Keplers drittes Gesetz für binäre Systeme

Question

Keplers drittes Gesetz für binäre Systeme

Hamed Begloo

Wir alle wissen, dass Keplers drittes Gesetz für ein System aus zwei Körpern, von denen einer eine viel größere Masse als der andere hat, so lautet:

$\frac{{T_B}^2}{{a_B}^3}=\frac{4\pi ^2}{Gm_A}\;\;\;\;(m_A\gg m_B)$

Aber wenn das Gesetz für zwei Körper mit vergleichbaren Massen gilt, unter der Annahme, dass $T_A=T_B=T$ die gleichung sollte so aussehen:

$\frac{T^2}{(a_A+a_B)^3}=\frac{4\pi ^2}{G(m_A+m_B)}\;\;\;\;(m_A\sim m_B)$

Hier stellen sich nun einige Fragen:

Wie kann dieser Zusammenhang zunächst bewiesen werden?( $\frac{T^2}{(a_A+a_B)^3}=\frac{4\pi ^2}{G(m_A+m_B)}\;\;\;\;(m_A\sim m_B)$ )
Woher wissen wir das $T_A=T_B=T$ ?
Woher wissen wir das $F_{2_B}\equiv F_{1_A}\equiv Center\:Of\:Mass$ ?
Wenn $e_A$ ist die Exzentrizität der Umlaufbahn der Masse A und $e_B$ ist die Exzentrizität der Umlaufbahn der Masse B, woher wissen wir das $e_A=e_B$ ?

Und auch etwas Offtopic: Woher wissen wir, dass die relative Bahn einer Masse bezüglich der anderen ebenfalls eine Ellipse mit einer ebenfalls gleich großen Exzentrizität ist $e=e_A=e_B$

QMechaniker

Verwandte: physical.stackexchange.com/q/28519/2451 , physical.stackexchange.com/q/61116/2451 , physical.stackexchange.com/q/229650/2451 und Links darin.

Antworten (1)

Keplers drittes Gesetz für binäre Systeme

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fibonatisch · Answer 1

Die Fragen 2, 3 und 4 laufen alle darauf hinaus, dass wir davon ausgehen, dass keine äußere Kraft auf die beiden Massen einwirkt, und dann sollte ihr Massenmittelpunkt gemäß den Newtonschen Gesetzen stationär bleiben (oder sich mit konstanter Geschwindigkeit bewegen, aber ich werde zunächst auswählen dies ist null).

Wenn $T_A\neq T_B$ dann wären schließlich beide Massen beide auf der gleichen Seite $F_{1A}$ / $F_{2B}$ und einige Zeit später würde dieser Punkt zwischen den beiden liegen, was bedeuten würde, dass sich der Massenmittelpunkt bewegen würde.

Für die anderen beiden wäre es vielleicht einfacher, wenn ich zuerst Ihre erste Frage beantworten würde. Wenn wir den Abstand zwischen darstellen $m_A$ und der Schwerpunkt als $r_A$ und ähnlich der Abstand zwischen $m_B$ und der Schwerpunkt als $r_B$ . Per Definition sollte der Massenmittelpunkt immer dazwischen und in einer Linie mit liegen $m_A$ Und $m_B$ , Und

\begin{matrix} (1) & M_{A} R_{A} = M_{B} R_{B} . \end{matrix}

$m_A\,r_A=m_B\,r_B. \tag{1}$

Die Gravitationskraft aus $m_B$ An $m_A$ könnte auch durch eine andere fiktive Masse verursacht werden, die am Massenmittelpunkt befestigt ist. Die Masse dieses fiktiven Objekts ist mit bezeichnet $\hat{m}_B$ , gefunden werden, so dass es immer die gleiche Kraft wie ausüben würde $m_B$ ,

\begin{matrix} (2) & \frac{G M_{B}}{(R_{A} + R_{B})^{2}} = \frac{G {\hat{M}}_{B}}{R_{A}^{2}}, \end{matrix}

