פתרון תרגיל 7.pdf - 9 L mr v U eff r 1 2 GmM m 2...

This preview shows page 1 out of 12 pages.

Unformatted text preview: ‫פתרון תרגיל ‪9‬‬ ‫נסכם את המשוואות של תנע זוויתי ותנועה תחת פוטנציאל מרכזי‬ ‫תנע זויתי‪:‬‬ ‫‪L mr v‬‬ ‫אנרגיה‪:‬‬ ‫‪U eff r ‬‬ ‫‪1 2 GmM m 2‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪mv ‬‬ ‫‪ r ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mr‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪E‬‬ ‫חוקי קפלר‪:‬‬ ‫‪r0‬‬ ‫‪ .1‬תנועת כוכבי הלכת היא אליפסה‪ ,‬שהשמש היא אחד ממוקדיה‪1 cos :‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪ .2‬הקו שמחבר את כוכב הלכת עם השמש מכסה שטחים שווים במרווחי זמן שווים‪ .‬ולכן ‪-‬‬ ‫ככל שכוכב הלכת נע קרוב יותר לשמש מהירותו גדלה‪.‬‬ ‫‪ .3‬ריבוע זמן המחזור של כוכב לכת פרופורציוני לחזקה השלישית של מחצית הציר הראשי‬ ‫של האליפסה‪ Rmax Rmin :‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪T2 ‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫לכן‪ :‬כוכבי לכת רחוקים יותר זמן המחזור שלהם גדול יותר‪.‬‬ ‫תרגיל ‪1‬‬ ‫קיימים ארבעה סוגי מסלולים בתנועה תחת פוטנציאל כבידתי‪ ,‬את כולם ניתן לתאר על ידי חתך‬ ‫של קונוס‪ .‬המשוואה הכללית של המסלול נתונה על ידי‪:‬‬ ‫‪ax 2 by 2 cx dy f‬‬ ‫כאשר הדרך שלנו לזהות את סוג המסלול הואלפי המקדמים של הגורמים הריבועיים (‪.)a, b‬‬ ‫במידה והמקדמים חיוביים‪ ,‬הצורה היא של אליפסה (או כדור במקרה שהם שווים)‪ .‬במידה ואחד‬ ‫המקדמים אפס‪ ,‬הצורה היא של פרבולה‪ ,‬ובמידה והמקדמים בעלי סימן שונה הצורה היא של‬ ‫היפרבולה‪.‬‬ ‫נרצה להגיע מהביטוי הפולרי בשאלה לצורה קרטזית‪ ,‬ולמצוא את הקשר בין במקדמים ‪ a‬ו‪b -‬‬ ‫לקבועים ‪r0 , ‬‬ ‫נבצע את ההחלפה‪:‬‬ ‫‪r0‬‬ ‫‪1 cos ‬‬ ‫‪r0 r r cos ‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪r0 r x‬‬ ‫‪r r0 x‬‬ ‫‪r 2 x 2 y 2 r02 2r0 x 2 x 2‬‬ ‫‪x 2 1 2 y 2 2 r0 x r02‬‬ ‫‪a 1 2‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪ b 1‬‬ ‫כעת נבחין בין המקרים השונים‬ ‫אם ‪ 1‬אזי ‪ a‬מתאפס וקיבלנו צורה של פרבולה‪:‬‬ ‫‪r ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪ y 2 2r0 x 0 ‬‬ ‫‪2 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫במידה ו‪ 1 -‬נקבל אליפסה‪ ,‬כאשר שני המקדמים חיוביים‪ .‬האיבר שתלוי רק ב‪ X‬נותן הסחה‬ ‫של מרכז האליפסה בציר ‪ ,X‬ניתן למצוא אותו על ידי השלמה לריבוע ולקבל‪:‬‬ ‫‪r0 1 2 2‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪x‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪ 2 y 1‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2 ‬‬ ‫‪r0‬‬ ‫‪ 1 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1 ‬‬ ‫‪2 2‬‬ ‫‪r02‬‬ ‫שזו צורה של משוואת אליפסה מוכרת‪.