Klasik merkezi kuvvet sorunu - Classical central-force problem - Wikipedia

Klasik olarak potansiyel teori, merkezi kuvvet sorunu tek bir parçacığın hareketini belirlemektir merkezi potansiyel alan. Merkezi kuvvet, parçacıktan doğrudan uzayda, merkezde sabit bir noktaya işaret eden ve büyüklüğü yalnızca nesnenin merkeze olan mesafesine bağlı olan bir kuvvettir (muhtemelen negatiftir). Pek çok önemli durumda, problem analitik olarak, yani iyi çalışılmış fonksiyonlar açısından çözülebilir. trigonometrik fonksiyonlar.

Bu sorunun çözümü, Klasik mekanik, çünkü doğal olarak oluşan birçok kuvvet merkezi konumdadır. Örnekler arasında yerçekimi ve elektromanyetizma bulunmaktadır. Newton'un evrensel çekim yasası ve Coulomb yasası, sırasıyla. Klasik fizikteki bazı daha karmaşık problemler (örneğin, iki cisim sorunu iki gövdeyi birbirine bağlayan hat boyunca kuvvetler ile) merkezi bir kuvvet problemine indirgenebilir. Son olarak, merkezi kuvvet probleminin çözümü, gezegenlerin hareketini hesaplarken olduğu gibi, genellikle gerçek hareketin iyi bir başlangıç ​​tahminini yapar. Güneş Sistemi.

Temel bilgiler

Merkezi güç sorununun özü, durum r[not 1] etkisi altında hareket eden bir parçacığın merkezi kuvvet Fya zamanın bir fonksiyonu olarak t veya kuvvetin merkezine ve keyfi bir eksene göre φ açısının bir fonksiyonu olarak.

Merkezi bir kuvvetin tanımı

A long arrows runs from the lower left to the upper right. At the lower left, the arrow begins with a black point labeled
Konumdaki bir vücuda etki eden çekici bir merkezi kuvvet P (kırmızıyla gösterilmiştir). Tanım gereği, merkezi bir kuvvet ya sabit bir noktayı işaret etmelidir Ö (çekici ise) veya ondan uzak (itici ise).

Muhafazakar bir merkezi güç F iki tanımlayıcı özelliğe sahiptir.[1] Birincisi, parçacıkları ya doğrudan doğruya ya da uzayda sabit bir noktadan uzağa, yani kuvvetin merkezine doğru sürmelidir. Ö. Başka bir deyişle, bir merkezi kuvvet birleşen çizgi boyunca hareket etmelidir Ö parçacığın mevcut konumu ile. İkincisi, muhafazakar bir merkezi kuvvet yalnızca mesafeye bağlıdır r arasında Ö ve hareket eden parçacık; açık bir şekilde zamana veya konumun diğer tanımlayıcılarına bağlı değildir.

Bu iki katlı tanım aşağıdaki gibi matematiksel olarak ifade edilebilir. Kuvvet merkezi Ö olarak seçilebilir Menşei bir koordinat sisteminin. Vektör r birleştirme Ö parçacığın şu anki konumuna vektör pozisyonu. Bu nedenle, merkezi bir kuvvet matematiksel biçime sahip olmalıdır[2]

nerede r vektör büyüklüğüdür |r| (kuvvet merkezine olan mesafe) ve = r/ r karşılık gelen birim vektör. Göre Newton'un ikinci hareket yasası merkezi kuvvet F paralel bir ivme üretir a kütle tarafından ölçeklendirilmiş m parçacığın[not 2]

Çekici güçler için, F (r) negatiftir, çünkü mesafeyi azaltmak için çalışır r merkeze doğru. Tersine, itici güçler için, F (r) olumlu.

Potansiyel enerji

Merkezi kuvvet bir muhafazakar güç sonra büyüklük F(r) merkezi bir kuvvetin her zaman zamandan bağımsız bir türevi olarak ifade edilebilir. potansiyel enerji işlevi U(r)[3]

Böylece parçacığın toplam enerjisi - parçacığın toplam enerjisi kinetik enerji ve Onun potansiyel enerji USabittir; enerji olduğu söyleniyor korunmuş. Bunu göstermek için yeterli W kuvvet tarafından yapılanlar, aralarında gidilen yola değil, sadece başlangıç ​​ve son konumlara bağlıdır.

Aynı şekilde, yeterli kıvırmak güç alanının F sıfırdır; kullanma küresel koordinatlardaki rotasyonelin formülü,

Çünkü kısmi türevler merkezi bir kuvvet için sıfırdır; büyüklük F açısal olana bağlı değildir küresel koordinatlar θ ve φ.

