Tolegemeproblemet og sentrale krefter

Fra to legemer til ett

To legemer som bare virker på hverandre med en kraft langs forbindelseslinja, har Lagrangefunksjonen

L = \tfrac12 m_1\dot{\vec r}_1^{\,2} + \tfrac12 m_2\dot{\vec r}_2^{\,2} \allowbreak - V(|\vec r_1 - \vec r_2|)

For gravitasjon er $V = -Gm_1m_2/r$ . Byttet til massesenteret $\vec R$ og relativkoordinaten $\vec r = \vec r_1 - \vec r_2$ deler $L$ i to uavhengige deler, $\tfrac12 M\dot{\vec R}^2$ og $\tfrac12\mu\dot{\vec r}^2 - V(r)$ , med $M = m_1 + m_2$ og den reduserte massen $\mu = m_1 m_2/M$ . $\vec R$ er syklisk, så massesenteret går rett fram og kan legges i ro. Igjen står ett legeme med masse $\mu$ i potensialet $V(r)$ om et fast kraftsentrum $O$ .

Kraften $-V'(r)\,\hat r$ er parallell med $\vec r$ , så dreieimpulsen $\vec L = \vec r \times \mu\dot{\vec r}$ er bevart, og banen ligger i planet gjennom $O$ vinkelrett på $\vec L$ . Med polarkoordinater $r$ og $\phi$ i det planet er Lagrangefunksjonen $L = \tfrac12\mu\left(\dot r^2 + r^2\dot\phi^2\right) - V(r)$ . $\phi$ er syklisk og tida mangler, så to størrelser er bevart:

\begin{aligned} J &= p_\phi = \mu r^2\dot\phi \\ E &= \tfrac12\mu\left(\dot r^2 + r^2\dot\phi^2\right) + V(r) \end{aligned}

$J$ er lengden av $\vec L$ . Arealet radiusvektoren sveiper over per tid er $\tfrac12 r^2\dot\phi = J/2\mu$ , konstant i ethvert sentralpotensial. Det er Keplers andre lov.

Det effektive potensialet

Sett $\dot\phi = J/\mu r^2$ inn i energien:

\displaystyle \begin{aligned} E &= \tfrac12\mu\dot r^2 + V_\text{eff}(r) \\ V_\text{eff}(r) &= V(r) + \frac{J^2}{2\mu r^2} \end{aligned}

Det effektive potensialet. Radialbevegelsen er et endimensjonalt problem for

r

alene, med

J

som en fast parameter.

$V_\text{eff}$ er $V$ pluss sentrifugalbarrieren $J^2/2\mu r^2$ , som vokser uten grense når $r \to 0$ og holder legemet unna sentrum så lenge $J \ne 0$ . Bevegelsen i $r$ leses ut av det effektive potensialet som av et vanlig potensial: legemet beveger seg der $E \ge V_\text{eff}$ og snur der $E = V_\text{eff}$ .

For $V = -k/r$ har $V_\text{eff}$ ett minimum, i $r_0 = J^2/\mu k$ med verdien $-\mu k^2/2J^2$ . Tre tilfeller:

$E = V_\text{eff}(r_0)$ : $\dot r = 0$ hele tida, og legemet går i en sirkelbane med radius $r_0$ og vinkelfart $\dot\phi = J/\mu r_0^2$ .
$V_\text{eff}(r_0) < E < 0$ : $r$ svinger mellom to vendepunkter $r_\text{min}$ og $r_\text{max}$ mens $\phi$ øker. Banen er bundet. Med sola som kraftsentrum kalles det nærmeste punktet perihel og det fjerneste aphel.
$E \ge 0$ : bare ett vendepunkt. Legemet kommer inn fra uendelig, snur i $r_\text{min}$ og forsvinner igjen.

Banen og det effektive potensialet

Legemet går i potensialet $V = -k/r$ om kraftsentrum $O$ , og glidebryteren setter farten i startpunktet i forhold til farten som gir sirkelbane. Til høyre for $O$ er $V_\text{eff}(r)$ tegnet langs den samme $r$ -aksen, med energien $E$ som vannrett linje. Den oransje prikken er legemets avstand $r$ , og den snur der linja treffer kurven. De stiplede sirklene har radiene $r_\text{min}$ og $r_\text{max}$ . Over $\sqrt2$ ganger sirkelfarten er $E \ge 0$ , og banen er ikke bundet.

En sirkelbane finnes der $V_\text{eff}'(r_0) = 0$ , altså der kraften balanserer sentripetalleddet, $V'(r_0) = J^2/\mu r_0^3$ . Den er stabil når $r_0$ er et minimum, $V_\text{eff}''(r_0) > 0$ . Da svinger et lite avvik $\delta = r - r_0$ harmonisk:

\displaystyle \begin{aligned} \mu\ddot\delta &= -V_\text{eff}''(r_0)\,\delta \\ \omega_r^2 &= \frac{V_\text{eff}''(r_0)}{\mu} \\ &= \frac{1}{\mu}\left(V''(r_0) + \frac{3}{r_0}V'(r_0)\right) \end{aligned}

Små radielle svingninger om en sirkelbane. Banen er stabil når

\omega_r^2 > 0

. Det siste uttrykket kommer av

J^2 = \mu r_0^3 V'(r_0)

satt inn i

V_\text{eff}'' = V'' + 3J^2/\mu r_0^4

Regneeksempel Sirkelbaner i et potenslovpotensial

For hvilke $n$ er sirkelbanene i $V = -k/r^n$ stabile, med $k > 0$ og $n > 0$ ?

