Poradnik OA. Mechanika nieba 2: Prawa Keplera i równanie vis-viva

Obrazek wyróżniający: NASA

Johannes Kepler (1571-1630) to niemiecki matematyk i astronom. Jako asystent Tychona Brahe dostał za zadanie wytłumaczenie zasad, według których Mars porusza się po swojej orbicie. Prace Keplera ukazały się kolejno w 1609 i 1619 roku. Opisał w nich swoje słynne trzy prawa oraz umocnił teorię heliocentryczną.

1 Prawo Keplera

Wszystkie planety okrążają Słońce po orbicie eliptycznej, a Słońce znajduje się w jednym z ognisk elipsy.

Ważnym jest, aby zrozumieć, czym jest elipsa. Każda elipsa ma dwa ogniska, które oznacza się literą $f$ . Z definicji, elipsa to zbiór punktów, których suma odległości od ognisk jest stała, czyli:

$r_1 + r_2 = \text{const.} = 2a$

Elipsa z zaznaczonymi ogniskami i osiami. Widać dwie linie od ognisk do tego samego punktu na elipsie.

Przykładowa elipsa. Przyjmuje się, że ogniska oznacza się literą f. Suma odległości każdego punktu na elipsie od ognisk jest stała i równa osi wielkiej.

Koło jest szczególnym przypadkiem elipsy, w którym ogniska nachodzą na siebie. Warto zwrócić uwagę, że ogniska zawsze będą ułożone na odcinku pomiędzy najbardziej od siebie odległymi punktami na elipsie. Ten odcinek nazywamy osią wielką (w przypadku eliptycznej orbity dookoła Słońca na jednym z jej końców znajduje się peryhelium, czyli punkt najbliżej Słońca, a na drugim końcu aphelium, czyli punkt najdalej od Słońca). Prostopadła do osi wielkiej i przechodząca przez środek jest oś mała. Przyjmuje się, że połowy wielkości osi oznacza się kolejno $a$ i $b$ , odpowiednio dla wielkiej i małej półosi. Kolejnym ważnym parametrem orbit jest ekscentryczność (lub mimośród), oznaczana literą $e$ . Jest to stosunek odległości między środkiem elipsy a ogniskiem do półosi wielkiej:

$e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{a^2 - b^2}}{a}$

Ekscentryczność mówi nam o kształcie figury. Im większa ekscentryczność, tym bardziej spłaszczona jest elipsa. Oprócz tego ekscentryczność pokazuje nam, z jakim typem figury mamy do czynienia:

$e = 0$ – okrąg,
$e \in (0, 1)$ – elipsa,
$e=1$ – parabola,
$e>1$ – hiperbola

Warto zauważyć, że parabola i hiperbola to krzywe otwarte. W kontekście astronomii oznacza to, że ciało poruszające się takich orbitach nigdy nie wróci do tego samego punktu. W paraboli mimośród wynosi jeden, co oznacza, że jedno z ognisk musi znajdować się w nieskończoności. Hiperbola jest definiowana jako zbiór punktów, dla których różnica odległości między ogniskami jest stała. Wtedy długość $c$ liczy się jako pierwiastek sumy kwadratów zamiast różnicy. Dzięki temu mimośród może wynieść więcej niż jeden, a matematycznie zawsze występują w parach.

Podczas operacji na elipsach często przydaje się trójkąt o bokach $b$ i $c$ , gdzie przeciwprostokątna zawsze ma wartość półosi wielkiej oraz wzór na pole elipsy wynoszący $P = \pi ab$ , który można wyprowadzić skalując pole koła o promieniu a w jednej osi o czynnik $\frac{b}{a}$ .

W ten sposób sformułowane pierwsze prawo Keplera jest pewnym przybliżeniem, gdyż wszystkie prawa Keplera działają dla układów, w których pod uwagę bierzemy masy jednego lub dwóch składników. Natomiast Układ Słoneczny ma więcej niż dwa ciała, jednak masa Słońca jest na tyle duża, że często pomija się masy pozostałych składników. Kiedy pozbędziemy się z treści prawa sprecyzowania o jakie ciała chodzi możemy uogólnić to prawo na inne obiekty np. układy podwójne gwiazd, czy ruch ciał wokół centrum Galaktyki. Jeżeli mówimy o orbitach, gdzie Słońce nie jest przy jednym z ognisk, to używamy terminów perycentrum i apocentrum (zamiast peryhelium i aphelium). Kiedy ciało okrąża Ziemię używa się perygeum i apogeum.

Choć bardzo rzadko się to przydaje na OA, warto mieć z tyłu głowy równanie elipsy, dla której środek układu współrzędnych znajduje się w środku elipsy.

$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1,$

gdzie $a$ i $b$ są odpowiednio długością półosi wielkiej i półosi małej.

2 Prawo Keplera

Prędkość polowa na orbicie jest stała.

Wyobraźmy sobie odcinek łączący środek układu masy z ciałem, które je obiega po orbicie eliptycznej. Warto zwrócić uwagę, że długość tego odcinka, który nazywamy promieniem wodzącym zmienia się i przyjmuje wartości od $r = a(1-e)$ dla perycentrum do $r = a(1+e)$ dla apocentrum. Drugie prawo Keplera mówi nam, że niezależnie skąd startujemy, pole zakreślone przez promień wodzący w czasie $t$ będzie stałe.

Elipsa i dwie kropki. Większa w ognisku elipsy, a mniejsza na elipsie. Widać zaznaczone pola podpisane tą samą literą, których linie spotykają się w większej kropce, a pomiędzy drugimi końcami znajduje się odcinek podpisany t, dla każdej pary linii.

MikeRun

Niezależnie od miejsca na orbicie, pole zakreślane przez promień wodzący jest stałe w czasie.

W tym miejscu warto powiedzieć o równaniu vis-viva. Zacznijmy od całkowitej energii na orbicie:

$E = \frac{mv^2}{2} - \frac{GMm}{r}$

Co ciekawe całkowita energia ciała poruszającego się po orbicie eliptycznej w układzie, gdzie $M >> m$ nie zależy od ekscentryczności orbity i wynosi:

$E = - \frac{GMm}{2a}$

Zachęcam do własnoręcznego wyprowadzenia tego wzoru dla orbit kołowych oraz przeczytania wyprowadzenia dla eliptycznych, które można przeczytać

tutaj

Najpierw wyprowadźmy całkowitą energię na orbicie dla orbit kołowych:

$E = E_k + E_g = \frac{mv^2}{2} - \frac{GMm}{a}$

Jako, że prędkość na orbicie kołowej jest stała i wynosi $v = \sqrt{\frac{GM}{a}}$ :

$E = \frac{m\frac{GM}{a}}{2} - \frac{GMm}{a} = \frac{GMm}{2a} - \frac{GMm}{a}$

$E = - \frac{GMm}{2a}$

Teraz wyprowadźmy całkowitą energię dla orbit eliptycznych. Skorzystamy tutaj z zasady zachowania energii i porównamy energie w perygeum i apogeum:

$\frac{mv_p^2}{2} - \frac{GMm}{r_p} = \frac{mv_a^2}{2} - \frac{GMm}{r_a}$

Mnożąc przez 2 i dzieląc przez $m$ :

$v_p^2 - \frac{2GM}{r_p} = v_a^2 - \frac{2GM}{r_a}$

Ponieważ w perygeum i apogeum prędkość jest styczna do promienia wodzącego, możemy skorzystać z zasady zachowania pędu:

$mv_p r_p = m v_a r_a$

$v_a = v_p \frac{r_p}{r_a}$

Podstawiając:

$v_p^2 - \frac{2GM}{r_p} = \left( v_p \frac{r_p}{r_a} \right)^2 - \frac{2GM}{r_a}$