Beri skaler potansiyel V(r) sadece mesafeye bağlıdır r kökene kadar küresel simetri. Bu bağlamda, merkezi kuvvet sorunu, Schwarzschild jeodezi içinde Genel görelilik ve kuantum mekaniği tedavileri küresel simetri potansiyelindeki parçacıklar.

Tek boyutlu problem

İlk hız v parçacığın pozisyon vektörü ile hizalı r, sonra hareket sonsuza kadar şu şekilde tanımlanan çizgide kalır: r. Bu, kuvvetin ve Newton'un ikinci yasasına göre ivmenin a- aynı zamanda r. Bu hareketi belirlemek için denklemi çözmek yeterlidir

Bir çözüm yöntemi, toplam enerjinin korunmasını kullanmaktır.

Karşılıklı alarak ve entegre ederek şunları elde ederiz:

Makalenin geri kalanı için, başlangıç ​​hızının v Parçacık, konum vektörü ile hizalı değil ryani açısal momentum vektör L = r × m v sıfır değil.

Düzgün dairesel hareket

Her bir merkezi kuvvet, ilk yarıçapın r ve hız v için denklemi yerine getirmek merkezcil kuvvet

Bu denklem ilk anlarda yerine getirilirse, daha sonraki zamanlarda da karşılanacaktır; parçacık yarıçaplı bir daire içinde hareket etmeye devam edecek r hızda v sonsuza dek.

Klasik iki cisim problemiyle ilişki

Pozisyonlar x1 ve x2 iki cismin% 'si göreceli ayrılıkları ile ifade edilebilir r ve kütle merkezinin konumu Rsantimetre.

Merkezi kuvvet problemi, tek bir parçacığın hareket ettirilemez bir noktadan çekildiği veya itildiği ideal bir durumla ("tek cisim problemi") ilgilidir. Ö, kuvvetin merkezi.[4] Bununla birlikte, fiziksel kuvvetler genellikle iki beden arasındadır; ve Newton'un üçüncü yasasına göre, eğer birinci cisim ikinciye bir kuvvet uygularsa, ikinci cisim birinciye eşit ve zıt bir kuvvet uygular. Bu nedenle, aralarında bir kuvvet varsa, her iki cisim de hızlanır; tam anlamıyla hareketsiz bir kuvvet merkezi yoktur. Bununla birlikte, bir cisim diğerinden çok daha büyükse, diğerine göre ivmesi ihmal edilebilir; daha büyük gövdenin merkezi, yaklaşık olarak sabitlenmiş olarak ele alınabilir.[5] Örneğin, Güneş, Merkür gezegeninden çok daha büyük bir kütledir; bu nedenle Güneş, hareket ettirilemez bir güç merkezi olarak yaklaştırılarak, Güneş'in uyguladığı kuvvete yanıt olarak Merkür'ün hareketindeki sorunu azaltabilir. Gerçekte ise, Güneş, Merkür gezegeninin uyguladığı kuvvete tepki olarak da (çok az da olsa) hareket eder.

Herhangi bir klasik iki cisim problemi eşdeğer bir tek cisim problemine dönüştürülür. Bir eşdeğer cismin kütlesi μ, iki orijinal cismin azaltılmış kütlesine eşittir ve konumu r konumlarının farkına eşittir.

Bununla birlikte, bu tür tahminler gereksizdir. Newton'un hareket yasaları, herhangi bir klasik iki cisim probleminin karşılık gelen tam tek cisim problemine dönüştürülmesine izin verir.[6] Bunu göstermek için x1 ve x2 iki parçacığın pozisyonları olsun ve r = x1x2 onların göreceli konumu. Sonra, Newton'un ikinci yasasına göre,

Nihai denklem şunlardan türemiştir: Newton'un üçüncü yasası; ikinci cismin birinci cisim üzerindeki kuvveti (F21) ikinci cisim üzerindeki birinci cismin kuvvetine eşit ve zıttır (F12). Böylece, hareket denklemi r şeklinde yazılabilir

nerede ... azaltılmış kütle

Özel bir durum olarak, iki cismin birbiriyle etkileşime girmesi sorunu merkezi kuvvet tek bir cismin merkezi kuvvet sorununa indirgenebilir.

Niteliksel özellikler

Düzlemsel hareket

The image shows a yellow disc with three vectors. The vector L is perpendicular to the disk, the vector r goes from the center of the disk to a point on its periphery, and the vector v is tangential to the disk, starting from the point where r meets the periphery.
Düzlemsel hareketin gösterimi. Açısal momentum vektörü L sabittir; bu nedenle, konum vektörü r ve hız vektörü v sarı düzlemde dik olmalıdır L.

Bir parçacığın merkezi bir kuvvet altındaki hareketi F her zaman başlangıç ​​konumu ve hızı ile tanımlanan düzlemde kalır.[7] Bu simetri ile görülebilir. Pozisyondan beri r, hız v ve kuvvet F hepsi aynı düzlemde uzanır, asla o düzleme dik bir ivme yoktur, çünkü bu düzlemin "üstü" ile "altı" arasındaki simetriyi bozar.