‬‬ ‫במקרה הזה אפשר לחזור למשוואה המקורית של קפלר שקיבלנו בשאלה ולמצוא מתוכה את‬ ‫המרחק המינימלי והמקסימלי של המסלול‪ ,‬כאשר כל ההבדל הוא הזוית ‪: ‬‬ ‫‪r0‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪ 0‬‬ ‫‪1 cos 0 1 ‬‬ ‫‪rmax ‬‬ ‫‪r0‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪ 0‬‬ ‫‪1 cos 1 ‬‬ ‫‪rmin ‬‬ ‫במקרה האחרון ‪ 1‬והמקדם ‪ a‬הוא שלילי‪ ,‬או אז נקבל משוואת היפרבולה‪.‬‬ ‫הגודל של ‪ ‬נקרא גם אקסצנטריות‪ ,‬והוא היחס בין המרחק בין מוקדים לבין הציר הראשי של‬ ‫האליפסה‪ .‬מכאן ניתן להבין שבתנועה מעגלית‪ ,‬כאשר המרחק בין המוקדים הוא אפס‪ ,‬נקבל‬ ‫באמת אקסצנטריות ‪.0‬‬ ‫הערה‪ :‬ייתכנו חתכים קוניים מסובבים‪ ,‬להם איברים מעורבים ‪ . x y ‬לחתכים מהצורה‬ ‫שהוצגה ציר סימטריה המקביל לאחד הצירים הקרטזיים‪ .‬לסקרנים‪ ,‬בספר של האוניברסיטה‬ ‫הפתוחה‪ :‬חדו"א ב'‪ ,‬כרך ראשון (הווארד אנטון)‪ ,‬ישנו הסבר מצויין על חתכים קוניים וסיבוב‬ ‫מערכת צירים (גם על חוקי קפלר)‪.‬‬ ‫תרגיל ‪2‬‬ ‫א‪ .‬המהירות המינימלית היא המהירות המוכרת בה האנרגיה הקינטית‪ ,‬רחוק מאוד‬ ‫מכדה"א‪ ,‬מתאפסת‪:‬‬ ‫‪EK E0 EP 0‬‬ ‫‪ E0 EP ‬‬ ‫‪1 2 GmM 1‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪mv0 ‬‬ ‫‪ m0 ‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪Re‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪1 2 GmM‬‬ ‫‪mv0 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪Re‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫‪Re‬‬ ‫‪ v0 ‬‬ ‫(ניתן להיווכח גם אם לוקחים בחשבון את התנע הזוויתי הנשמר‪ ,‬עדיין הפוטנציאל‬ ‫האפקטיבי הוא אפס במרחק אינסופי‪:‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪U eff r ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mr‬‬ ‫‪r‬‬ ‫ולכן נדרוש גם כאן שהאנרגיה ההתחלתית תהיה שווה ‪.0‬‬ ‫‪1 2 GmM‬‬ ‫‪mv0 ‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪Re‬‬ ‫‪E0 ‬‬ ‫את אומרת – אין בכלל תלול בזווית השיגור!)‬ ‫ב‪ .‬האנרגיה דומה לחלקיק בפוטנציאל אפקטיבי‪:‬‬ ‫‪r ‬‬ ‫‪U‬‬ ‫‪eff‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪m‬‬ ‫‪L‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪E0 r 2 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mr‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪L‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪ U eff ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mr‬‬ ‫‪r‬‬ ‫אנחנו צריכים לבטא את ‪ L‬באמצעות הגדלים המותרים ‪ v0 R,G,Me,m‬וכמובן זוית השיגור‪.‬‬ ‫‪L mr v mRev0 sin 30 ‬‬ ‫ולכן‪:‬‬ ‫‪mRe2v02 sin 2 30 GmM‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2r 2‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪ U eff ‬‬ ‫ג‪ .‬נתון שהמהירות בציר הרדיאלי מתאפסת כאשר החללית מרוחקת ‪ 15Re‬ממרכז כדה"א‪,‬‬ ‫במיקום זה המהירות כולה מאונכת לרדיוס‪ ,‬לכן התנע זוויתי‪:‬‬ ‫‪L m15ReV‬‬ ‫אך מכיוון ויש שימור תנע זוויתי במערכת יש לנו קשר בין המהירות בנקודה המקסימלית‬ ‫למהירות ביציאה מכדור הארץ‪:‬‬ ‫‪mRe v0‬‬ ‫‪ m15ReV‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪L mRe v0 sin 30 ‬‬ ‫ולכן‪:‬‬ ‫‪V‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪v0 30‬‬ ‫זאת אומרת שהמהירות המוחלטת קטנה כשיו פי ‪ !30‬זו כמובן הנקודה בה המהירות היא‬ ‫הקטנה ביותר במסלול‪.