NEWTONOV OPI ZAKON GRAVITACIJE Razvoj ideje o gibanju

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 )

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

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. A 1 A 2 A 1 = A 2 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 a a a

a F F mp F ms F Opći zakon gravitacije G = 6, 67· 10 -11 N m 2 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=? M = 6· 1024 kg , 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 Gm. Z = g. R 2 R = 6, 4 · 106 m h=? Fg = Fcp Gms m. ZT 2 = 4 2(R + h)3 ms h = 3, 6· 107 m

Zadatak 1: Izračunajte masu Sunca uzimajući da je udaljenost Zemlje od Sunca 1, 5 1011 m. Rješenje: r = 1, 5 · 1011 m m. S = ? Fg = Fcp m. S = 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 v=? Fcp = Fg v = 7, 7 103 m s-1 Gm. Z = g. R 2

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 , v 2 = 2 g h , h = g t 2 /2 , h = v t /2

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

Težina tijela na površini rotirajućeg nebeskog tijela • Idealizacija : Re = Rp = R • Zbroj gravitacijske sile i centrifugalne sile : • Na ekvatoru : m g e = G m M / R 2 - m 4 π2 R / T 2 Spljoštenost Zemlje je zanemarena ! Općenito spljoštenost planeta = Re – R p / R e • Na polu : m gp = G m M / R 2 , ( Fcf = 0 )

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

Centar mase dvojnog sustava Mase m 1 i m 2 na međusobnoj udaljenosti r gibaju se kružno oko zajedničkog centra mase (skica a)). • Za niz masa na istom pravcu , x-osi , općenito položaj centra mase (CM) se odredi iz izraza : x. CM = m 1 ·x 1 + m 2 ·x 2 + m 3 ·x 3 +…/ m 1 + m 2 + m 3 +… • Iznos koordinate centra mase ovisi o izboru referentne točke ! • Na skici b): x. CM = r 1 x. CM = m 1 · 0 + m 2 ·r/ m 1 + m 2 Slijedi : r 1 = m 2 ·r/ m 1 + m 2 ; r 2 = r – r 1 = … • Na skici c) : x. CM = 0 0 = m 1 ·(-r 1) + m 2 ·r 2 / m 1 + m 2 Slijedi : m 1· r 1 = m 2· r 2

Izvod 3. Keplerovog zakona r = r 1 + r 2 v = 2·π·r 2 / T Fcp = Fg m·v 2/ r 2 = G· m ·M / r 2 • M >> m • Za x. CM = 0 vrijedi : 0 = M·(-r 1) + m·r 2 / M + m Slijedi : M· r 1 = m· r 2 • Oba tijela se s jednakim periodom gibaju jednoliko po kružnici oko centra mase sustava. • Fcp = Fg • Za tijelo mase M : M · 4· π2· r 1 / T 2 = G· m ·M / r 2 /: M • Za tijelo mase m : m· 4· π2· r 2 / T 2 = G· m ·M / r 2 /: m • Zbrajanjem tih jednadžbi dobije se : 4· π2( r 1 + r 2) / T 2 = G ( M + m ) / r 2 • Slijedi : T 2 / r 3 = 4· π2/ G·( M +m)

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

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 Iz slike : rmin = a – e rmax = a + e • ε = e/a – numerički ekscentricitet elipse e = ε·a , rmax/ rmin = 1 + ε / 1 – ε

Eliptična putanja nebeskog tijela(2) Jednadžba elipse : r = p / 1 + ε·cosθ p- parametar elipse • 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

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/2 = Rs / rmin αmin/2 = Rs / rmax • αmax / αmin = a + e / a – e αmax / αmin = 1 + ε / 1 – ε

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·v 2/ 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·vsr 2/ 2 + ( - G ·m ·M/ a) , /2/ • U tom slučaju vrijedi : Fcp = Fg , • m·vsr 2/ a = G ·m ·M/ a 2 / · a/m • vsr 2 = 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·v 2/ 2 + ( - G ·m ·M/ r) = - G ·m ·M/ 2·a /·(2/m) • v 2 = G· M·/ (2/r) – (1/a) / • U slučaju Zemlje to je : • vz 2 = G· M·/ (2/rz) – (1/rz) /= G· M·/rz • Ako se udaljenosti : a , rz izrazi u AJ vrijedi: vz 2= G· M/AJ , • v 2 = vz 2·/ (2/r) – (1/a) /