Vis løsning Skjul løsning

$V' = nk/r^{n+1}$ og $V'' = -n(n+1)k/r^{n+2}$ . Stabilitetsbetingelsen er

\begin{aligned} V'' + \frac{3}{r_0}V' &= \frac{nk}{r_0^{n+2}}\left(3 - (n + 1)\right) \\ &= \frac{nk\,(2 - n)}{r_0^{n+2}} > 0 \end{aligned}

altså $n < 2$ . Tyngdekraften har $n = 1$ og gir stabile sirkelbaner. For $n = 2$ er barrieren og potensialet begge proporsjonale med $1/r^2$ , og $V_\text{eff}$ har ikke noe minimum. For $n > 2$ vinner potensialet nær sentrum, $V_\text{eff}$ har et maksimum i stedet for et minimum, og et lite dytt sender legemet inn i sentrum eller ut til uendelig.

Svar

n < 2

Vis at et legeme i $V = -k/r$ som dyttes litt ut av sirkelbanen, svinger radielt med samme frekvens som det går rundt. Hva sier det om banen?

Vis svar Skjul svar

Med $J^2 = \mu k r_0$ er $V_\text{eff}''(r_0) = -2k/r_0^3 + 3J^2/\mu r_0^4 = k/r_0^3$ , så $\omega_r^2 = k/\mu r_0^3$ . Vinkelfarten i sirkelbanen er $\dot\phi^2 = J^2/\mu^2 r_0^4 = k/\mu r_0^3$ , det samme. Legemet er tilbake i $r_\text{min}$ nøyaktig én gang per omløp, så den forstyrrede banen er lukket. Det er ellipsen, med $r_\text{min}$ og $r_\text{max}$ på hver sin side av sirkelen.

Eksamensoppgave Condition for circular orbits

Ordinær eksamen, desember 2022, oppgave 2 a–c

Consider a central force field with a general potential $V(r)$ and a corresponding force $f = -\dfrac{\partial V}{\partial r}$ .

(a) Derive the Lagrangian function and solve the corresponding equations of motion. What are the conserved quantities? [2p]

(b) Solve the conditions for force $f(r_0)$ and total energy $E(r_0)$ in the case of circular orbits ( $r = r_0$ ). Note that we have not specified $V(r)$ yet and that the results will remain somewhat implicit. For example, we cannot solve $r_0$ without knowing the potential explicitly. [1p]

(c) By considering the effective potential $V_{\text{eff}}$ alone, deduce what is the condition that ensures that a circular orbit ( $r = r_0$ ) corresponds to a stable minimum. Next, let us assume that we have a potential $V(r) = kr^{n+1}$ , where $n$ is an integer. Derive the stability condition of circular orbits for this set of power law potentials with respect to $n$ . [3p]

Vis løsning Skjul løsning

(a) Bevegelsen ligger i et plan, og i polarkoordinater er $L = \tfrac12 m(\dot r^2 + r^2\dot\theta^2) - V(r)$ . $\theta$ er syklisk, så $p_\theta = mr^2\dot\theta = \ell$ er bevart, dreieimpulsen (modulens $J$ ). Siden $L$ ikke avhenger av tiden og kraften er konservativ, er energien $E = \tfrac12 m\dot r^2 + \tfrac{\ell^2}{2mr^2} + V(r)$ bevart. Den radielle ligningen er $m\ddot r = mr\dot\theta^2 + f(r) = \tfrac{\ell^2}{mr^3} + f(r) = -V_{\text{eff}}'(r)$ med $V_{\text{eff}} = V + \tfrac{\ell^2}{2mr^2}$ .

(b) Sirkelbane betyr $\ddot r = 0$ : $f(r_0) = -\tfrac{\ell^2}{mr_0^3}$ , kraften er ren sentripetalkraft. Energien er $E(r_0) = \tfrac{\ell^2}{2mr_0^2} + V(r_0) = V_{\text{eff}}(r_0)$ .

(c) Stabil sirkelbane krever et minimum i $V_{\text{eff}}$ : $V_{\text{eff}}''(r_0) > 0$ , altså $V''(r_0) + \tfrac{3\ell^2}{mr_0^4} > 0$ . Med $\ell^2/mr_0^3 = V'(r_0)$ fra (b) blir det $V''(r_0) + 3V'(r_0)/r_0 > 0$ . For $V = kr^{n+1}$ er $V' = k(n+1)r^n$ og $V'' = k(n+1)nr^{n-1}$ , så betingelsen er $k(n+1)(n+3)r_0^{n-1} > 0$ . En sirkelbane finnes bare når $V'(r_0) > 0$ , altså $k(n+1) > 0$ , og da gjenstår $n + 3 > 0$ .