Bunu matematiksel olarak göstermek için, açısal momentum Parçacık sabittir. Bu açısal momentum L denklem ile tanımlanır

nerede m parçacığın kütlesi ve p onun doğrusal momentum.[not 3] Bu nedenle, açısal momentum vektörü L her zaman parçacığın konum vektörü tarafından tanımlanan düzleme diktir r ve hız vektörü v.[not 4]

Genel olarak, açısal momentumun değişim oranı L net torka eşittir r × F[8]

İlk dönem m v × v her zaman sıfırdır, çünkü vektör Çapraz ürün aynı veya zıt yönleri gösteren herhangi iki vektör için her zaman sıfırdır. Ancak ne zaman F merkezi bir kuvvettir, kalan terim r × F aynı zamanda sıfırdır çünkü vektörler r ve F aynı veya zıt yönleri işaret edin. Bu nedenle, açısal momentum vektörü L sabittir. Sonra

Sonuç olarak, parçacığın konumu r (ve dolayısıyla hız v) daima dik bir düzlemde uzanır L.[9]

Kutupsal koordinatlar

Two perpendicular lines (Cartesian coordinate axes) are labeled x (horizontal) and y (vertical). They intersect at the lower left in a point labeled O (the origin). An arrow labeled r runs form the origin to the upper right, ending in a point P. The angle between the x-axis and the vector r is labeled with the Greek letter φ. A vertical line is dropped from P to the x-axis, and the horizontal and vertical segments are labeled
Konum vektörü r bir noktadan P düzlemdeki mesafesi ile belirtilebilir r merkezden (başlangıç Ö) ve azimut açısı φ. x ve y Vektörün kartezyen bileşenleri r cos φ ve r sırasıyla günah φ.

Hareket düzlemsel ve kuvvet radyal olduğundan, geçiş yapmak gelenekseldir. kutupsal koordinatlar.[9] Bu koordinatlarda konum vektörü r radyal mesafe cinsinden temsil edilir r ve azimut açısı φ.

İlk türevi zamana göre almak parçacığın hız vektörünü verir v

Benzer şekilde, parçacığın konumunun ikinci türevi r ivmesine eşittir a

Hız v ve hızlanma a radyal ve azimut birim vektörler cinsinden ifade edilebilir. Radyal birim vektör, konum vektörünü bölerek elde edilir. r büyüklüğü ile r, yukarıda tanımlandığı gibi

Azimut birim vektörü,[not 5]

Böylece hız şu şekilde yazılabilir:

ivme eşittir

Özgül açısal momentum

Spesifik açısal momentum h hıza eşittir v zamanlar r, konum vektörünün bileşeni r hız vektörüne dik v. h ayrıca radyal mesafeye eşittir r çarpı azimutal bileşen vφ hızın. Bu formüllerin her ikisi de eşittir rv çünkü β.

Dan beri F = ma Newton'un ikinci hareket yasasına göre ve o zamandan beri F merkezi bir kuvvettir, bu durumda ivmenin yalnızca radyal bileşeni a sıfır olmayabilir; açısal bileşen aφ sıfır olmalı

Bu nedenle,

Parantez içindeki bu ifade genellikle gösterilir h

eşittir hız v zamanlar r, hıza dik olan yarıçap vektörünün bileşeni. h büyüklüğü özgül açısal momentum çünkü büyüklüğe eşittir L açısal momentumun kütleye bölünmesi m parçacığın.

Kısacası, açısal hız bazen yazılır ω

Ancak, ω'nin sabit olduğu varsayılmamalıdır. Dan beri h sabittir, ω yarıçapa göre değişir r formüle göre[10]

Dan beri h sabittir ve r2 pozitiftir, herhangi bir merkezi kuvvet probleminde φ açısı monoton olarak değişir, ya sürekli artar (h pozitif) veya sürekli azalan (h olumsuz).[11]

Sabit alan hızı

Bölgeden beri Bir eşittir12 rvtalansal hız dA/dt (hangi hızda Bir parçacık tarafından süpürülür) eşittir12 rv = ​12h.

Büyüklüğü h ayrıca iki katına eşittir alansal hız bu, merkeze göre partikül tarafından alanın süpürülme hızıdır.[12] Bu nedenle, herhangi bir tipteki merkezi kuvvetin etki ettiği bir parçacık için alansal hız sabittir; bu Kepler'in ikinci yasası.[13] Tersine, muhafazakar bir kuvvet altında hareket F düzlemseldir ve yarıçapın tüm başlangıç ​​koşulları için sabit bir alansal hıza sahiptir r ve hız v, sonra azimut ivme aφ her zaman sıfırdır. Dolayısıyla, Newton'un ikinci yasasına göre, F = makuvvet, merkezi bir kuvvettir.