‬‬ ‫ד‪ .‬האנרגיה הכוללת לא משתנה‪:‬‬ ‫‪1 2 GmM‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪ E0 2 mv0 R‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪e‬‬ ‫‪E‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪E‬‬ ‫‪mV 2 ‬‬ ‫‪R max ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪15Re‬‬ ‫ה‪ .‬נדרוש שימור אנרגיה בין הנקודות‪:‬‬ ‫‪1 2 GmM 1‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪mv0 ‬‬ ‫‪ mV 2 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪Re‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪15Re‬‬ ‫‪1 2‬‬ ‫‪GM GM‬‬ ‫‪v0 V 2 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪Re 15Re‬‬ ‫‪E‬‬ ‫‪‬‬ ‫לאחר שימוש ביחס בין המהירויות מסעיף ג' נקבל‪:‬‬ ‫‪60 28GM‬‬ ‫‪899 Re‬‬ ‫‪ v0 ‬‬ ‫ומכאן ניתן לקבל ביטוי לאנרגיה הכוללת‪:‬‬ ‫‪1 60 28GM GmM‬‬ ‫‪GmM 59‬‬ ‫‪m‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪899 Re‬‬ ‫‪Re‬‬ ‫‪Re 899‬‬ ‫‪E0 ‬‬ ‫ו‪ .‬מסלול לוחך ארץ משמעותו שהרדיוס המינימלי של המסלול שווה לרדיוס כדור הארץ‪.‬‬ ‫שימו לב שבהינתן תנאי התחלה במסלול‪ ,‬כל עוד לא פועל עליו כח‪ ,‬הגוף ינוע במסלול‬ ‫אליפטי ויחזור לאותה נקודה בדיוק כעבור זמן מחזור אחד‪ .‬בשאלה זו כזכור השיגור היה‬ ‫בזוית יחסית לפני הקרקע‪ ,‬ולכן אם החללית תמשיך במסלולה היא תתנגש בכדור הארץ‬ ‫לפני שתשלים סיבוב‪ .‬באופן תיאורטי צריך היה לשגר אותה לכיוון אופקי כדי שתחזור‬ ‫במסלול הנכון (לוחך ארץ)‪.‬‬ ‫הערה‪ :‬אנחנו נפתור את השאלה בהנחה שהקפטן נמצא בתוך הטיל‪ ,‬ולא משתמש בו רק‬ ‫כדי לשנות את תנועת החללית‪ .‬אין הבדל גדול בין הפתרונות‬ ‫נרשום את האנרגיה של הטיל אחרי שיגורו‪ ,‬ונמצא מהי מהירות הטיל שתתן לנו רדיוס‬ ‫מינימלי ששוה לרדיוס כדור הארץ‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪G M‬‬ ‫‪Vr 2 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪15R‬‬ ‫‪2 15R ‬‬ ‫‪E‬‬ ‫את האנרגיה הכללית הזו נשווה לביטוי שתלוי במרחק ובמהירות‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪G M 1 2‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪G M‬‬ ‫‪Vr 2 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪15R‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2 r‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪2 15R ‬‬ ‫הנקודה ‪ ,r=R‬שאותה אנחנו מחפשים היא נקודת קיצון במסלול‪ ,‬ולכן המהירות‬ ‫הרדיאלית מתאפסת‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪G M‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪G M‬‬ ‫‪Vr 2 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪15R‬‬ ‫‪2 R‬‬ ‫‪R‬‬ ‫‪2 15R ‬‬ ‫וקיבלנו ביטוי למהירות הרדיאלית‪:‬‬ ‫‪ G M G M ‬‬ ‫‪2 L2‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪ 2 R 2 2 15R 2 R‬‬ ‫‪15R ‬‬ ‫נשים לב שבעצם לא משנה לאיזה כיוון הוא יירה את הטיל‪ ,‬בכל מקרה הוא יגע לכדור‬ ‫הארץ‪ .