Svar

V = kr^{n+1}

er stabile for

n > -3

Baneligningen og Keplerproblemet

Formen på banen er $r(\phi)$ , og den er lettere å finne enn $r(t)$ . Bytt variabel til $u = 1/r$ og bruk $\dot\phi = Ju^2/\mu$ til å gjøre tidsderiverte om til $\phi$ -deriverte:

\begin{aligned} \dot r &= \frac{dr}{d\phi}\,\dot\phi = -\frac{1}{u^2}\frac{du}{d\phi}\cdot\frac{Ju^2}{\mu} = -\frac{J}{\mu}\frac{du}{d\phi} \\ \ddot r &= -\frac{J}{\mu}\frac{d^2u}{d\phi^2}\,\dot\phi = -\frac{J^2u^2}{\mu^2}\frac{d^2u}{d\phi^2} \end{aligned}

Sett inn i $\mu\ddot r = \mu r\dot\phi^2 + F(r)$ , med $F = -V'$ , og del på $-J^2u^2/\mu$ :

\displaystyle \frac{d^2u}{d\phi^2} + u = -\frac{\mu}{J^2u^2}\,F\!\left(\frac1u\right)

Baneligningen for

u = 1/r

, med kraften

F = -V'(r)

. Den gir banens form

r(\phi)

uten å gå veien om tida.

For $F = -k/r^2 = -ku^2$ er høyresida konstanten $\mu k/J^2$ , og ligningen er en harmonisk oscillator med forskjøvet likevekt:

\begin{aligned} \frac{d^2u}{d\phi^2} + u &= \frac{\mu k}{J^2} \\ \Rightarrow\quad u &= \frac{\mu k}{J^2}\left(1 + e\cos(\phi - \phi_0)\right) \end{aligned}

Legg $\phi = 0$ i perihel, der $u$ er størst, så er $\phi_0 = 0$ . Integrasjonskonstanten $e \ge 0$ er eksentrisiteten, og $r = 1/u$ gir

\displaystyle \begin{aligned} r &= \frac{r_0}{1 + e\cos\phi}, \qquad r_0 = \frac{J^2}{\mu k} \\ e &= \sqrt{1 + \frac{2EJ^2}{\mu k^2}} \end{aligned}

Keplerbanen, et kjeglesnitt med brennpunkt i

O

r_0

er radien i sirkelbanen med samme

J

, og

e

følger av energien.

Energien som funksjon av eksentrisiteten

I perihel er $\dot r = 0$ og $r_\text{min} = r_0/(1 + e)$ , så $E = J^2/2\mu r_\text{min}^2 - k/r_\text{min}$ . Med $1/r_\text{min} = \mu k(1 + e)/J^2$ :

\begin{aligned} E &= \frac{\mu k^2}{2J^2}(1 + e)^2 - \frac{\mu k^2}{J^2}(1 + e) \\ &= \frac{\mu k^2}{2J^2}(1 + e)(1 + e - 2) \\ &= \frac{\mu k^2}{2J^2}\left(e^2 - 1\right) \end{aligned}

Løst for $e$ gir det uttrykket over. Sirkelbanen $e = 0$ har $E = -\mu k^2/2J^2$ , bunnen av $V_\text{eff}$ .

Fortegnet på $E$ bestemmer banetypen:

Kjeglesnittene i $V = -k/r$ . For $e \ge 1$ blir nevneren null ved $\cos\phi = -1/e$ , og banen går ut til uendelig, for $e > 1$ langs to asymptoter.
Eksentrisitet	Energi	Bane
$e = 0$	$E = -\mu k^2/2J^2$	sirkel
$0 < e < 1$	$E < 0$	ellipse
$e = 1$	$E = 0$	parabel
$e > 1$	$E > 0$	hyperbel

For ellipsen er $r_\text{min} = r_0/(1 + e)$ og $r_\text{max} = r_0/(1 - e)$ , og summen er storaksen $2a$ :

\displaystyle \begin{aligned} a &= \frac{r_0}{1 - e^2} = \frac{k}{2|E|} \\ b &= \frac{r_0}{\sqrt{1 - e^2}} \\ &= \frac{J}{\sqrt{2\mu|E|}} \\ r_\text{min}, r_\text{max} &= a\,(1 \mp e) \end{aligned}

Ellipsens halvakser. Den store halvaksen

a

avhenger bare av energien, den lille

b

også av dreieimpulsen. Avstanden fra sentrum til brennpunktet er

ea

Eksamensoppgave Korteste og lengste avstand til stjerna

Ordinær eksamen, november 2023, oppgave 1.13

A planet moves in an elliptical orbit with eccentricity 0.21 around a much heavier star located at the origin.

Keplers lover

Den første loven er kjeglesnittet med $e < 1$ , og den andre er $J$ bevart. Den tredje følger av de to: arealet $\pi ab$ sveipes over med farten $J/2\mu$ , så

T = \frac{2\pi\mu\,ab}{J} = 2\pi\sqrt{\frac{\mu}{k}}\;a^{3/2}

der $b = J\sqrt{a/\mu k}$ er brukt i det siste trinnet.

\displaystyle \begin{aligned} T^2 &= \frac{4\pi^2\mu}{k}\,a^3 \\ &= \frac{4\pi^2}{G(m_1 + m_2)}\,a^3 \end{aligned}

Keplers tredje lov. Med

k = Gm_1m_2

\mu/k = 1/G(m_1 + m_2)

. For planetene er

m_1 + m_2 \approx M_\odot

, så

T^2/a^3

er det samme for alle.