Alan hızının sabitliği, düzgün dairesel ve doğrusal hareketle gösterilebilir. Düzgün dairesel harekette, parçacık sabit hızla hareket eder v yarıçaplı bir dairenin çevresi etrafında r. Açısal hız ω = v/r sabittir, alan bir zaman içinde süpürülür Δt eşittir ω r2Δt; dolayısıyla eşit alanlar eşit zamanlarda süpürülür Δt. Düzgün doğrusal harekette (yani, Newton'un birinci hareket yasasına göre bir kuvvetin yokluğunda hareket), parçacık sabit hızla, yani sabit hızla hareket eder. v bir çizgi boyunca. Bir süre içinde Δt, parçacık bir alanı süpürür12vΔtr ( etki parametresi ).[not 6] Mesafe r parçacık çizgi boyunca hareket ettikçe değişmez; çizginin merkeze en yakın yaklaşımının mesafesini temsil eder Ö ( etki parametresi ). Hızdan beri v aynı şekilde değişmez, alan hızı12vr sabit bir harekettir; parçacık eşit zamanlarda eşit alanları süpürür.

Alan Bir dairesel bir sektörün12 r2φ =12 r2ωt = ​12 r vφt. Dolayısıyla, alansal hız dA / dt eşittir12 r vφ = ​12 h. Düzgün dairesel hareket için, r ve vφ sabittir; Böylece, dA / dt aynı zamanda sabittir.

Eşdeğer paralel kuvvet alanı

Değişkenlerin dönüştürülmesiyle,[14] herhangi bir merkezi kuvvet problemi eşdeğer bir paralel kuvvet problemine dönüştürülebilir.[not 7] Sıradanlığın yerine x ve y Kartezyen koordinatlar, iki yeni konum değişkeni ξ = x/y ve η = 1 /y yeni bir zaman koordinatı olarak tanımlanır τ

Ξ ve η için karşılık gelen hareket denklemleri şu şekilde verilir:

Ξ değişim oranı sabit olduğundan, ikinci türevi sıfırdır

Bu, ξ yönündeki ivme olduğundan ve F=anne Newton'un ikinci yasasına göre, ξ yönündeki kuvvetin sıfır olduğunu izler. Dolayısıyla kuvvet, paralel kuvvet problemi için kriter olan η yönü boyuncadır. Açıkça, η yönündeki ivme eşittir

çünkü hızlanma y-direction equals

Buraya, Fy gösterir y- merkezi kuvvetin bileşeni ve y/r arasındaki açının kosinüsüne eşittir yeksen ve radyal vektör r.

Genel çözüm

Binet denklemi

Merkezi bir kuvvetten beri F yalnızca yarıçap boyunca hareket eder, ivmenin yalnızca radyal bileşeni sıfırdan farklıdır. Newton'un ikinci hareket yasasına göre, F kütleye eşittir m Parçacık çarpı radyal ivmesinin büyüklüğü[15]

Bu denklemin entegrasyon faktörü var

Getirileri entegre etmek

Eğer h sıfır değil, bağımsız değişken değiştirilebilir t -e ϕ[16]

yeni hareket denklemini vermek[17]

Değişkenleri ters yarıçapa dönüştürmek sen = 1/r[17] verim

 

 

 

 

(1)

nerede C sabit bir entegrasyon ve fonksiyondur G(sen) tarafından tanımlanır

Bu denklem şu şekilde farklılaştığında yarı doğrusal hale gelir: ϕ

Bu, Binet denklemi. Entegre ediliyor (1) için çözüm verir ϕ[18]

nerede ϕ0 başka bir entegrasyon sabiti. Bu nihai entegrasyon bilinen fonksiyonlar açısından çözülebilirse, merkezi bir kuvvet probleminin "entegre edilebilir" olduğu söylenir.

Parçacığın yörüngesi

Sistemin toplam enerjisi Etot potansiyel enerji ve kinetik enerjinin toplamına eşittir[19]

Toplam enerji sabit olduğundan, değişim oranı r hesaplanabilir[20]

(daha önce olduğu gibi) türevine dönüştürülebilir r azimut açıya göre φ[17]

Açısal momentum formülünü entegre etmek ve kullanmak L=mh formülü verir[21]

açısal momentumun etkili bir potansiyel enerjiye katkıda bulunduğunu gösterir[22]

Entegrasyon değişkenini ters yarıçapa dönüştürmek, integrali verir[23]

yukarıdaki sabitleri ifade eden C = 2ben mitot/L2 ve G(sen) = 2mU(1/sen)/L2 toplam enerji açısından yukarıda Etot ve potansiyel enerji U(r).