$\frac{G\,m_B}{(r_A+r_B)^2} = \frac{G\,\hat{m}_B}{r_A^2}, \tag{2}$

Gleichung verwenden $(1)$ Dann $r_B$ ausdrücken kann $r_A$ , $m_A$ Und $m_B$ ,

\begin{matrix} (3) & \frac{G M_{B}}{R_{A}^{2} {(1 + \frac{M_{A}}{M_{B}})}^{2}} = \frac{G {\hat{M}}_{B}}{R_{A}^{2}}, \end{matrix}

$\frac{G\,m_B}{r_A^2\left(1+\frac{m_A}{m_B}\right)^2} = \frac{G\,\hat{m}_B}{r_A^2}, \tag{3}$

\begin{matrix} (4) & {\hat{M}}_{B} = \frac{M_{B}^{3}}{(M_{A} + M_{B})^{2}} . \end{matrix}

$\hat{m}_B = \frac{m_B^3}{(m_A + m_B)^2}. \tag{4}$

Auf ähnliche Weise könnten Sie dies auch für tun $m_B$ Durch Ersetzen $m_A$ mit $\hat{m}_A$ im Massenmittelpunkt fixiert,

\begin{matrix} (5) & {\hat{M}}_{A} = \frac{M_{A}^{3}}{(M_{A} + M_{B})^{2}} . \end{matrix}

$\hat{m}_A = \frac{m_A^3}{(m_A + m_B)^2}. \tag{5}$

Mit diesen Massen können Sie nun Ihren Anfangsausdruck für die Umlaufzeit verwenden ,

\begin{matrix} (6) & T_{A} = 2 π \sqrt{\frac{A_{A}^{3}}{G {\hat{M}}_{B}}} = 2 π \sqrt{\frac{A_{A}^{3} (M_{A} + M_{B})^{2}}{G M_{B}^{3}}}, \end{matrix}

$T_A = 2\pi\sqrt{\frac{a_A^3}{G\,\hat{m}_B}} = 2\pi\sqrt{\frac{a_A^3\,(m_A + m_B)^2}{G\,m_B^3}}, \tag{6}$

\begin{matrix} (7) & T_{B} = 2 π \sqrt{\frac{A_{B}^{3}}{G {\hat{M}}_{A}}} = 2 π \sqrt{\frac{A_{B}^{3} (M_{A} + M_{B})^{2}}{G M_{A}^{3}}} . \end{matrix}

$T_B = 2\pi\sqrt{\frac{a_B^3}{G\,\hat{m}_A}} = 2\pi\sqrt{\frac{a_B^3\,(m_A + m_B)^2}{G\,m_A^3}}. \tag{7}$

Gleichung $(1)$ sollte auch für die großen Halbachsen gelten, also für den Ausdruck für $T_B$ könnte auch geschrieben werden als

\begin{matrix} (8) & T_{B} = 2 π \sqrt{\frac{{(A_{A} \frac{M_{A}}{M_{B}})}^{3} (M_{A} + M_{B})^{2}}{G M_{A}^{3}}} = 2 π \sqrt{\frac{A_{A}^{3} (M_{A} + M_{B})^{2}}{G M_{B}^{3}}}, \end{matrix}

$T_B = 2\pi\sqrt{\frac{\left(a_A\frac{m_A}{m_B}\right)^3\,(m_A + m_B)^2}{G\,m_A^3}} = 2\pi\sqrt{\frac{a_A^3\,(m_A + m_B)^2}{G\,m_B^3}}, \tag{8}$

das ist das gleiche wie der Ausdruck für $T_A$ in Gleichung $(6)$ . Aufruf dieses Ausdrucks $T$ und umschreiben in eine ähnliche Form wie in Ihren Frageergebnissen angegeben,

\begin{matrix} (9) & \frac{T^{2} M_{B}^{3}}{A_{A}^{3} (M_{A} + M_{B})^{3}} = \frac{4 π^{2}}{G (M_{A} + M_{B})} . \end{matrix}