Regneeksempel En satellitt i elliptisk bane

En satellitt har perigeum $400$ km og apogeum $35\,790$ km over jordoverflata. Finn eksentrisiteten, omløpstida og farten i de to punktene. Jordradien er $6371$ km og $GM_\oplus = 3{,}986\cdot10^5$ km³/s².

Vis løsning Skjul løsning

Jorda er så mye tyngre at $\mu \approx m$ og $k/\mu = GM_\oplus$ . Avstandene fra jordas sentrum er $r_\text{min} = 6771$ km og $r_\text{max} = 42\,161$ km, så

\begin{aligned} a &= \tfrac12\left(r_\text{min} + r_\text{max}\right) = 24\,466 \text{ km} \\ e &= \frac{r_\text{max} - r_\text{min}}{r_\text{max} + r_\text{min}} = \frac{35\,390}{48\,932} = 0{,}723 \end{aligned}

Keplers tredje lov gir omløpstida:

\begin{aligned} T &= 2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM_\oplus}} \\ &= 2\pi\sqrt{\frac{(24\,466)^3}{3{,}986\cdot10^5}}\text{ s} \\ &= 38\,090 \text{ s} = 10{,}6 \text{ h} \end{aligned}

Energien per masse er $E/m = -GM_\oplus/2a = -8{,}15$ km²/s². I perigeum er $\tfrac12 v^2 - GM_\oplus/r_\text{min} = E/m$ :

\begin{aligned} v_\text{min}^2 &= 2\left(\tfrac{3{,}986\cdot10^5}{6771} - 8{,}15\right)\frac{\text{km}^2}{\text{s}^2} \\ &= 2\,(58{,}87 - 8{,}15)\,\frac{\text{km}^2}{\text{s}^2} \\ &= 101{,}4\ \text{km}^2\text{/s}^2 \end{aligned}

altså $v_\text{min} = 10{,}07$ km/s. Farten er vinkelrett på radiusvektoren i begge apsidene, så $J = mrv$ bevart gir $v_\text{max} = v_\text{min}\,r_\text{min}/r_\text{max} = 1{,}62$ km/s.

Svar

e = 0{,}72

T = 10{,}6

10{,}1

km/s i perigeum og

1{,}62

km/s i apogeum.

Runge–Lenz-vektoren og perihelpresesjon

I et vilkårlig sentralpotensial er $\omega_r \ne \dot\phi$ , så perihel flytter seg litt for hvert omløp, og banen lukker seg ikke. For $V = -k/r$ finnes det en tredje bevart størrelse som holder perihel fast:

\displaystyle \begin{aligned} \vec A &= \vec p \times \vec L - \mu k\,\hat r \\ |\vec A| &= \mu k e \end{aligned}

Runge–Lenz-vektoren, med

\vec p = \mu\dot{\vec r}

. Den er bevart bare for

V = -k/r

, ligger i baneplanet og peker mot perihel.

Hvorfor Runge–Lenz-vektoren er bevart

$\vec L$ er konstant og $\dot{\vec p} = -k\hat r/r^2$ , så

\begin{aligned} \frac{d}{dt}\left(\vec p \times \vec L\right) &= -\frac{k}{r^2}\,\hat r \times \left(\vec r \times \mu\dot{\vec r}\right) \\ &= -\frac{\mu k}{r^2}\left(\vec r\,\dot r - r\,\dot{\vec r}\right) \\ &= \mu k\,\frac{d}{dt}\!\left(\frac{\vec r}{r}\right) = \mu k\,\frac{d\hat r}{dt} \end{aligned}

der $\hat r \cdot \dot{\vec r} = \dot r$ er brukt. Leddene i $\dot{\vec A}$ opphever hverandre. Lengden og retningen leses av i perihel, der $\vec p \perp \vec r$ og $|\vec p| = J/r_\text{min}$ : $\vec p \times \vec L = (J^2/r_\text{min})\,\hat r = \mu k(1 + e)\,\hat r$ , så $\vec A = \mu k e\,\hat r$ , langs perihelretningen.

Den generelle relativitetsteorien retter Newtons potensial nær ei stjerne med masse $M$ med et ledd som avtar som $1/r^2$ :

V = -\frac{k}{r}\left(1 + \frac{3GM}{c^2 r}\right)

Leddet har samme form som sentrifugalbarrieren og endrer bare koeffisienten foran $u$ i baneligningen. Med $k = GM\mu$ blir den

\frac{d^2u}{d\phi^2} + \left(1 - \frac{6k^2}{c^2J^2}\right)u = \frac{\mu k}{J^2}

Løsningen er $u \propto 1 + e\cos\beta\phi$ med $\beta^2 = 1 - 6k^2/c^2J^2$ , så perihel gjentar seg først ved $\phi = 2\pi/\beta$ , litt mer enn et omløp. Perihel flytter seg framover med

\Delta\phi = \frac{6\pi k^2}{c^2J^2} = \frac{6\pi GM}{c^2\,a\,(1 - e^2)}

per omløp. For Merkur er $a(1 - e^2) = 55{,}5\cdot10^6$ km og $GM_\odot/c^2 = 1{,}48$ km, som gir $5{,}0\cdot10^{-7}$ rad per omløp. Med $415$ omløp per århundre er det $43$ buesekunder per århundre, det samme som er målt.