$v_p^2 - v_p^2 \left( \frac{r_p}{r_a} \right)^2 = \frac{2GM}{r_p} - \frac{2GM}{r_a}$

$v_p^2 \left( 1 - \frac{r_p^2}{r_a^2} \right) = 2GM \left( \frac{1}{r_p} - \frac{1}{r_a} \right)$

$v_p^2 \left( \frac{r_a^2 - r_p^2}{r_a^2} \right) = 2GM \left( \frac{r_a - r_p}{r_p \cdot r_a} \right)$

Korzystamy z wzoru skróconego mnożenia, a następnie dzielimy przez $(r_a - r_p)$ :

$v_p^2 \frac{(r_a - r_p)(r_a + r_p)}{r_a^2} = 2GM \frac{r_a - r_p}{r_p \cdot r_a}$

$v_p^2 \frac{r_a + r_p}{r_a^2} = 2GM \frac{1}{r_p \cdot r_a}$

Mnożymy przez $r_a^2$ i wyprowadzamy $v_p^2$ :

$v_p^2 = \frac{2GM \cdot r_a}{r_p (r_a + r_p)}$

Podkładając do pierwotnego wzoru na energię całkowitą w perycentrum:

$E = \frac{1}{2}m \left( \frac{2GM \cdot r_a}{r_p (r_a + r_p)} \right) - \frac{GMm}{r_p}$

Skracamy $2$ w pierwszym nawiasie i wyciągamy wspólny czynnik przed nawias:

$E = \frac{GMm}{r_p} \left( \frac{r_a}{r_a + r_p} - 1 \right)$

$E = \frac{GMm}{r_p} \left( \frac{r_a - (r_a + r_p)}{r_a + r_p} \right)$

$E = \frac{GMm}{r_p} \left( \frac{- r_p}{r_a + r_p} \right)$

$E = - \frac{GMm}{r_a + r_p}$

Jako, że $r_a$ i $r_p$ leżą na dwóch końcach osi wielkiej, ich suma wynosi $2a$ :

$E = - \frac{GMm}{2a}$

Porównując obie energie uzyskujemy:

$\frac{mv^2}{2} - \frac{GMm}{r} = - \frac{GMm}{2a}$

$v^2 = 2\left( \frac{GM}{r} - \frac{GM}{2a} \right)$

$v = \sqrt{GM\left( \frac{2}{r} - \frac{1}{a} \right)}$

Powyższe równanie nazywa się vis-viva. Warto zauważyć, że im bliżej środka układu masy, tym ciało będzie miało większą prędkość liniową, a im dalej – mniejszą. Z tego właśnie powodu, pomimo zmiany długości promienia wodzącego, prędkość polowa pozostaje stała. Warto pamiętać, że w ten sposób przedstawiony wzór działa dla układów podwójnych, gdzie masa składnika, dla którego liczymy prędkość jest pomijalna względem masy drugiego składnika. Jeżeli chcielibyśmy, aby wzór był poprawny dla układów z porównywalnymi masami składników, musielibyśmy zamienić $GM$ na $G(M+m)$ . Dodatkowo trzeba pamiętać, że w powyższych wzorach obliczami prędkość względną tzn. względem jednego składnika, który jest punktem odniesienia. Kiedy musimy zamienić prędkość względną, na prędkość względem środka układu masy musimy obliczony wynik wymnożyć przez czynnik $1 - \frac{m_{obiektu}}{M_{układu}}$ .

3 Prawo Keplera

Dla wszystkich planet stosunek kwadratu okresu do sześcianu półosi wielkiej wynosi tyle samo.