$\frac{T^2\,m_B^3}{a_A^3\,(m_A + m_B)^3} = \frac{4\pi^2}{G\,(m_A + m_B)}. \tag{9}$

Durch erneutes Anwenden von Gleichung $(1)$ zu den großen Halbachsen, dann die linke Seite der Gleichung $(9)$ kann geschrieben werden als

\begin{matrix} (10) & \frac{T^{2} M_{B}^{3}}{A_{A}^{3} (M_{A} + M_{B})^{3}} = \frac{T^{2}}{{(A_{A} (\frac{M_{A}}{M_{B}} + 1))}^{3}} = \frac{T^{2}}{{(A_{B} + A_{A})}^{3}}, \end{matrix}

$\frac{T^2\,m_B^3}{a_A^3\,(m_A + m_B)^3} = \frac{T^2}{\left(a_A\,\left(\frac{m_A}{m_B} + 1\right)\right)^3} = \frac{T^2}{\left(a_B + a_A\right)^3}, \tag{10}$

Das ist in der Tat die Beziehung, nach der Sie gesucht haben.

Da habe ich das relativ schon gezeigt $m_A$ könntest du ersetzen $m_B$ mit $\hat{m}_B$ im Massenmittelpunkt fixiert. Weil $\hat{m}_B$ fixiert ist, dann sollte es auch ein Schwerpunkt der Umlaufbahn sein $m_A$ . Ebenso kann gezeigt werden, dass der Schwerpunkt ein Schwerpunkt der Umlaufbahn sein sollte $m_B$ .

Unter der Annahme, dass die resultierende Umlaufbahn von $m_A$ sieht aus wie

\begin{matrix} (11) & R_{A} = \frac{A_{A} (1 - e_{A})^{2}}{1 + e_{A} \cos θ}, \end{matrix}

$r_A = \frac{a_A\,(1 - e_A)^2}{1 + e_A\,\cos\theta}, \tag{11}$

dann mit gleichung $(1)$ ein Ausdruck für $r_B$ lässt sich feststellen,

\begin{matrix} (12) & R_{B} = \frac{M_{A}}{M_{B}} \frac{A_{B} \frac{M_{B}}{M_{A}} (1 - e_{A})^{2}}{1 + e_{A} \cos θ} = \frac{A_{B} (1 - e_{A})^{2}}{1 + e_{A} \cos θ} . \end{matrix}

$r_B = \frac{m_A}{m_B} \frac{a_B\frac{m_B}{m_A}\,(1 - e_A)^2}{1 + e_A\,\cos\theta} = \frac{a_B\,(1 - e_A)^2}{1 + e_A\,\cos\theta}. \tag{12}$

Die Exzentrizitäten beider Bahnen sollten also auch gleich sein, nur der Punkt, von dem aus Sie messen $\theta$ sollte um 180° gedreht werden.