Korreksjonen skrives også som et ledd $-GMJ^2/\mu c^2r^3$ i $V_\text{eff}$ . Det gir $3GMu^2/c^2$ på høyresida av baneligningen. Nær sirkelbanen $u_0 = \mu k/J^2$ er $u^2 \approx 2u_0u - u_0^2$ , og koeffisienten foran $u$ blir den samme $1 - 6k^2/c^2J^2$ , så de to formene gir samme presesjon.

Det begrensede trelegemeproblemet

Tre legemer som trekker på hverandre, har ingen generell løsning. Et tilfelle som kan regnes ut, er når to tunge legemer $m_1 \ge m_2$ går i sirkelbaner om massesenteret, og et tredje legeme med masse $m$ er så lett at det ikke påvirker dem. Sola, jorda og et romteleskop er et eksempel, sola, Jupiter og en asteroide et annet.

Med avstanden $d$ mellom $m_1$ og $m_2$ gir Keplers tredje lov for sirkelbanen vinkelfarten

\omega^2 = \frac{GM}{d^3}, \qquad M = m_1 + m_2

I et system $K'$ som roterer med $\omega$ om massesenteret, står $m_1$ og $m_2$ i ro på $x$ -aksen, i $x = -\alpha d$ og $x = (1 - \alpha)d$ med $\alpha = m_2/M$ . Det lette legemet beveger seg i baneplanet $z = 0$ . Lagrangefunksjonen i et roterende system er $\tfrac12 m(\vec v\,' + \vec\omega \times \vec r)^2 - V$ , og med $\vec\omega = \omega\hat z$ er $\vec\omega \times \vec r = (-\omega y, \omega x)$ . Kvadratet er

(\dot x - \omega y)^2 + (\dot y + \omega x)^2 = \dot x^2 + \dot y^2 \allowbreak + 2\omega(x\dot y - y\dot x) \allowbreak + \omega^2(x^2 + y^2)

og det siste leddet samles med tyngden i ett potensial. Det gir

L = \tfrac12 m\left(\dot x^2 + \dot y^2\right) \allowbreak + m\omega\left(x\dot y - y\dot x\right) \allowbreak - m\,U(x, y)

\displaystyle U = -\frac{Gm_1}{r_1} - \frac{Gm_2}{r_2} \allowbreak - \tfrac12\omega^2\left(x^2 + y^2\right)

Potensialet i det roterende systemet, per masse.

r_1

r_2

er avstandene fra det lette legemet til

m_1

m_2

, og det siste leddet er sentrifugalpotensialet.

Leddet $m\omega(x\dot y - y\dot x)$ er lineært i farten og gir Corioliskraften. Lagranges ligning for $x$ , $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot x} = \frac{\partial L}{\partial x}$ , med

\frac{\partial L}{\partial\dot x} = m(\dot x - \omega y) \allowbreak\qquad \frac{\partial L}{\partial x} = m\omega\dot y - m\frac{\partial U}{\partial x}

gir $m\ddot x - m\omega\dot y = m\omega\dot y - m\,\partial U/\partial x$ . Ligningen for $y$ følger på samme måte:

\displaystyle \ddot x - 2\omega\dot y = -\frac{\partial U}{\partial x} \allowbreak\qquad \ddot y + 2\omega\dot x = -\frac{\partial U}{\partial y}

Bevegelsesligningene for det lette legemet i

K'

. Leddene med

2\omega

er Corioliskraften per masse.

$L$ inneholder ikke tida, så energifunksjonen $H = \dot x\,\partial L/\partial\dot x + \dot y\,\partial L/\partial\dot y - L$ er bevart. Leddet som er lineært i farten, faller ut:

\begin{aligned} H &= m\dot x(\dot x - \omega y) + m\dot y(\dot y + \omega x) - L \\ &= \tfrac12 m\left(\dot x^2 + \dot y^2\right) + m\,U \end{aligned}

Delt på $m$ er det Jacobis konstant:

\displaystyle C = \tfrac12\left(\dot x^2 + \dot y^2\right) + U(x, y)

Jacobis konstant, bevart langs banen. Corioliskraften står vinkelrett på farten og gjør ikke arbeid, så den er ikke med.

Farten i kvadrat kan ikke være negativ, så legemet kan bare være der $U \le C$ . Kurvene $U = C$ står stille i $K'$ og er grensen for området legemet kan nå.

Lagrangepunktene

Et legeme som står i ro i $K'$ , har $\dot x = \dot y = \ddot x = \ddot y = 0$ , og bevegelsesligningene krever da $\partial U/\partial x = \partial U/\partial y = 0$ . Likevektspunktene er altså de stasjonære punktene til $U$ , og de heter Lagrangepunktene. Sett fra $K$ går et legeme i et Lagrangepunkt i en sirkelbane med samme omløpstid som $m_1$ og $m_2$ , og tyngden fra de to er akkurat sentripetalkraften.

