawy jej aktywności: rozbłyski słoneczne, Koronalne Wyrzuty Masy (CME) i wiatr słoneczny. Główną zaletą tej lokalizacji jest możliwość ostrzegania ludzkości o tych zjawiskach na długo przed ich nadejściem do Ziemi. Zanim rozbłysk uderzy w magnetosferę Ziemi, musi najpierw minąć sondę SOHO.

Punkt $L_2$ jest idealny dla teleskopów kosmicznych. Umieszczenie tam teleskopu pozwala na stałe osłanianie jego czułych detektorów przed promieniowaniem zarówno Słońca jak i Ziemi, gdyż oba te obiekty znajdują się zawsze z jednej strony. To właśnie z tego powodu punkt ten stał się domem dla Kosmicznego Teleskopu Jamesa Webba, a wcześniej misji takich jak Herschel i Planck.

Należy pamiętać, że punkty kolinearne ( $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ ) są punktami siodłowymi – są niestabilne w kierunku łączącym oba główne ciała. Oznacza to, że statki kosmiczne nie mogą pozostawać w nich idealnie w bezruchu, lecz oscylują, poruszając się po tzw. orbitach halo lub orbitach Lissajous wokół punktów libracyjnych, coraz bardziej oddalając się od nich, co często wymaga okresowego korygowania trajektorii za pomocą silników manewrowych.

Phoenix7777 via Wikimedia Commons

Orbita sondy SOHO (widok z bieguna ekliptyki). Oscylacje we wszystkich wymiarach są zsynchronizowane, więc sonda zakreśla zamkniętą trajektorię (orbita halo).

Phoenix7777 via Wikimedia Commons

Orbita sondy WMAP (widok z Ziemi). Oscylacje mają różne częstotliwości, przez co orbita nigdy się nie zamyka, przyjmując kształt krzywej Lissajous.

Przykładowe zadania

Na Olimpiadzie punkty Lagrange’a stanowią najczęściej kontekst do zadań o innej tematyce, na przykład tych z mechaniki orbitalnej lub fotometrii. Może pojawić się w nich podpunkt, w którym proszą nas o wyprowadzenie ich położenia.

69. Olimpiada Astronomiczna, II etap, zadanie 2

Punkty Lagrange’a to miejsca równowagi pomiędzy siłami grawitacji Słońca i planety oraz sił bezwładności. Punkt $L_1$ leży na prostej łączącej Słońce z planetą wewnątrz jej orbity, a punkt $L_2$ leży na tej samej prostej za planetą, na zewnątrz jej orbity.

Oblicz odległość punktu $L_2$ układu Słońce – Ziemia od środka Ziemi.
Oblicz wielkość gwiazdową Słońca obserwowaną z punktu $L_2$ .
Rozważ mały, sferyczny i doskonale czarny obiekt znajdujący się w punkcie Lagrange’a $L_2$ układu Ziemia – Słońce. Oblicz temperaturę tego obiektu zakładając, że znajduje się on w równowadze termicznej. Załóż, że tarcza Słońca ma stałą jasność powierzchniową.

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Punkt $L_2$ znajduje się na linii Słońce-Ziemia, za Ziemią. Obiekt w tym punkcie okrąża Słońce z taką samą prędkością kątową co Ziemia, a siła dośrodkowa jest sumą przyciągania grawitacyjnego Słońca i Ziemi.

Zależność tę można wyrazić równaniem równowagi sił (dla obiektu o masie $m$ ):

$\frac{G M_s m}{(r+x)^2} + \frac{G M_z m}{x^2} = m \omega^2 (r+x)$

Ziemia również znajduje się w równowadze (przyciąganie Słońca to jej siła dośrodkowa):

$\frac{G M_s M_z}{r^2} = M_z \omega^2 r$

$\omega^2 = \frac{G M_s}{r^3}$

Dla małych odległości stosujemy przybliżenie z rozwinięcia dwumianowego Newtona:

$(r+x)^{-2} = r^{-2}(1 + \frac{x}{r})^{-2} \approx r^{-2}(1 - \frac{2x}{r})$ .

Podstawiamy do bilansu sił:

$\frac{G M_s m}{r^2}(1 - \frac{2x}{r}) + \frac{G M_z m}{x^2} = m \frac{G M_s}{r^3} (r+x)$

Dzielimy obustronnie przez $\frac{G M_s m}{r^2}$ :

$1 - \frac{2x}{r} + \frac{M_z r^2}{M_s x^2} = \frac{1}{r} (r+x)$

$- \frac{2x}{r} + \frac{M_z r^2}{M_s x^2} = \frac{x}{r}$

$\frac{M_z r^2}{M_s x^2} = \frac{3x}{r}$

$\frac{M_z r^3}{M_s} = 3x^3$

$x = r \sqrt[3]{\frac{M_z}{3 M_s}} \approx 0,010 \text{ au}$

Jest to szukana odległość punktu od Ziemi. Podobne wyprowadzenie przeprowadziliśmy wcześniej w artykule.