Wzór $\frac{T^2}{a^3} = const.$ , który wynika z tego prawa jest prawdziwy tylko dla ciał z danego układu (np. planet z Układu Słonecznego), kiedy jedno ciała posiada znaczną większość masy danego układu. Bardziej ogólny wzór ma postać:

$\frac{T^2}{a^3} = \frac{4 \pi^2}{G(M+m)}$

Warto zauważyć, że dla takich samych orbit, im większa masa układu, tym mniejsze okresy obiegu. Taki sam wniosek można wyciągnąć z równania vis-viva, gdzie prędkość jest wprost proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z masy. Co ciekawe, kiedy wyrazimy jednostki w latach, jednostkach astronomicznych oraz w masach Słońca, to stała grawitacji wynosi około $4 \pi^2$ (przy czym odchylenia wynikają z zdefiniowania jednostek), co możemy zauważyć na przykładzie Ziemi, gdzie $\frac{1^2}{1^3} = 1$ . Używając tego wzoru, trzeba pamiętać, że półoś wielka w tym wzorze jest odległością pomiędzy składnikami, a nie między składnikiem i środkiem układu masy.

Zadania

Zad. 1

Okres orbitalny Neptuna wynosi 60 189 dni. Oblicz półoś wielką jego orbity w jednostkach astronomicznych.

Podpowiedź

Kliknij, aby rozwinąć…

Przypomnij sobie trzecie prawo Keplera. Ile wynosi w Układzie Słonecznym $\frac{T^2}{a^3}$ , jeżeli używamy lat i jednostek astronomicznych?

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Ziemia porusza się po orbicie wokół Słońca z okresem jednego roku i półosią wielką równą jednej jednostce astronomicznej. Oznacza to, że dla Układu Słonecznego w tych jednostkach $\frac{T^2}{a^3} = 1$ . Przekształcając wzór i podkładając podane dane otrzymujemy:

$a = \sqrt[3]{\left( \frac{60189}{365,2422} \right)^2} \approx 30 \text{ au}$

Zad. 2

Półoś wielka Marsa wynosi około 1,52 au. Oblicz ile lat trwa rok na Marsie.

Podpowiedź

Kliknij, aby rozwinąć…

Przypomnij sobie trzecie prawo Keplera. Ile wynosi w Układzie Słonecznym $\frac{T^2}{a^3}$ , jeżeli używamy lat i jednostek astronomicznych?

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

$T = \sqrt{\left( 1,52^3 \right)} \approx 1,87 \text{ lat}$

Zad. 3

Pluton w swoim ruchu po orbicie zmienia swoją odległość od Słońca o około 19,2 au. Wiedząc, że jego półoś wielka wynosi około 39,2 au, oblicz ekscentryczność jego orbity.

Podpowiedź

Kliknij, aby rozwinąć…

Przypomnij sobie w jakich odległościach od Słońca znajduje się peryhelium i aphelium. Czym te wzory się różnią?

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Odległość perygeum i apogeum od środka układu masy wynosi kolejno $r_1 = a(1 - e)$ i $r_2 = a(1 + e)$ . Z zadania wiemy, że:

$r_2 - r_1 \approx 19,2$

$a(1+e) - a(1 - e) \approx 19,2$

$2ae \approx 19,2$

Dzieląc obustronnie przez 2a:

$e \approx \frac{19,2}{2 \cdot 39,2} \approx 0,245$

Zad. 4

Pewne hipotetyczne (i bardzo lekkie) ciało porusza się po orbicie o mimośrodzie równym $0,5$ wokół Słońca. Oblicz, jaki ułamek całego okresu obiekt ten spędza będąc dalej niż półoś wielka jego orbity od Słońca.

Podpowiedź

Kliknij, aby rozwinąć…

Przypomnij sobie drugie prawo Keplera i budowę elipsy. Zauważ, że można elipsę podzielić na cztery wzdłuż jej osi, przy czym każda z ćwiartek ma pole równe $\frac{1}{4} \pi ab$

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Drugie prawo Keplera mówi nam, że pole zakreślane przez promień wodzący w pewnym czasie jest stałe. Oznacza to, że musimy policzyć stosunek pola zakreślonego, kiedy promień wodzący jest większy niż półoś wielka do całego pola elipsy. Wiemy, że całkowite pole elipsy wynosi $P_2 = \pi ab$ . Musimy więc policzyć tylko mianownik, przy czym trzeba zwrócić uwagę na trójkąt ognisko – środek elipsy – punkt styku osi małej z elipsą. Poszukiwane pole wynosi:

