v0 α β

Übungen zur T1: Theoretische Mechanik, SoSe2013
Prof. Dr. Dieter Lüst
Theresienstr. 37, Zi. 425
Dr. James Gray
[email protected]
6. Orbits und die Runge-Lenz Vektor
Übung 6.1: Die Rückkehr der Kanone(nkugel)
Die Flugbahn einer Kanonenkugel beschreibt ein Stück einer Ellipse, die durch die Erdoberfläche (Radius R) geschnitten wird (siehe Abbildung). Im folgenden ignorieren wir den
Luftwiderstand.
Rocket
v0
α
R
β
Earth
a) Benutzen Sie den Runge-Lenz-Vektor und die Drehimpulserhaltung um zu zeigen, dass die
Reichweite βR der Kanone durch die Gleichung
β
sinα cosα
tan
= gR
2
− sin2 α
v2
0
bestimmt wird. In dieser Gleichung ist g die Erdbeschleunigung an der Erdoberfläche,
v0 = |v0 | und α und β sind die in der Abbildung dargestellten Winkel.
b) Betrachten Sie den Grenzfall, in dem R sehr groß ist, während g und v0 festgehalten
werden. Vergleichen Sie in diesem Fall das Ergebnis von a) mit dem von Aufgabe 2.2 (auf
dem zweiten Übungsblatt).
c) Bestimmen Sie den Wert von α der eingestellt werden muss, um die maximale Reichweite der Kanon zu erreichen. Nehmen Sie hier nicht den Grenzfall von Aufgabe b) an.
Verwenden Sie für die Winkel die Intervalle 0 < β < π und 0 < α < π/2.
Lösung von Übung 6.1
1
a) Wir wählen die x-Achse so, dass von um Zentrum der Erde auf den Startpunkt der
Kanonenkugel zeigt. Außerdem bezeichnen wir alle Größen zum Startzeitpunkt der Kugel
mit dem Index 0. Nun betrachten wir den Drehimpuls l und den Runge-Lenz-Vektor Λ:
r0 = Rx
v0 = v0 cosα x + v0 sinα y
l0 = r0 × p0 = Rmv0 x × (cosα x + sinα y)
= Rmv0 sinα x × y
= Rmv0 sinα z
p0 × l0 r0
Λ0 =
−
mk
r0
1
(v0 cosα x + v0 sinα y) × (Rmv0 sinα z) − x
=
k
1
=
(−v0 cosαy + v0 sinα x)Rmv0 sinα − x
k
Dabei wird die Konstante k durch das zentralen Gravitationspotential der Erde bestimmt
(siehe Skript).
Die gleichen Größen berechnen wir nun an dem Punkt, an dem die Kanonenkugel wieder auf
die Erdoberfläche trifft. Die entsprechenden Größen werden mit dem Index f gekennzeichnet. Die Geschwindigkeit an diesem Punkt wird mit den beiden Komponenten v1 (entlang
der x-Achse) und v2 (entlang der y-Achse) beschrieben. Somit ergibt sich
rf = R cosβ x + R sinβ y
vf = v1 x + v2 y
lf = rf × pf = Rmv2 cosβ x × y + R sinβ mv1 y × x
= Rm(v2 cosβ − v1 sinβ )z
rf
pf × lf
−
Λf =
mk
rf
1
(mv1 x + mv2 y) × (R cosβ mv2 − R sinβ mv1 )z − cosβ x − sinβ y
=
mk
v1
=
(R cosβ mv2 − R sinβ mv1 )x × z − sinβ y
k
v2
+ (R cosβ mv2 − R sinβ mv1 )y × z − cosβ x
k
mv1
= −
R(v2 cosβ − v1 sinβ )y − sinβ y
k
mv2
+
R(v2 cosβ − v1 sinβ )x − cosβ x .
k
Da der Runge-Lenz-Vektor bei der Bewegung erhalten bleibt gilt
Λf
= Λ0
(
⇒
Rmv02
k
Rmv 2
− k0
2
sin2 α − 1 = mv
R(v2 cosβ − v1 sinβ) − cosβ
k
.
mv1
sinα cosα = − k R(v2 cosβ − v1 sinβ) − sinβ
(1)
Zusätzlich können wir die Drehimpulserhaltung nutzen und erhalten
l0 = lf
⇒ Rm(v2 cosβ − v1 sinβ) = Rmv0 sinα
⇒ v2 cosβ − v1 sinβ = v0 sinα .
2
(2)
Setzen wir nun die Gleichung (2) in beiden Gleichung in (1) ein, erhalten wir
Rmv02
mv2
sin2 α − 1 =
R(v0 sinα) − cosβ
k
k
mv1
Rmv02
sinα cosα = −
R(v0 sinα) − sinβ .
−
k
k
Um die folgenden Rechnungen übersichtlicher zu gestalten, definieren wir A =
wir cosβ · (3) + sinβ · (4) ausrechnen, so ergibt sich
(A sin2 α − 1) cosβ − A sinα cosα sinβ
=
⇒ (A sin2 α − 1) cosβ − A sinα cosα sinβ
⇒ (A sin2 α − 1)( cosβ − 1)
cosβ − 1
⇒
sinβ
2β
1 − 2sin 2 − 1
⇒
2 sin β2 cos β2
β
⇒ tan
2
=
=
=
=
=
=
(3)
(4)
Rmv02
.
k
Wenn
A
(v2 cosβ − v1 sinβ ) sinα − cos2 β − sin2 β
v0
A sin2 α − 1
A sinα cosα sinβ
A sinα cosα
A sin2 α − 1
A sinα cosα
A sin2 α − 1
sinα cosα
1
− sin2 α
A
sinα cosα
.
k
− sin2 α
Rmv 2
0
In der zweiten Gleichung haben wir Gleichung (2) verwendet. Jetzt verwenden wir den
k
Zusammenhang m
= GM = gR2 und erhalten so das in der Aufgabenstellung angegebene
Ergebnis.
b) In dem gegebenen Grenzfall wird der Winkel β sehr klein und wir können die Näherung
v2
β
= 0 sinα cosα
2
gR
verwenden. In dieser Näherung ergibt sich für die Reichweite
2v02
Rβ =
sinα cosα .
g
Wenn wir annehmen das h = 0 gilt, ist das das gleiche Ergebnis wie in der Aufgabe 2.2.
Dabei müssen wir beachten, dass θ in dieser Ausgabe π2 − α ist.
c) Wir maximieren nun die Größe


