NEWTONOV OPĆI ZAKON GRAVITACIJE Razvoj ideje o gibanju nebeskih tijela (Ptolomej , Kopernik , Kepler ) Newtonov opći zakon gravitacije ( izračunavanje masa nebeskih tijela , akceleracija slobodnog pada , sateliti , svemirske brzine )

Klaudije Ptolemej 85-166 - objedinio rezultate prethodnika dao prvu sustavnu raspravu o svim nebeskim gibanjima Ptolemejev geocentrički sustav, utjecajan kao i Aristotelova filozofija Najveće djeloMegale sintaxis (Veliki zbornik) očuvano u arapskom prijevodu kao Almagest Klaudije Ptolemej 85-166

Ptolemejev geocentrični sustav (2. st.) djelo : Almagest

epicikl deferent

Ptolomaic Model Simulator

Nikola Kopernik ( Thorn 1473. – Frauenburg 1543. ) Marsova putanja Zemljina putanja Aristarh (310. - 230. pr. Kr.) Giordano Bruno, 1600. spaljen Galileo Galilei (1564. – 1642.)

Planetary Configurations Simulator

Tycho Brahe (1546. – 1601.) Johannes Kepler (1571. – 1630.) Keplerovi zakoni 1. 2. A1 A2 A1 = A2 3.

Kinematika planetskih gibanja Iz promatračkih podataka Tycha Brahea izvodi tri zakona: 1. Staze su elipse 2. Konstantnost plošne brzine 3. Johannes Kepler (1571.-1630.)

Elipsa

APSIDE apoapsis i periapsis –točke na krajevima velike osi elipse ; apoapsis je najdalja točka , a periapsis najbliža točka  afel i perihel - za planete kao Sunčeve satelite apogej i perigej - za Zemljine satelite ( Mjesec) apoluna i periluna - za Mjesečeve satelite apohermij i perihermij – za Merkur apojovij i perijovij - za Jupiter  ……

Newtonov opći zakon gravitacije

a  F  F  mp F  ms F  Opći zakon gravitacije G = 6,67·10-11 N m2 kg-2 – gravitacijska konstanta

Primjer 1: Izračunajmo masu (M) i srednju gustoću () Zemlje iz njezina polumjera (R = 6,4·106 m) i akceleracije slobodnog pada na njezinoj površini (g = 9,81 m s-2). Rješenje: R = 6,4·106 m g = 9,81 m s-2 M = 6·1024 kg M = ?  = ? , F = mg,  = 5 467 kg m-3

Primjer 2: Izvedimo izraz za akceleraciju slobodnog pada na visini h iznad Zemljine površine. Rješenje:

Zadatak 1: Kolika je akceleracija slobodnog pada na asteroidu polumjera 5 km i gustoće 5500 kg m-3? Rješenje: R = 5 km = 5·103 m  = 5 500 kg m-3 g = ? g = 7,7·10-3 m s-2

Zadatak 2: Na koju visinu moramo podignuti tijelo da bi mu se težina smanjila upola? Poznat je polumjer Zemlje (6,4·106 m). Rješenje: R = 6,4·106 m h = ? h = 2,65·106 m

Sateliti v Prva kozmička brzina Fcp = Fg Na Zemlji: R Druga kozmička brzina v  7,9 km s-1 v  11 km s-1

Putanje

Primjer: Koliko je od Zemljine površine udaljen satelit koji kruži u ekvatorijalnoj ravnini tako da se uvijek nalazi iznad istog mjesta na Zemlji (geostacionarni satelit)? Ophodno vrijeme geostacionarnog satelita jednako je periodu rotacije Zemlje. Rješenje: T = 24 h = 86400 s GmZ = gR2 R = 6,4 ·106 m h = ? Fg = Fcp Gms mZT2 = 42(R + h)3ms h = 3,6·107 m

Zadatak 1: Izračunajte masu Sunca uzimajući da je udaljenost Zemlje od Sunca 1,51011m. Rješenje: r = 1,5 ·1011 m mS = ? Fg = Fcp mS = 21030 kg

Zadatak 2: Kojom se brzinom giba satelit na visini 420 km iznad površine Zemlje? Za polumjer Zemlje uzmite 6 400 km. Poznata je još akceleracija slobodnog pada na površini Zemlje (g = 9,81 m s-2). Rješenje: h = 420 km = 420 ·103 m R = 6400 km = 6400·103 m g = 9,81 m s-2 GmZ = gR2 v = ? Fcp = Fg v = 7,7103 m s-1

Prilozi

Težina tijela na površini nebeskog tijela Gt = m· g Na Zemlji: Gz = m· gz Slijedi: Gt/ Gz = g / gz Zakonitosti slobodnog pada : v = g t , v2 = 2 g h , h = g t2 /2 , h = v t /2

Centrifugalna sila Inercijska sila u rotirajućem sustavu ( nebeskom tijelu). Fcf = m v2 / r = m 4 π2 r / T2 = = m ω2 r Jednoliko gibanje po kružnici : v = 2 r π / T = ω r a = v2 / r

Težina tijela na površini rotirajućeg nebeskog tijela Idealizacija : Re = Rp = R Zbroj gravitacijske sile i centrifugalne sile : Na ekvatoru : m ge = G m M / R2 - m 4 π2 R / T2 Na polu : m gp = G m M / R2 , ( Fcf = 0 ) Spljoštenost Zemlje je zanemarena ! Općenito spljoštenost planeta = Re – Rp / Re