‬ההבדל יהיה אם הוא יעבור קודם בנקודת המקסימום החדשה (שיגור הטיל כלפי‬ ‫מעלה‪ ,‬הרחק מכדור הארץ)‪ ,‬ורק אז יתחיל נוע חזרה לכדור הארץ‪ ,‬או אינוע ישירות לעבר‬ ‫כדור הארץ (שיגור לכיוון כדור הארץ)‬ ‫‪Vr 2 ‬‬ ‫תרגיל ‪3‬‬ ‫ישנם אין‪-‬סוף פתרונות לבעיה אולם ניתן לסווגם לשלושה‪ :‬הראשון הוא הפתרון הטריוויאלי‪,‬‬ ‫זורקים את המסה בכיוון ההפוך‪ ,‬כך שתנוע עם אותה מהירות שהייתה לה רק בכיוון ההפוך‪ .‬אנו‬ ‫כבר יודעים שהתנאי לתנועה מעגלית מתקיים במהירות וברדיוס הנדונים‪.‬‬ ‫הסוג השני מכיל בתוכו ביטויים שאינם אנליטיים כגון‪ :‬זריקת החפץ כך שינוי בכיוון הרדיוס‬ ‫(ללא תנע זוויתי)‪ ,‬ולתזמן את העלייה והירידה שיתאים לזמן שייקח לחללית השנייה להגיע‬ ‫לנקודה בה מוקם הראשון‪.‬‬ ‫הדרך השלישית‪ ,‬שבה גם נלך‪ ,‬היא ע"י כך שאחרי הזריקה הגוף ישלים סיבוב אליפטי שלם‪ ,‬אך‬ ‫בזמן ארוך יותר‪ .‬יש לתזמן כך שכשהגוף חוזר לנקודה ממנה יצא החללית תמצא באותה נקודה‪.‬‬ ‫זמן ההקפה של החללית השנייה נשאר קבוע‪ ,‬נוכל למצוא אותו על ידי החוק השלישי של קפלר‪:‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪ R0 R0 ‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪ 2 R0 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫‪T2 ‬‬ ‫‪T‬‬ ‫בתנועה מעגלית המהירות קבועה‪ ,‬ולכן ‪ 0.00‬מהיקף המעגל הוא גם ‪ 0.00‬מזמן ההקפה‪ .‬לכן‬ ‫האסטרונאוט השני יגיעלמקומו המקורי של האסטרונאוט הראשון אחרי‪:‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪ 2R0 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫‪T 1 f ‬‬ ‫צריך למצוא מסלול אליפטי כזה שזה זמן המחזור שלו‪ ,‬ולדרוש שהזריקה תתן אותו‪:‬‬ ‫‪ Rmin Rmax ‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪ T ‬‬ ‫ישנם הרבה פתרונות אפשריים‪ .‬נקח לשם פשטות זריקה לכיוון הרדיאלי בלבד – ‪ L‬לא משתנה‪.‬‬ ‫את הרדיוסים נמצא מתוך משוואת שימור האנרגיה‪:‬‬ ‫‪m 2‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪GmM m 2‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪V0 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mR0‬‬ ‫‪R0‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mr‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪E0 ‬‬ ‫נדרוש כרגיל מהירות רדיאלית מתאפסת כדי למצוא מינימום ומקסימום‪:‬‬ ‫‪L2‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪E0 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mr‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mE0 r 2Gm Mr L2 0‬‬ ‫‪2Gm 2 M 4G 2 m 4 M 2 4 2mE0 L2‬‬ ‫‪4mE0‬‬ ‫‪rmin,max ‬‬ ‫אבל אותנו מעניין רק החיבור שלהם‪ ,‬לכן אפשר לזרוק את השורש‪:‬‬ ‫‪4Gm2 M‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪4mE0‬‬ ‫‪E0‬‬ ‫‪Rmin Rmax ‬‬ ‫ואם נציב את האנרגיה הכללית‪:‬‬ Rmin Rmax GmM m 2 L2 GmM V0 2 2 2mR0 R0 :‫ומצד שני כבר ראינו שצריך שיתקיים‬ T 2 2 Rmin Rmax 3 2GM :‫לכן‬ 1 f 