$P_1 = 2 \cdot \frac{1}{4} \pi ab + 2 \cdot \frac{ae \cdot b}{2}$

Czyli poszukiwany stosunek wynosi:

$\frac{P_1}{P_2} = \frac{\frac{1}{2} \pi ab + eab}{\pi ab} = \frac{\frac{1}{2} \pi + e}{\pi}$

$\frac{P_1}{P_2} = \frac{\frac{1}{2} \pi + 0,5}{\pi} \approx 0,659$

Zad. 5

Załóżmy, że hipotetyczne ciało z poprzedniego zadania krąży wokół Słońca i ma taką samą półoś wielką, co Neptun. Oblicz przez ile dni rozważane ciało, będzie obiektem transneptunowym (w trakcie jednego okrążenia), tzn. będzie dalej od Słońca niż Neptun. Dodatkowo znajdź maksymalną różnicę prędkości omawianego obiektu. Okres obiegu Neptuna wynosi 60 189 dni.

Podpowiedź

Kliknij, aby rozwinąć…

Od czego zależy (i nie zależy) okres orbity ciała? Przypomnij sobie jak wygląda równanie vis-viva.

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Okres orbity danego ciała zależy od półosi wielkiej i masy układu, w jakim się znajduje. Natomiast mimośród jego orbity nie ma znaczenia. Oznacza to, że nasze ciało mając taką samą półoś wielką, co Neptun, ma też taki sam okres, który znamy z treści zadania. Korzystając z wyliczonego w poprzednim zadaniu stosunku możemy obliczyć czas bycia obiektem transneptunowym:

$t = \frac{\frac{1}{2} \pi + e}{\pi} \cdot T \approx 39674 \text{ dni}$

Wiemy, że prędkość jest największa w peryhelium i najmniejsza w aphelium, czyli to je będziemy musieli od siebie odjąć:

$\Delta v = v_p - v_a = \sqrt{GM \left( \frac{2}{r_p} - \frac{1}{a} \right)} - \sqrt{GM \left( \frac{2}{r_a} - \frac{1}{a} \right)}$

$\Delta v = \sqrt{GM \left( \frac{2}{a(1-e)} - \frac{1}{a} \right)} - \sqrt{GM \left( \frac{2}{a(1+e)} - \frac{1}{a} \right)}$

$\Delta v = \sqrt{GM \left( \frac{2}{\frac{1}{2}a} - \frac{1}{a} \right)} - \sqrt{GM \left( \frac{2}{\frac{3}{2}a} - \frac{1}{a} \right)}$

$\Delta v = \sqrt{GM \left( \frac{4}{a} - \frac{1}{a} \right)} - \sqrt{GM \left( \frac{4}{3a} - \frac{1}{a} \right)}$

$\Delta v = \sqrt{GM \left( \frac{3}{a} \right)} - \sqrt{GM \left( \frac{1}{3a} \right)}$

Musimy jeszcze obliczyć ile wynosi półoś wielka orbity Neptuna. Tym razem policzymy ją z metrach:

$a = \sqrt[3]{\frac{(60189\cdot 24 \cdot 3600)^2 \cdot GM_{\odot}}{4\pi^2}} \approx 4,497 \cdot 10^{12} \text{ m}$

Podstawiając:

$\Delta v \approx 6274 \frac{\text{m}}{\text{s}}$

Zad. 6

Arrokoth to obiekt Pasa Kuipera, który swoim wyglądem przypomina bałwana. Jest to układ podwójny kontaktowy, co oznacza że ciała, które go tworzą dotykają się. Zaproponuj masę tego układu, wiedząc że całkowita średnica wynosi około 32 kilometry, a okres rotacji 15,92 godziny. W swoich obliczeniach załóż kulistość składników, pomiń efekty wynikające z ich kontaktu.