Tre av punktene ligger på $x$ -aksen. For $y = 0$ er $\partial U/\partial y = 0$ av symmetri, og $\partial U/\partial x = 0$ blir

\omega^2 x = \frac{Gm_1(x + \alpha d)}{|x + \alpha d|^3} \allowbreak + \frac{Gm_2\,(x - (1 - \alpha)d)}{|x - (1 - \alpha)d|^3}

Langs aksen går $U$ mot $-\infty$ ved hver masse og langt ute, og alle tre leddene i $U(x, 0)$ har negativ annenderivert. $U(x, 0)$ har derfor nøyaktig ett maksimum i hvert av de tre intervallene: $L_1$ mellom massene, $L_2$ utenfor $m_2$ og $L_3$ utenfor $m_1$ på motsatt side. Ligningen er av femte grad og må løses numerisk, men for $m_2 \ll m_1$ ligger $L_1$ og $L_2$ nær $m_2$ , på hver sin side i avstanden

h \approx d\left(\frac{m_2}{3m_1}\right)^{1/3}

Avstanden fra m₂ til L₁ og L₂

$L_2$ ligger i $x = (1 - \alpha)d + h$ , i avstanden $d + h$ fra $m_1$ og $h$ fra $m_2$ . Siden $\omega^2(1 - \alpha)d = GM(1 - \alpha)/d^2 = Gm_1/d^2$ , blir ligningen

\frac{Gm_1}{d^2} + \omega^2 h = \frac{Gm_1}{(d + h)^2} + \frac{Gm_2}{h^2}

For $h \ll d$ er $Gm_1/(d + h)^2 \approx (Gm_1/d^2)(1 - 2h/d)$ , og for $m_2 \ll m_1$ er $\omega^2 \approx Gm_1/d^3$ :

\begin{aligned} \frac{Gm_1}{d^3}\,h + \frac{2Gm_1}{d^3}\,h &= \frac{Gm_2}{h^2} \\ \Rightarrow\quad h^3 &= \frac{m_2}{3m_1}\,d^3 \end{aligned}

For $L_1$ i $x = (1 - \alpha)d - h$ skifter alle leddene med $h$ fortegn, og den samme ligningen kommer ut.

For sola og jorda er $m_2/m_1 = 3{,}0\cdot10^{-6}$ og $h = 1{,}5\cdot10^6$ km, fire ganger avstanden til månen. Solobservatoriet SOHO går i bane rundt $L_1$ , og James Webb-teleskopet rundt $L_2$ , der sola og jorda ligger i samme retning og ett varmeskjold skygger for begge.

De to andre punktene ligger utenfor aksen. For $y \ne 0$ kan $\partial U/\partial y = 0$ deles på $y$ :

\omega^2 = \frac{Gm_1}{r_1^3} + \frac{Gm_2}{r_2^3}

Gang med $x$ og trekk fra $\partial U/\partial x = 0$ , som er $\omega^2 x = Gm_1(x + \alpha d)/r_1^3 + Gm_2(x - (1 - \alpha)d)/r_2^3$ . Leddene med $x$ faller bort, og med $m_1\alpha = m_2(1 - \alpha) = m_1m_2/M$ står det igjen

0 = \frac{Gm_1m_2\,d}{M}\left(\frac{1}{r_1^3} - \frac{1}{r_2^3}\right)

Altså er $r_1 = r_2$ , og den første ligningen gir $\omega^2 = GM/r_1^3$ . Sammen med $\omega^2 = GM/d^3$ gir det $r_1 = r_2 = d$ . $L_4$ og $L_5$ ligger i hjørnet av en likesidet trekant med $m_1$ og $m_2$ , $60°$ foran og bak $m_2$ i banen, uansett masseforholdet.

$L_1$ , $L_2$ og $L_3$ er sadelpunkter for $U$ , med maksimum langs aksen og minimum på tvers, og $L_4$ og $L_5$ er maksimumspunkter. Verdiene av $U$ i punktene bestemmer hvor et legeme med en gitt $C$ kan gå. For $m_2 < m_1$ er $U(L_1) < U(L_2) < U(L_3) < U(L_4)$ . Under $U(L_1)$ er det tillatte området delt i tre: rundt $m_1$ , rundt $m_2$ og langt ute. Ved $C = U(L_1)$ møtes de to indre delene i $L_1$ , og legemet kan gå fra den ene massen til den andre. Ved $U(L_2)$ åpner området seg forbi $m_2$ og ut, ved $U(L_3)$ forbi $m_1$ , og over $U(L_4)$ er hele planet tillatt.

Potensialet og Lagrangepunktene

Nivåkurvene til $U$ i systemet som roterer med $m_1$ og $m_2$ , og de fem Lagrangepunktene. De kraftige kurvene går gjennom $L_1$ , $L_2$ og $L_3$ . Et legeme med Jacobis konstant $C$ kommer aldri inn i det skraverte området, der $U > C$ . Øk $C$ og se området åpne seg ved $L_1$ , $L_2$ og $L_3$ etter tur. $L_4$ og $L_5$ ligger i hjørnene av likesidede trekanter for alle masseforhold.

Jorda er $81$ ganger tyngre enn månen, og avstanden mellom dem er $384\,400$ km. Hvor langt fra månen ligger $L_1$ og $L_2$ omtrent?

Vis svar Skjul svar

$h \approx 384\,400\text{ km}\cdot(1/243)^{1/3} = 61\,500$ km. Den eksakte løsningen av femtegradsligningen gir $58\,000$ km for $L_1$ og $64\,500$ km for $L_2$ . Med $h/d = 0{,}16$ er leddene av andre orden i $h/d$ ikke lenger små, og de flytter $L_1$ nærmere månen og $L_2$ lenger ut.