2 2 2GM 2 R0 3 2 GmM L2 GmM 2GM m 2 2 V0 2mR 2 R 0 0 3 :‫ מכיון שאחנו יודעים שהזריקה הרדיאלית לא שינתה אותו‬,‫נוכל להיפטר מהתנע הזוויתי‬ L mR0V :‫את המהירות הזויתית נמצא לפי משוואת כוחות של תנועה מעגלית‬ F ma GmM m 2 R0 R0 a V 2 GM GM 2 V V R0 R0 R0 L mR0 GM R0 :‫ולכן‬ 1 f 1 f 2 2 2 2GM 2 2GM 2 R0 2 R0 3 3 2 GmM 2 2GM m 2 m R0GM GmM 2 V0 2mR 2 R 0 0 2 GmM 2GM m V 2 GmM 2 0 2 R0 3 3 :‫קצת אלגברה‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪V02 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2 R0‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1 f 3 2 R0 m‬‬ ‫‪m 2 GmM‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪V0 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2 R0‬‬ ‫‪1 f 3 2 R0 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2 GmM‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪V ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪m 2 R0‬‬ ‫‪1 f 3 2 R0 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪GM ‬‬ ‫‪1 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪V0 ‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪R0 ‬‬ ‫‪ 1 f 3 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪0‬‬ ‫וקיבלנו את מהירות הזריקה הנדרשת בכיוון הרדיאלי כך שהם יפגשו אחרי זמן מחזור אחד‪.‬‬ ‫אם היינו בוחרים כיוון אחר‪ ,‬היינו מקבלים מהירות אחרת‪.‬‬ ‫תרגיל ‪4‬‬ ‫א‪ .‬מתוך תנועה מעגלית‪:‬‬ ‫‪Vi 2 GM‬‬ ‫‪GM‬‬ ‫‪ 2 Vi 2 ‬‬ ‫‪Ri‬‬ ‫‪Ri‬‬ ‫‪Ri‬‬ ‫‪a ‬‬ ‫לכן האנרגיה נתונה לפי‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪mV 2 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2 3R ‬‬ ‫‪EK ‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪3R‬‬ ‫‪L mRV m Ri GM m 3RGM‬‬ ‫‪Ep ‬‬ ‫ב‪ .‬לאחר ההתנגשות האנרגיה הקינטית יורדת לחצי (הפוטנציאלית לא משתנה)‪:‬‬ ‫‪EK 1 1‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪ mV 2 ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2 2‬‬ ‫‪4 3R ‬‬ ‫‪GmM‬‬ ‫‪3R‬‬ ‫‪EK ‬‬ ‫‪Ep Ep ‬‬ ‫המהירות קטנה בהתאם‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪mVi 2 mV f2 mVi 2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪Vf ‬‬ ‫‪Vi‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪m 3RGM‬‬ ‫‪Li ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪Lf ‬‬ ‫ג‪ .‬ברור אם כן שכעת הוא ינוע באליפסה כשבזמן ההתנגשות הוא ממוקם במרחק‬ ‫המקסימאלי‪:‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪mr 2 m 3RGM / 2‬‬ ‫‪GMm‬‬ ‫‪E0 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2mr‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪mr‬‬ ‫‪3RGMm GMm‬‬ ‫‪E0 ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪4r 2‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪3R 1‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪ 2‬‬ ‫‪4 R 2GMm 4r‬‬ ‫‪r‬‬ ‫נחשב את נקודות המינימום והמקסימום‪:‬‬ ‫‪1 2‬‬ ‫‪3R‬‬ ‫‪r r‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪4R‬‬ ‫‪4‬‬ ‪‬‬ ‫‪3 3R‬‬ ‫‪r1, 2 2 R1 1 ‬‬ ‫‪4 R‬‬ ‫‪‬‬ ‫להלן גרף מטלב‪:‬‬ ‫את משוואת המסלול נמצא לפי המרחק המקסימלי והמהירות בנקודה זו‪ ,‬נשתמש במחוק‬ ‫הראשון של קפלר‪:‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪rmax‬‬ ‫‪v02‬‬ ‫‪1/ 2‬‬ ‫‪GM‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪ 3R‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪r v‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪1 cos ‬‬ ‫‪1 max 0 1 cos ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪ GM‬‬ ‫‪‬‬ ‫להלן גרף מטלב‪:‬‬ ‫המסלול מופיע בכחול וכדור הארץ באדום‪.‬‬ ‫ד‪ .‬כבר קיבלנו שהמרחק המינימאלי הוא רדיוס הכוכב המושך‪.‬‬ ‫ה‪ .‬האנרגיה הקינטית מקסימלית מתקבלת כאשר האנרגיה הפוטנציאלית מינימאלית‪,‬‬ ‫כלומר כשהגוף חולף צמוד לפני הכוכב‪:‬‬ ‫‪GMm‬‬ ‫‪R‬‬ ‫‪E0 Ek , max ‬‬ ‫‪GMm‬‬ ‫‪3GMm‬‬ ‫‪ E0 ‬‬ ‫‪R‬‬ ‫‪4R‬‬ ‫‪ Ek , max ‬‬ ‫ו‪ .‬נקודת ההתנגשות היא הנקודה הרחוקה ביותר‪ ,‬לכן השטח שמכסים עד לנקודה הקרובה‬ ‫ביותר הוא חצי משטח האליפסה‪ ,‬ולפי החוק השני הוא לכן חצי מזמן המחזור‪ .‬את זמן‬ ‫המחזור נמצא לפי החוק השלישי‪:‬‬ ‫‪ 2 rmin rmax 3‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪ 2 2a 3‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫‪T ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪T 1 2 rmin rmax ‬‬ ‫‪1 2 4 R ‬‬ ‫‪8 2 R 3‬‬ ‫‪ t ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2 2‬‬ ‫‪2GM‬‬ ‫‪2 2GM‬‬ ‫‪GM‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪3‬‬ ...
View Full Document

  • Spring '07
  • asdf

{[ snackBarMessage ]}

What students are saying

  • Left Quote Icon

    As a current student on this bumpy collegiate pathway, I stumbled upon Course Hero, where I can find study resources for nearly all my courses, get online help from tutors 24/7, and even share my old projects, papers, and lecture notes with other students.

    Student Picture

    Kiran Temple University Fox School of Business ‘17, Course Hero Intern

  • Left Quote Icon

    I cannot even describe how much Course Hero helped me this summer. It’s truly become something I can always rely on and help me. In the end, I was not only able to survive summer classes, but I was able to thrive thanks to Course Hero.

    Student Picture

    Dana University of Pennsylvania ‘17, Course Hero Intern

  • Left Quote Icon

    The ability to access any university’s resources through Course Hero proved invaluable in my case. I was behind on Tulane coursework and actually used UCLA’s materials to help me move forward and get everything together on time.

    Student Picture

    Jill Tulane University ‘16, Course Hero Intern