Podpowiedź

Kliknij, aby rozwinąć…

Zauważ, że składniki Arrokotha okrążają wspólny środek masy, co oznacza, że użycie trzeciego prawa Keplera da nam poszukiwaną masę ciała.

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Wyprowadzając z trzeciego prawa Keplera wzór na masę otrzymujemy:

$M_{układu} = \frac{4\pi^2 a^3}{GT^2}$

Pamiętając, że półoś wielka jest połową średnicy (w naszych założeniach orbita jest kołowa) i używając jednostek układu SI otrzymujemy:

$M_{układu} \approx 7,38 \cdot 10^{14} \text{ kg}$

Zad. 7

Manewr Hohmanna polega na dwukrotnej i szybkiej zmianie prędkości statku kosmicznego zgodnie z kierunkiem aktualnej prędkości, w celu zmienienia wielkości orbity kołowej. Pomiędzy zmianami prędkości statek porusza się po orbicie eliptycznej, której apogeum i perygeum dotykają początkowej oraz końcowej orbity. Policz całkowitą potrzebną zmianę prędkości, aby dostać się z ziemskiej orbity na marsjańską. Załóż kołowość i współpłaszczyznowość orbit. Mars porusza się w odległości około 1,52 au od Słońca.

Podpowiedź

Kliknij, aby rozwinąć…

Pomyśl jak zmienia się orbita ciała, jeżeli nagle zwiększymy prędkość zgodnie z aktualnym zwrotem prędkości. Gdzie znajduje się środek masy rozpatrywanego układu? Jak wygląda orbita transferowa? Przypomnij sobie równanie vis-viva.

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Podczas pobytu na ziemskiej orbicie ciało porusza się z prędkością:

$v_1 = \sqrt{\frac{GM_{\odot}}{1 \text{ au}}} \approx 29 790 \frac{\text{m}}{\text{s}}$

Półoś wielka orbity transferowej wynosi:

$a = \frac{a_Z + a_M}{2} = \frac{1 + 1,52}{2} = 1,26 \text{ au}$

Orbita transferowa w tym miejscu ma prędkość:

$v_1' = \sqrt{GM_{\odot} \left( \frac{2}{1 \text{ au}} - \frac{1}{1,26 \text{ au}} \right)} \approx 32719 \frac{\text{m}}{\text{s}}$

Podobnie trzeba przyśpieszyć w aphelium, aby wejść na kołową orbitę. Prędkość w aphelium na orbicie transferowej wynosi:

$v_2 = \sqrt{GM_{\odot} \left( \frac{2}{1,52 \text{ au}} - \frac{1}{1,26 \text{ au}} \right)} \approx 21 526 \frac{\text{m}}{\text{s}}$

Natomiast potrzebna prędkość, aby utrzymać się orbicie kołowej wynosi:

$v_2' = \sqrt{\frac{GM_{\odot}}{1,52 \text{ au}}} \approx 24 163 \frac{\text{m}}{\text{s}}$

Możemy teraz policzyć całkowitą potrzebną zmianę prędkości:

$\Delta v = (v_1' - v_1) + (v_2' - v_2) \approx 5566 \frac{\text{m}}{\text{s}}$

Warto zwrócić uwagę, że pomimo podwójnego przyśpieszania mamy mniejszą prędkość na końcu niż na początku. Wynika to z faktu, że aby wejść na wyższą orbitę musieliśmy zamienić energię kinetyczną w potencjalną, a w dodatku ich suma rośnie wraz z wzrostem promienia orbity.

Korekta – Matylda Kołomyjec

Źródła:

Poradnik OA. Mechanika nieba 2: Prawa Keplera i równanie vis-viva

Poradnik OA. Mechanika nieba 2: Prawa Keplera i równanie vis-viva

1 Prawo Keplera

2 Prawo Keplera