Spredning

Send en strøm av partikler med samme masse og energi mot et kraftsentrum med et potensial som går mot null langt ute. Hver partikkel kommer inn langs ei rett linje, avbøyes og går ut langs ei ny rett linje. Avstanden fra kraftsentrum til den innkommende linja er støtparameteren $s$ , og vinkelen mellom inn- og utretning er spredningsvinkelen $\Theta$ . Langt ute er farten $v_0$ og $E = \tfrac12\mu v_0^2$ , og dreieimpulsen er

J = \mu v_0 s = s\sqrt{2\mu E}

$J$ og $E$ er bevart, så $s$ og $E$ bestemmer $\Theta$ entydig. Farten er den samme på vei ut, så den utgående linja har den samme avstanden $s$ fra sentrum.

Det som måles, er hvor mange partikler som går ut i hver retning. Med $I$ partikler per tid og areal i strålen er det differensielle spredningstverrsnittet $d\sigma/d\Omega$ definert ved at $I\,(d\sigma/d\Omega)\,d\Omega$ partikler per tid spres inn i romvinkelen $d\Omega$ . Partiklene med støtparameter mellom $s$ og $s + ds$ kommer inn gjennom ringen med areal $2\pi s\,|ds|$ og går ut mellom $\Theta$ og $\Theta + d\Theta$ , som er romvinkelen $d\Omega = 2\pi\sin\Theta\,|d\Theta|$ :

\displaystyle \frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{s}{\sin\Theta}\left|\frac{ds}{d\Theta}\right|

Det differensielle spredningstverrsnittet for et sentralpotensial, når hver

s

gir én

\Theta

. Det har dimensjon areal.

Spredning i Coulombfeltet

Partikler med samme energi kommer inn fra venstre med jevnt fordelte støtparametere og frastøtes av ladningen $Q$ . Den oransje stripen er partiklene mellom $s$ og $s + ds$ , og den viser hvilken vinkel $\Theta$ de går ut i og hvor bredt de spres. Nær $s = 0$ spres en tynn stripe over mange grader, langt ute nesten ikke. Den ene glidebryteren velger stripen, den andre energien.

For frastøtningen mellom to ladninger $q$ og $Q$ er $V = qQ/4\pi\epsilon_0 r$ , altså $V = -k/r$ med $k = -qQ/4\pi\epsilon_0 < 0$ . Da er $r_0 < 0$ , og banen er hyperbelen $r = |r_0|/(e\cos\phi - 1)$ med $e > 1$ . Den gir:

\displaystyle \begin{aligned} s &= \frac{|k|}{2E}\cot\frac{\Theta}{2} \\ \frac{d\sigma}{d\Omega} &= \left(\frac{k}{4E}\right)^2\frac{1}{\sin^4(\Theta/2)} \end{aligned}

Rutherfords spredningsformel for

V = -k/r

med

k = -qQ/4\pi\epsilon_0

. Ei partikkel rett mot sentrum,

s = 0

, kommer rett tilbake uansett energi.

Fra hyperbelen til Rutherfords formel

Partikkelen er uendelig langt ute der $e\cos\phi = 1$ , i vinklene $\pm\Psi$ om perihelretningen med $\cos\Psi = 1/e$ . Inn- og utretning ligger langs de to asymptotene, så $\Theta = \pi - 2\Psi$ og

\cot\frac{\Theta}{2} = \tan\Psi = \sqrt{e^2 - 1}

Energien gir $e^2 - 1 = 2EJ^2/\mu k^2$ , og med $J^2 = 2\mu E s^2$ er det $4E^2s^2/k^2$ . Altså er $\cot(\Theta/2) = 2Es/|k|$ , som er den første formelen. Deriver den:

\left|\frac{ds}{d\Theta}\right| = \frac{|k|}{4E}\,\frac{1}{\sin^2(\Theta/2)}

Sett inn i tverrsnittet med $\sin\Theta = 2\sin(\Theta/2)\cos(\Theta/2)$ :

\begin{aligned} \frac{d\sigma}{d\Omega} &= \frac{|k|}{2E}\,\frac{\cos(\Theta/2)}{\sin(\Theta/2)} \\ &\quad \cdot \frac{1}{2\sin(\Theta/2)\cos(\Theta/2)} \\ &\quad \cdot \frac{|k|}{4E\sin^2(\Theta/2)} \\ &= \left(\frac{k}{4E}\right)^2\frac{1}{\sin^4(\Theta/2)} \end{aligned}

Tverrsnittet vokser uten grense når $\Theta \to 0$ . Coulombkraften har uendelig rekkevidde, så selv partikler med svært stor $s$ avbøyes litt, og det totale tverrsnittet $\int (d\sigma/d\Omega)\,d\Omega$ divergerer. For et potensial med endelig rekkevidde er det endelig. Formelen gjelder i massesentersystemet, med $\mu$ og $E$ målt der. Er kjernen mye tyngre enn partikkelen, er det også laboratoriesystemet. Geiger og Marsden så i 1909 at noen $\alpha$ -partikler kom tilbake fra ei gullfolie. Rutherford forklarte det i 1911 med at den positive ladningen sitter samlet i en liten kjerne, og utledet denne vinkelfordelingen. I 1913 målte Geiger og Marsden vinkelfordelingen, og den stemte med formelen.