Dönüm noktaları ve kapalı yörüngeler

Değişim oranı r Etkili potansiyel enerji toplam enerjiye eşit olduğunda sıfırdır[24]

Bu denklemin sağlandığı noktalar olarak bilinir dönüş noktası.[24] Bir dönüm noktasının her iki tarafındaki yörünge simetriktir; başka bir deyişle, azimut açısı dönme noktasında φ = 0 olacak şekilde tanımlanmışsa, yörünge zıt yönlerde aynıdır, r(φ) = r(−φ).[25]

Yarıçapı olacak şekilde iki dönüm noktası varsa r arasında sınırlıdır rmin ve rmax, sonra hareket bu yarıçapların bir halkası içinde yer alır.[24] Yarıçap bir dönüm noktasından diğerine değiştiğinden, azimut açısındaki değişim φ eşittir[24]

Yörünge kendi kendine kapanacak[not 8] Δφ, 2π'nin rasyonel kesirine eşit olması koşuluyla, yani,[24]

nerede m ve n tam sayıdır. Bu durumda, yarıçap tam olarak m Azimut açısı φ tam olarak n devrimler. Ancak genel olarak, Δφ / 2π böyle bir rasyonel sayı ve böylece yörünge kapanmayacaktır. Bu durumda, parçacık nihayetinde halka içindeki her noktaya keyfi olarak yakın bir yerden geçecektir. İki tür merkezi kuvvet her zaman kapalı yörüngeler üretir: F(r) = αr (doğrusal bir kuvvet) ve F(r) = α /r2 (bir Ters kare kanunu ). Bertrand'ın gösterdiği gibi, bu iki merkezi kuvvet, kapalı yörüngeleri garanti eden tek güçtür.[26]

Genel olarak, açısal momentum L sıfır olmayan L2/2mr2 terim, etkin potansiyel enerji sınırında negatif sonsuza gitmedikçe parçacığın kökenine düşmesini önler r sıfıra gidiyor.[27] Dolayısıyla tek bir dönüm noktası varsa yörünge genellikle sonsuza gider; dönüm noktası minimum yarıçaplı bir noktaya karşılık gelir.

Özel çözümler

Kepler sorunu

Kırmızı bir elips üzerinde hareket eden küçük bir parçacığı gösteren bir animasyon; elipsin bir odak noktasında büyük bir mavi kütle bulunur.
Klasik yerçekimi merkezi bir kuvvettir. Bu merkezi kuvvet problemini çözmek, bağlı bir parçacığın, eşit alanların eşit zamanlarda süpürüldüğü bir eliptik yörüngeyi takip ettiğini gösterir. Kepler'in ikinci yasası.

İçinde klasik fizik, birçok önemli kuvvet ters kare yasasını takip eder, örneğin Yerçekimi veya elektrostatik. Bu tür ters kare merkez kuvvetlerin genel matematiksel biçimi şöyledir:

sürekli , çekici bir kuvvet için negatif ve itici bir kuvvet için pozitiftir.

Klasik merkezi kuvvet probleminin bu özel durumuna, Kepler sorunu. Ters kare kuvvet için, yukarıda türetilen Binet denklemi doğrusaldır

Bu denklemin çözümü

bu yörüngenin bir konik kesit eksantriklik e; burada, φ0 başlangıç ​​açısıdır ve kuvvetin merkezi konik bölümün odak noktasındadır. Kullanmak sinüs için yarım açı formülü bu çözüm şu şekilde de yazılabilir:

Siyah nokta olarak gösterilen iki odak noktasına sahip mavi elips. Sol odaktan elipse giden dört çizgi parçası, iki düz kenarı olan iki gölgeli sözde üçgen ve araya giren elipsin kavisli bölümünden yapılan üçüncü kenarı oluşturur.
Tüm merkezi kuvvetlere gelince, Kepler problemindeki parçacık, iki mavi eliptik sektörle gösterildiği gibi eşit zamanlarda eşit alanları süpürür. Kuvvet merkezi, eliptik yörüngenin odak noktalarından birinde bulunur.

nerede sen1 ve sen2 sabitler sen2 daha geniş sen1. Çözümün iki versiyonu denklemlerle ilişkilidir

ve

Günahtan beri2 işlev her zaman sıfırdan büyüktür, sen2 olası en büyük değerdir sen ve olası en küçük değerin tersi ryani en yakın yaklaşımın mesafesi (periapsis ). Radyal mesafeden beri r negatif bir sayı olamaz, tersi de olamaz sen; bu nedenle sen2 pozitif bir sayı olmalıdır. Eğer sen1 aynı zamanda pozitiftir, olası en küçük değerdir. senolası en büyük değere karşılık gelen r, en uzak yaklaşımın mesafesi (apoapsis ). Eğer sen1 sıfır veya negatif, ardından olası en küçük değer sen sıfırdır (yörünge sonsuza gider); bu durumda, φ'nin tek ilgili değerleri, sen pozitif.