Z punktu $L_2$ Ziemia znajduje się dokładnie na tle tarczy Słońca. Aby obliczyć obserwowaną jasność, musimy sprawdzić, jaką część Słońca zasłania nasza planeta.

Obliczmy promienie kątowe obu ciał niebieskich z perspektywy $L_2$ :

$\theta_s = \frac{R_s}{r + x} \approx 0,004606\text{ rad}$

$\theta_z = \frac{R_z}{x} \approx 0,004259\text{ rad}$

Ponieważ $\theta_z < \theta_s$ , obserwator w $L_2$ widzi obrączkowe zaćmienie Słońca. Ułamek powierzchni Słońca zasłonięty przez Ziemię ( $f$ ) wynosi:

$f = \left(\frac{\theta_z}{\theta_s}\right)^2 \approx 0,855$

Jasność będzie mniejsza ze względu na większą odległość od Słońca oraz zakrycie części jego powierzchni. Z równania Pogsona:

$m_{L2} = m_0 - 2,5 \log\left(\frac{I_{L2}}{I_0}\right) = m_0 - 2,5 \log\left(\big(\frac{r}{r+x}\big)^2\cdot (1-f)\right)$

gdzie $m_0 = -26,74$ mag to jasność obserwowana z Ziemi. Obliczamy $m_{L2} = -24,62$ mag.

Natężenie promieniowania Słońca wynosi:

$I_{L2} = \frac{L}{4 \pi (r+x)^2} \cdot (1-f) \approx 193,4\frac{\text{W}}{\text{m}^2}$

Ciało doskonale czarne osiągnie równowagę termiczną, gdy promieniowanie absorbowane będzie równe promieniowaniu emitowanemu. Z prawa Stefana-Boltzmanna:

$\pi R^2 \cdot I_{L2} = 4 \pi R^2 \cdot \sigma T^4$

$I_{L2} = \sigma T^4$

$T = \left(\frac{I_{L2}}{\sigma}\right)^{\frac{1}{4}}$

Po podstawieniu otrzymamy wartość $T \approx 170,9$ K.

Zadanie autorskie

Obserwacje punktów libracyjnych $L_4$ i $L_5$ są wyjątkowo trudne ze względu na bliskie położenie Słońca na niebie i światło zodiakalne. W związku z tym opłacalnym może być badanie ich z bliska. Zaprojektuj misję, której celem będzie wykrywanie asteroid trojańskich Ziemi.

Na jakiej orbicie przejściowej powinna znaleźć się sonda mająca dolecieć do punktu $L_4$ i w nim pozostać, a na jakiej lecąca do punktu $L_5$ ? Ile trwałby ich lot? Oblicz wartości półosi wielkich obu orbit.
Oblicz budżet $\Delta v$ dla obu tych misji. Która z nich jest łatwiejsza w realizacji?

Załóż kołową orbitę Ziemi. Masa Ziemi jest dużo mniejsza od masy Słońca.

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Ziemia potrzebuje 1 roku na pełny obieg wokół Słońca ( $360^\circ$ ). Punkty libracyjne znajdują się na orbicie Ziemi, przy czym $L_4$ wyprzedza Ziemię o $60^\circ$ , a $L_5$ podąża za Ziemią o $60^\circ$ w tyle.

Aby do nich dotrzeć, sonda musi wejść w tzw. orbitę fazową. Sonda wchodzi na orbitę o nieco innym okresie niż ziemski i spotyka się z punktem libracyjnym w miejscu startu. Ziemi już tam nie ma, ale dociera tam nasz cel – punkt Lagrange’a.

Skoro $L_4$ jest $60^\circ$ z przodu, dotrze do punktu startu sondy po przebyciu $360^\circ - 60^\circ = 300^\circ$ . Ziemia przebywa $300^\circ$ w czasie $\frac{300}{360}=\frac{5}{6}$ roku. Sonda musi zatem wejść na orbitę o okresie $T_4 = \frac{5}{6}\text{ roku}$ , z aphelium na orbicie Ziemi. Czas lotu do punktu $L_4$ wynosi więc $T_4 = \frac{5}{6}\text{ roku}$ . Z III prawa Keplera: