1 / 34

NEWTONOV OPĆI ZAKON GRAVITACIJE

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.

azriel
Download Presentation

NEWTONOV OPĆI ZAKON GRAVITACIJE

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. 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 )

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

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

  4. epicikl deferent

  5. Ptolomaic Model Simulator

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

  7. PlanetaryConfigurations Simulator

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

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

  10. Elipsa

  11. 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 •  ……

  12. a a Newtonov opći zakon gravitacije a a a a a

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

  14. 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,  = 5467 kg m-3

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

  16. 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  = 5500 kg m-3 g = ? g = 7,7·10-3 m s-2

  17. 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

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

  19. Putanje

  20. 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

  21. 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

  22. 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

  23. Prilozi

  24. 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

  25. 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

  26. 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

  27. 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

  28. Centar mase dvojnog sustava Mase m1 i m2 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 : 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

  29. 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

  30. Jednoliko gibanje nebeskog tijela po kružnici v = 2· r ·π / T = ω·r Fcp = m ·acp = m·v2 /r r = R + h 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

  31. 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

  32. 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

  33. 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

  34. 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) /

More Related