Virialteoremet

For et system av partikler med posisjoner $\vec r_i$ og impulser $\vec p_i$ , se på summen $G = \sum_i \vec p_i \cdot \vec r_i$ . Den tidsderiverte er

\begin{aligned} \dot G &= \sum_i \dot{\vec p}_i \cdot \vec r_i + \sum_i \vec p_i \cdot \dot{\vec r}_i \\ &= \sum_i \vec F_i \cdot \vec r_i + 2T \end{aligned}

Tidsmiddelet over et tidsrom $\tau$ er $\langle\dot G\rangle = (G(\tau) - G(0))/\tau$ . Er bevegelsen periodisk med periode $\tau$ , er det null. Holder posisjonene og impulsene seg endelige, er $G$ begrenset, og middelet går mot null når $\tau \to \infty$ .

\displaystyle 2\langle T\rangle = -\Big\langle\sum_i \vec F_i \cdot \vec r_i\Big\rangle = n\,\langle V\rangle

Virialteoremet. Den siste likheten gjelder for et potensial som er homogent av grad

n

, som

V \propto r^n

. Da er

\sum_i \vec r_i \cdot \nabla_i V = nV

For $V = -k/r$ er $n = -1$ , så $2\langle T\rangle = -\langle V\rangle$ , og energien er

E = \langle T\rangle + \langle V\rangle = -\langle T\rangle = \tfrac12\langle V\rangle

I en sirkelbane gjelder det uten midling: $T = k/2r$ og $V = -k/r$ . For den harmoniske oscillatoren er $n = 2$ og $\langle T\rangle = \langle V\rangle$ . Teoremet gjelder også for mange legemer, og det er slik massen til en stjernehop måles: dopplerforskyvningene gir $\langle v^2\rangle$ , størrelsen gir $R$ , og $M \sim R\langle v^2\rangle/G$ .

En satellitt i lav bane bremses litt av lufta. Går den fortere eller saktere etterpå?

Vis svar Skjul svar

Fortere. For $V = -k/r$ er $E = -\langle T\rangle$ , så når luftmotstanden tar energi, øker den kinetiske energien. Satellitten synker til en lavere bane, der den potensielle energien har falt dobbelt så mye som den kinetiske har økt. Luftmotstanden virker mot farten, men tyngden trekker satellitten innover og gir den mer fart enn motstanden tar.

Hovedpunkter

To legemer med $V(r)$ er ett legeme med masse $\mu$ om et fast kraftsentrum. Bevart $J = \mu r^2\dot\phi$ legger banen i et plan og gjør radialbevegelsen til et endimensjonalt problem i $V_\text{eff} = V + J^2/2\mu r^2$ .
Sirkelbaner ligger der $V_\text{eff}' = 0$ og er stabile der $V_\text{eff}'' > 0$ . For $V = -k/r^n$ krever det $n < 2$ . Små radielle svingninger har $\omega_r^2 = V_\text{eff}''(r_0)/\mu$ .
Baneligningen $u'' + u = -\mu F(1/u)/J^2u^2$ gir for $V = -k/r$ kjeglesnittet $r = r_0/(1 + e\cos\phi)$ med $r_0 = J^2/\mu k$ og $e^2 = 1 + 2EJ^2/\mu k^2$ . $E < 0$ gir ellipse, $E = 0$ parabel og $E > 0$ hyperbel.
$a = k/2|E|$ , $b = J/\sqrt{2\mu|E|}$ og $T^2 = 4\pi^2\mu a^3/k$ , som er Keplers tredje lov. Den andre er $J$ bevart og gjelder i alle sentralpotensialer.
Runge–Lenz-vektoren $\vec p \times \vec L - \mu k\hat r$ er bevart bare for $1/r$ og holder perihel fast. Relativitetsteoriens $1/r^2$ -ledd gir presesjonen $6\pi GM/c^2a(1 - e^2)$ per omløp.
I det begrensede trelegemeproblemet går to tunge legemer i sirkelbaner, og i systemet som roterer med dem er $C = \tfrac12 v'^2 + U$ bevart, med $U = -Gm_1/r_1 - Gm_2/r_2 - \tfrac12\omega^2(x^2 + y^2)$ . Lagrangepunktene er de stasjonære punktene til $U$ : $L_1$ , $L_2$ og $L_3$ ligger på aksen, og $L_4$ og $L_5$ danner likesidede trekanter med de tunge legemene.
Spredning: $J = s\sqrt{2\mu E}$ og $d\sigma/d\Omega = (s/\sin\Theta)\,|ds/d\Theta|$ . For Coulombkraften er $s = (|k|/2E)\cot(\Theta/2)$ og $d\sigma/d\Omega = (k/4E)^2/\sin^4(\Theta/2)$ .
Virialteoremet: $2\langle T\rangle = -\langle\sum_i \vec F_i \cdot \vec r_i\rangle = n\langle V\rangle$ for $V \propto r^n$ . Keplerbaner har $E = -\langle T\rangle$ , oscillatoren $\langle T\rangle = \langle V\rangle$ .