β
sin2α

tan = I =  gR
1
1
2
2 v2 − 2 + 2 cos2α
0
!
sin2α
=
,
2gR
− 1 + cos2α
v2
0
wobei wir die Abkürzung
so ergibt sich
tan β2
= I eingeführt haben. Wenn wir außerdem x = 2α wählen
I(x) =
2gR
v02
sinx
− 1 + cosx
3
!
(5)
und wir können I(x) bezüglich x maximieren. Dazu berechnen wir die Ableitung
dI(x)
=
dx
2gR
v02
cosx
sinx (−sinx)
−
2
2gR
− 1 + cosx
− 1 + cosx
v02
− 1) cosx + cos2 x + sin2 x
( 2gR
v02
=
2
2gR
−
1
+
cosx
2
v
0
− 1) cosx + 1
( 2gR
v2
= 0
2
2gR
−
1
+
cosx
2
v
0
welche den Wert 0 annehmen muss. Es ergibt sich also die Bedingung
cos(xmax ) = −
1
− 1)
( 2gR
v02
erfüllt sein. Diese ist, unter Berücksichtigung der Identität sin(x)2 +cos(x)2 = 1, äquivalent
mit
s
1
1 − 2gR
.
sin(xmax ) =
( v2 − 1)2
0
Wir setzen nun diese beiden Bedingungen in die Gleichung (5) ein und erhalten somit den
Maximalwert
!−1
s
2gR
1
1
( 2 − 1) − 2gR
I(xmax ) =
1 − 2gR
v0
( v2 − 1)2
( v2 − 1)
0
0
1
= q
.
2gR
( v2 − 1)2 − 1
0
Es ergibt sich also
tan
βmax
1
= I(xmax ) = q
2
( 2gR
− 1)2 − 1
v2
0
= q
=
1
4g 2 R2
v04
−
4gR
v02
1 v02
1
q
2 gR 1 −
v02
gR
und die maximale Reichweite beträgt

Rβmax = 2R arctan 

v02
1
1
q
2 gR 1 −
v02
gR
.
Das ist das allgemeine Ergebnis für die Reichweite einer Kanone. Es ist allgemeiner als
das Ergebnis von Übungsblatt 2, da es die Krümmung der Erde berücksichtigt. Alles was
wir benötigt haben um dieses Ergebnis zu bestimmen, waren die beiden Erhaltungsgrößen
Drehimpuls und Runge-Lenz-Vektor.
4
Übung 6.2: Reise in das Zentrum eines Zentralpotential
Ein Teilchen bewegt sich in einem attraktiven Zentralpotenzial (c > 0)
V (r) = −
c
.
r2
a) Zeigen Sie, dass das Teilchen das Zentrum r = 0 nicht erreichen kann, wenn c <
Dabei bezeichnet L den Drehimpuls und m die Masse des Teilchens.
L2
2m
gilt.
b) Überlegen Sie sich, wie sich diese Situation ändert, wenn V (r) = − rc .
Lösung von Übung 6.2
a) Die Energie, die während der Bewegung konstant bleibt, ergibt sich als
E
mṙ2
L2
c
+
− 2
2
2
2mr
r
2
1
L
≥ 0.
⇒ E+ 2 c−
r
2m
=
(6)
Der Vorfaktor 1/r2 des zweiten Term in der Ungleichung (6) wird immer großer wenn
L2
r → 0. Da die Energie E konstant bleibt, muss 2m
< c sein damit die linke Seite der
Ungleichung nicht negativ wird wenn r → 0. Andernfalls würde die Ungleichung ab einem
bestimmten Wert von r nicht mehr erfüllt sein.
b) Für V (r) = − rc ergibt sich
E
mṙ2
L2
c
+
−
2
2
2mr
r
c
L2
⇒ E+ −
≥0
r 2mr2
=
(7)
ganz analog zur Aufgabe a). Für r → 0 dominiert immer der dritte, negative Term auf der
linken Seite der Ungleichung. Daher kann man den Ursprung nur erreichen, wenn dieser
Term verschwindet (also L = 0 gilt).
5