Çekici bir kuvvet (α <0) için yörünge bir elips, bir hiperbol veya parabol olup olmadığına bağlı olarak sen1 sırasıyla pozitif, negatif veya sıfırdır; bu bir eksantrikliğe karşılık gelir e birden küçük, birden büyük veya bire eşit. İtme kuvveti için (α> 0), sen1 negatif olmalı çünkü sen2 tanım gereği pozitif ve toplamları negatif; dolayısıyla yörünge bir hiperboldur. Doğal olarak, kuvvet yoksa (α = 0) yörünge düz bir çizgidir.

Kesin çözümlere sahip merkezi kuvvetler

Binet denklemi sen(φ) hemen hemen her merkezi kuvvet için sayısal olarak çözülebilir F(1/sen). Bununla birlikte, yalnızca bir avuç kuvvet formüllerle sonuçlanır sen bilinen işlevler açısından. Yukarıda türetildiği gibi, φ için çözüm bir integral olarak ifade edilebilir. sen

Bu entegrasyon bilinen fonksiyonlar açısından çözülebilirse, merkezi bir kuvvet probleminin "entegre edilebilir" olduğu söylenir.

Kuvvet bir güç yasasıysa, yani F(r) = α rn, sonra sen açısından ifade edilebilir dairesel fonksiyonlar ve / veya eliptik fonksiyonlar Eğer n eşittir 1, -2, -3 (dairesel fonksiyonlar) ve -7, -5, -4, 0, 3, 5, -3/2, -5/2, -1/3, -5/3 ve -7 / 3 (eliptik fonksiyonlar).[28] Benzer şekilde, güç yasalarının yalnızca altı olası doğrusal kombinasyonu, dairesel ve eliptik fonksiyonlar açısından çözümler sunar.[29][30]

İlk iki kuvvet türünün aşağıdaki özel durumları her zaman dairesel işlevlerle sonuçlanır.

Özel durum

Newton tarafından, çekim noktasından geçen dairesel yörüngelerin ima ettiği kuvvet olarak Principia'nın VII önermesinin doğal sonucu 1'de bahsedilmiştir.

Döner yörüngeler

Newton'un dönen yörünge teoreminin çizimi. Yeşil gezegen, mavi gezegenin her üç yörüngesinde bir (harmonik altı) yörüngeyi tamamlar (k= 1/3). Bir GIF bu animasyonun versiyonu bulundu İşte.

Dönem r−3 Ters küp kuvvetinin eklenmesinin bilinen fonksiyonlar açısından problemin çözünürlüğünü etkilemediğini gösteren yukarıdaki tüm kuvvet kanunlarında ortaya çıkar. Newton ilk koşullardaki ayarlamalarla, böyle bir kuvvetin eklenmesinin parçacığın radyal hareketini etkilemediğini, ancak açısal hareketini sabit bir faktörle çarptığını gösterdi. k. Newton'un teoreminin bir uzantısı 2000 yılında Mahomed ve Vawda tarafından keşfedildi.[30]

Bir parçacığın keyfi bir merkezi kuvvet altında hareket ettiğini varsayalım. F1(r) ve yarıçapına izin ver r ve azimut açısı φ şu şekilde belirtilir: r(t) ve φ1(t) zamanın bir fonksiyonu olarak t. Şimdi aynı kütleye sahip ikinci bir parçacığı düşünün m aynı radyal hareketi paylaşan r(t), ancak açısal hızı k ilk parçacığınkinden kat daha hızlı. Başka bir deyişle, azimut açıları iki parçacığın oranı denklemle ilişkilidir φ2(t) = k φ1(t). Newton, ikinci parçacığa etki eden kuvvetin kuvvete eşit olduğunu gösterdi. F1(r) ilk parçacığa etkiyen artı bir ters küp merkezi kuvvet[31]

nerede L1 ilk parçacığın büyüklüğü açısal momentum.

Eğer k2 birden büyük F2F1 negatif bir sayıdır; böylece eklenen ters küp kuvveti çekici. Tersine, eğer k2 birden az F2F1 pozitif bir sayıdır; eklenen ters küp kuvveti itici. Eğer k 3 gibi bir tamsayı ise, ikinci parçacığın yörüngesinin bir harmonik birinci parçacığın yörüngesinin; aksine, eğer k bir tamsayının tersidir, örneğin13ikinci yörüngenin bir harmonik altı ilk yörüngenin.