Težina tijela na površini rotirajućeg nebeskog tijela (2) na geografskoj širini φ : Gt = Fg – Fcf,v m gφ = G m M / R2 - (m 4 π2 r / T2 )· cos φ m gφ = G m M / R2 - (m 4 π2 R· cosφ / T2 )· cos φ Slijedi : gφ = G M / R2 - (4 π2 R / T2 )· (cos φ)2 Gt = m gφ cos φ = r / R  r = R · cos φ

Centar mase dvojnog sustava Za niz masa na istom pravcu , x-osi , općenito položaj centra mase (CM) se odredi iz izraza : xCM = m1 ·x1 + m2 ·x2 + m3 ·x3 +…/ m1 + m2 + m3 +… Iznos koordinate centra mase ovisi o izboru referentne točke ! Na skici b): xCM = r1 xCM = m1 ·0 + m2 ·r/ m1 + m2 Slijedi : r1 = m2 ·r/ m1 + m2 ; r2 = r – r1 = … Na skici c) : xCM = 0 0 = m1 ·(-r1) + m2 ·r2 / m1 + m2 Slijedi : m1· r1 = m2· r2 Mase m1 i m2 na međusobnoj udaljenosti r gibaju se kružno oko zajedničkog centra mase (skica a)) .

Izvod 3. Keplerovog zakona M >> m Za xCM = 0 vrijedi : 0 = M·(-r1) + m·r2 / M + m Slijedi : M· r1 = m· r2 Oba tijela se s jednakim periodom gibaju jednoliko po kružnici oko centra mase sustava. Fcp = Fg Za tijelo mase M : M ·4· π2· r1 / T2 = G· m ·M / r2 / : M Za tijelo mase m : m·4· π2· r2 / T2 = G· m ·M / r2 / : m Zbrajanjem tih jednadžbi dobije se : 4· π2( r1 + r2) / T2 = G ( M + m ) / r2 Slijedi : T2 / r3 = 4· π2/ G·( M +m) r = r1 + r2 v = 2·π·r2 / T Fcp = Fg m·v2/ r2 = G· m ·M / r2

Jednoliko gibanje nebeskog tijela po kružnici Fg = Fcp ; m <<< M G ·m ·M / r2 = m·v2/ r v2 = G·M / r Ukupna energija nebeskog tijela : E = Ek + Ep E = ( m·v2/2) + ( - G ·m ·M / r )= = (m/2)·( G·M / r) - G ·m ·M / r = - G ·m ·M / 2·r v = 2· r ·π / T = ω·r Fcp = m ·acp = m·v2 /r r = R + h

Eliptična putanja nebeskog tijela(1) rmin = a – e rmax = a + e Zbrajanjem , oduzimanjem i dijeljenjem tih jednadžbi se dobije : rmax + rmin / 2 = a rmax - rmin / 2 = e rmax/ rmin = a + e / a – e ε = e/a – numerički ekscentricitet elipse  e = ε·a , rmax/ rmin = 1 + ε / 1 – ε Iz slike : rmin = a – e rmax = a + e

Eliptična putanja nebeskog tijela(2) θ = 00 : r = rmin ; rmin = p / 1 + ε θ = 1800 : r = rmax ; rmax = p / 1 – ε Iz tih jednadžbi slijedi : p = rmin·(1 + ε ) = rmax·( 1 – ε) rmax/ rmin = 1 + ε / 1 – ε ε = e/a (numerički ekscentricitet elipse ) rmax/ rmin = a + e / a – e Jednadžba elipse : r = p / 1 + ε·cosθ p- parametar elipse

Kutni polumjer Sunca u perihelu i afelu αmax =2· Rs / rmin , αmin =2· Rs / rmax Dijeljenjem jednadžbi dobije se : αmax / αmin = rmax/ rmin ε = e/a (numerički ekscentricitet elipse )  e = ε·a αmax / αmin = a + e / a – e αmax / αmin = 1 + ε / 1 – ε αmax/2 = Rs / rmin αmin/2 = Rs / rmax

Brzina tijela na eliptičnoj stazi oko Sunca Zemlja : vz≈ konst , rz ≈az = 1 AJ Za tijelo na eliptičnoj stazi oko Sunca : r – trenutna udaljenost od Sunca , a – poluos eliptične staze Ukupna energija tijela : E = Ek + Ep = m·v2/ 2 +( - G ·m ·M/ r) , /1/ Problem možemo pojednostavniti kao da se tijelo giba jednoliko po kružnici polumjera a s brzinom vsr. E = Ek + Ep = m·vsr2/ 2 + ( - G ·m ·M/ a) , /2/ U tom slučaju vrijedi : Fcp = Fg , m·vsr2/ a = G ·m ·M/ a2 / · a/m vsr2 = G · M/ a , /3/ Iz /2/ i /3/ slijedi : E = (m/ 2)·( G · M/ a) + ( - G ·m ·M/ a) = - G ·m ·M/ 2·a , /4/ Iz /1/ i /4/ slijedi : m·v2/ 2 + ( - G ·m ·M/ r) = - G ·m ·M/ 2·a /·(2/m) v2 = G· M·/ (2/r) – (1/a) / U slučaju Zemlje to je : vz2 = G· M·/ (2/rz) – (1/rz) /= G· M·/rz Ako se udaljenosti : a , r , rz izrazi u AJ vrijedi: vz2= G· M/AJ , v2 = vz2·/ (2/r) – (1/a) /