Vielen Dank für Ihre vollständig beschreibende Antwort. Es war hervorragend. Nur eines: Woher wissen wir, dass die Gleichung (1) auch für die großen Halbachsen gilt?
@HamedBegloo Ich hatte schon Angst, dass du das fragen würdest. Ich weiß, dass es wahr sein sollte, aber ich muss noch ein bisschen darüber nachdenken, um einen Beweis dafür zu finden. Also werde ich auf Sie zurückkommen, wenn ich einen Beweis gefunden habe.
@HamedBegloo Würdest du dem zustimmen, wenn $m_A$ wäre dann bei Apoapsis $m_B$ sollte auch bei Apoapsis liegen, sonst gleichung $(1)$ würde nicht gelten, denn wenn einer von ihnen bei Apoapsis ist und der andere nicht, dann ist eine Seite der Gleichung $(1)$ könnte noch größer werden. Ähnliches lässt sich über die Periapsis sagen. Wenn Sie also die großen Halbachsen und Exzentrizitäten verwenden, um die erhaltene Apoapsis und Periapsis auszudrücken, $A_{A} (1 + e_{A}) M_{A} = A_{B} (1 + e_{B}) M_{B},$ $a_A(1+e_A)m_A=a_B(1+e_B)m_B,$ $A_{A} (1 - e_{A}) M_{A} = A_{B} (1 - e_{B}) M_{B} .$ $a_A(1-e_A)m_A=a_B(1-e_B)m_B.$ Wenn Sie den Durchschnitt dieser beiden Gleichungen nehmen, erhalten Sie diese Gleichung $(1)$ gilt auch für die großen Halbachsen.
Bedeutet das: $\frac{A_{A} (1 + e_{A}) + A_{A} (1 - e_{A})}{2} M_{A} = \frac{A_{B} (1 + e_{B}) + A_{B} (1 - e_{B})}{2} M_{B}$ $\frac{a_A(1+e_A)+a_A(1-e_A)}{2}m_A=\frac{a_B(1+e_B)+a_B(1-e_B)}{2}m_B$ Dann: $\frac{R_{A_{A P Ö A P S ich S}} + R_{A_{P e R ich A P S ich S}}}{2} M_{A} = \frac{R_{B_{A P Ö A P S ich S}} + R_{B_{P e R ich A P S ich S}}}{2} M_{B}$ $\frac{r_{A_{apoapsis}}+r_{A_{periapsis}}}{2}m_A=\frac{r_{B_{apoapsis}}+r_{B_{periapsis}}}{2}m_B$ und dann: $\frac{2 A_{A}}{2} M_{A} = \frac{2 A_{B}}{2} M_{B}$ $\frac{2a_A}{2}m_A=\frac{2a_B}{2}m_B$ und schließlich dann: $A_{A} M_{A} = A_{B} M_{B}$ $a_Am_A=a_Bm_B$ Richtig?
Übrigens, Ihr Argument, warum sich der Schwerpunkt nicht bewegen konnte, besagt Folgendes: $\theta _A=\theta _B=\theta$ . Richtig?
Danke schön. Ich habe meinen Beitrag so bearbeitet, dass sie orbitale Winkelpositionen enthalten ( $\theta$ S). Ich schlage vor, dass Sie Ihre Antwort bearbeiten, um Ihren Beweis für den Teil hinzuzufügen, den wir besprochen haben, damit jeder, der die Antwort sieht, ihn verstehen kann. Danke nochmal. Alles Gute.

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Hamed Begloo

$\frac{{T_B}^2}{{a_B}^3}=\frac{4\pi ^2}{Gm_A}\;\;\;\;(m_A\gg m_B)$

$\frac{T^2}{(a_A+a_B)^3}=\frac{4\pi ^2}{G(m_A+m_B)}\;\;\;\;(m_A\sim m_B)$

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TB2AB3=4π2GMA(MA≫MB) T B 2 A B 3 = 4 π 2 G M A ( M A ≫ M B ) \frac{{T_B}^2}{{a_B}^3}=\frac{4\pi ^2}{Gm_A}\;\;\;\;(m_A\gg m_B)

T2(AA+AB)3=4π2G (MA+MB)(MA∼MB) T 2 ( A A + A B ) 3 = 4 π 2 G ( M A + M B ) ( M A ∼ M B ) \frac{T^2}{(a_A+a_B)^3}=\frac{4\pi ^2}{G(m_A+m_B)}\;\;\;\;(m_A\sim m_B)

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$\frac{{T_B}^2}{{a_B}^3}=\frac{4\pi ^2}{Gm_A}\;\;\;\;(m_A\gg m_B)$

$\frac{T^2}{(a_A+a_B)^3}=\frac{4\pi ^2}{G(m_A+m_B)}\;\;\;\;(m_A\sim m_B)$