Tarihsel gelişim

Şekil 10: Newton'un geometrik kanıtı, hareket eden bir parçacığın eşit zamanlarda eşit alanları süpürdüğünü ancak ve ancak noktada üzerine etki eden kuvvet durumunda B merkezi bir güçtür. Burada, OAB üçgeni OBC ve OBK üçgenleriyle aynı alana sahiptir.

Newton türevi

Klasik merkezi kuvvet problemi geometrik olarak çözüldü: Isaac Newton onun içinde Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica Newton'un kendi hareket kanunları. Newton eşdeğerini kullandı leapfrog entegrasyonu sürekli hareketi ayrı bir hareket haline dönüştürmek, böylece geometrik yöntemler uygulanabilir. Bu yaklaşımda, parçacığın konumu yalnızca eşit aralıklı zaman noktalarında dikkate alınır. Örnek olarak, Şekil 10'daki parçacık, Bir zamanda t = 0, noktada B zamanda t = Δt, noktada C zamanda t = 2Δtve bu her zaman için t = nΔt, nerede n bir tamsayıdır. Bu zaman noktaları arasında hızın sabit olduğu varsayılır. Böylece vektör rAB = rB − rBir eşittir Δt çarpı hız vektörü vAB (kırmızı çizgi), oysa rM.Ö = rC − rB eşittir vM.ÖΔt (Mavi çizgi). Hız, noktalar arasında sabit olduğundan, kuvvetin her yeni pozisyonda anında hareket ettiği varsayılır; örneğin, noktadaki parçacığa etki eden kuvvet B hızı anında vAB -e vM.Ö. Fark vektörü Δr = rM.Ö − rAB eşittir ΔvΔt (yeşil çizgi), burada Δv = vM.Ö − vAB noktadaki kuvvetten kaynaklanan hızdaki değişiklik B. Hızlanmadan beri a paraleldir Δv dan beri F = ma, kuvvet F Δ ile paralel olmalıdırv ve Δr. Eğer F merkezi bir kuvvettir, vektöre paralel olmalıdır rB merkezden Ö diyeceğim şey şu ki B (kesikli yeşil çizgi); bu durumda, Δr aynı zamanda paraleldir rB.

Noktada hiçbir kuvvet hareket etmezse B, hız değişmez ve parçacık şu noktaya gelir: K zamanda t = 2Δt. OAB ve OBK üçgenlerinin alanları eşittir, çünkü aynı tabanı paylaşırlar (rAB) ve yükseklik (r). Eğer Δr paraleldir rBOBK ve OBC üçgenleri de aynı şekilde eşittir, çünkü aynı tabanı paylaşırlar (rB) ve yükseklik değişmez. Bu durumda, OAB ve OBC üçgenlerinin alanları aynıdır ve parçacık eşit zamanda eşit alanları süpürür. Tersine, tüm bu üçgenlerin alanları eşitse, o zaman Δr paralel olmalı rBbunu takip eder F merkezi bir güçtür. Böylece, bir parçacık eşit alanları eşit zamanlarda süpürür, ancak ve ancak F merkezi bir güçtür.

Hareket denklemlerinin alternatif türevleri

Lagrange mekaniği

Radyal kuvvet formülü kullanılarak da elde edilebilir Lagrange mekaniği. Kutupsal koordinatlarda, Lagrangian L potansiyel enerji alanındaki tek bir parçacığın U(r) tarafından verilir

Sonra Lagrange'ın hareket denklemleri

formu al

büyüklükten beri F(r) radyal kuvvetin) potansiyel enerjinin negatif türevine eşittir U(r) radyal yönde.

Hamilton mekaniği

Radyal kuvvet formülü kullanılarak da elde edilebilir Hamilton mekaniği. Kutupsal koordinatlarda Hamiltoniyen şöyle yazılabilir:

Azimut açısı φ Hamiltoniyende görünmediğinden, eşlenik momentumu pφ hareketin bir sabitidir. Bu eşlenik momentum, büyüklüktür L φ için Hamilton hareket denklemi ile gösterildiği gibi açısal momentum

Karşılık gelen hareket denklemi r dır-dir

İkinci türevini almak r zamana göre ve Hamilton'un hareket denklemini kullanarak pr radyal kuvvet denklemini verir

Hamilton-Jacobi denklemi

Yörünge denklemi doğrudan Hamilton-Jacobi denklemi.[32] Radyal mesafeyi benimsemek r ve koordinatlar olarak azimut açısı φ, merkezi kuvvet problemi için Hamilton-Jacobi denklemi yazılabilir

nerede S = Sφ(φ) + Sr(r) - Etott dır-dir Hamilton's principal function, ve Etot ve t represent the total energy and time, respectively. This equation may be solved by successive integrations of adi diferansiyel denklemler, beginning with the φ equation

where pφ bir hareketin sabiti equal to the magnitude of the angular momentum L. Böylece, Sφ(φ) = Lφ and the Hamilton–Jacobi equation becomes

Integrating this equation for Sr verim

Taking the derivative of S göre L yields the orbital equation derived above

Ayrıca bakınız

Notlar

  1. ^ Throughout this article, boldface type is used to indicate that quantities such as r ve F vardır vektörler, whereas ordinary numbers are written in italics. Briefly, a vector v is a quantity that has a magnitude v (also written |v|) and a direction. Vectors are often specified by their components. Örneğin, vektör pozisyonu r = (x, y) içinde Kartezyen koordinatları is described as an ordered pair of its x ve y koordinatlar.
  2. ^ Bu makalede, Newton's notation for derivatives ("dot notation") is used sometimes to make the formulae easier to read; it has no other significance. In this notation, a single dot over a variable signifies its first derivative with respect to time, e.g.,
    Similarly, a double dot over a variable signifies its second derivative with respect for time, e.g.,
  3. ^ Here, the times symbol × indicates the vector cross product, not simple multiplication.
  4. ^ Eğer a ve b are three-dimensional vectors, their vector cross product c = a × b is always perpendicular to the plane defined by a ve b.
  5. ^ This formula for the azimuthal unit vector may be verified by calculation; its magnitude equals one
    and its dot-product with r equals zero
    Therefore, it is a unit vector perpendicular to the radial vector r.
  6. ^ The area of a triangle equals one half the base times its height. In this case, the base is given by vΔt and the height equals the impact parameter r.
  7. ^ A parallel-force problem is one in which the force is exactly zero along one direction.
  8. ^ A closed orbit is one that returns to its starting position after a finite time with exactly the same velocity. Hence, it executes exactly the same motion over and over again.

Referanslar

  1. ^ Goldstein, s. 71; Landau and Lifshitz, p. 30; Sommerfeld, p. 39; Symon, p. 121.
  2. ^ Landau and Lifshitz, p. 30; Symon, p. 121.
  3. ^ Goldstein, s. 4; Landau and Lifshitz, p. 30; Symon, p. 122.
  4. ^ Goldstein, s. 71; Landau and Lifshitz, p. 30; Whittaker, p. 77.
  5. ^ Sommerfeld, p. 39; Symon, p. 123.
  6. ^ Goldstein, pp. 70–71; Landau and Lifshitz, p. 29; Symon, pp. 182–185; Whittaker, pp. 76–77.
  7. ^ Goldstein, s. 72; Landau and Lifshitz, p. 30; Whittaker, p. 77.
  8. ^ Goldstein, pp. 2–3, 6–7.
  9. ^ a b Goldstein, s. 72.
  10. ^ Goldstein, s. 73; Landau and Lifshitz, pp. 30–31; Sommerfeld, pp. 39–40; Symon, pp. 124, 127.
  11. ^ Landau and Lifshitz, p. 31.
  12. ^ Goldstein, s. 73; Landau and Lifshitz, pp. 30–31; Sommerfeld, pp. 36, 39; Symon, pp. 127–128.
  13. ^ Goldstein, s. 73; Landau and Lifshitz, p. 31; Sommerfeld, p. 39; Symon, p. 135.
  14. ^ Whittaker, pp. 93–94.
  15. ^ Goldstein, s. 73.
  16. ^ Goldstein, s. 75, 86.
  17. ^ a b c Goldstein, s. 86.
  18. ^ Whittaker, pp. 80‒81.
  19. ^ Goldstein, s. 4.
  20. ^ Goldstein, s. 75.
  21. ^ Goldstein, s. 87.
  22. ^ Goldstein, pp. 76–82.
  23. ^ Goldstein, s. 88.
  24. ^ a b c d e Landau and Lifshitz, p. 32.
  25. ^ Landau and Lifshitz, pp. 32–33.
  26. ^ Goldstein, pp. 601–605.
  27. ^ Landau and Lifshitz, p. 33.
  28. ^ Whittaker, pp. 80–95.
  29. ^ Broucke R (1980). "Notes on the central force rn". Astrofizik ve Uzay Bilimi. 72: 33–53. Bibcode:1980Ap&SS..72...33B. doi:10.1007/BF00642162.
  30. ^ a b Mahomed FM, Vawda F (2000). "Application of Symmetries to Central Force Problems". Doğrusal Olmayan Dinamikler. 21: 307–315. doi:10.1023/A:1008317327402.
  31. ^ Newton, Principia, section IX of Book I, Propositions 43–45, pp. 135–147.
  32. ^ Goldstein, pp. 454–457; Landau and Lifshitz, pp. 149–151; Misner, Thorne, and Wheeler, pp. 644–649; Sommerfeld, pp. 235–238.

Kaynakça

Dış bağlantılar