Keplersche Gesetze zur Bestimmung des Kreisbahnradius

Question

Keplersche Gesetze zur Bestimmung des Kreisbahnradius

Alex

„Im nichtrelativistischen Grenzfall der Allgemeinen Relativitätstheorie gibt es eine Korrektur der Newtonschen Gravitationspotentialenergie $−h/r^3$ mit $h = αL^2/(mc)^2$ , Wo $c$ ist die Lichtgeschwindigkeit, $α = GMm$ Und $L$ ist der Drehimpuls"

Mit diesem Wissen soll ich den Radius von Kreisbahnen für eine gegebene Zeit finden $m$ Und $L$ und entscheiden, welche davon stabil ist.

Meine Frage hat damit zu tun, wie ich die Radien tatsächlich bestimmen kann, aber ertragen Sie mich, wie ich meinen bisherigen Prozess zeige:

Ich schickte meinem Professor eine E-Mail und ihm wurde gesagt, dass ich diesen Korrekturfaktor von der potenziellen Gravitationsenergie SUBTRAHIEREN muss, was mir Folgendes gibt:

v (R) = \frac{- G M M}{R} - \frac{G M M L^{2}}{R^{3} (M C)^{2}}

$V(r) = \frac{-GMm}{r} - \frac{GMmL^2}{r^3(mc)^2}$

Ich kann das effektive Potenzial finden, um zu sein:

v_{eff} (R) = \frac{L^{2}}{2 M R^{2}} - \frac{G M M}{R} - \frac{G M M L^{2}}{R^{3} (M C)^{2}}

$V_\text{eff}(r) = \frac{L^2}{2mr^2}-\frac{GMm}{r} - \frac{GMmL^2}{r^3(mc)^2}$

Basierend auf den Informationen in meinem Lehrbuch würde ich mir vorstellen, dass ich das effektive Potenzial und die gerade Linie meiner konstanten Energie grafisch darstellen muss $E$ , und die beiden Radien sind die Punkte, an denen die Energielinie die schneidet $V_\text{eff}(r)$ Kurve. Mein Problem tritt auf, wenn ich versuche, es grafisch darzustellen.

Wenn ich einen qualitativen Graphen zeichne, einfach indem ich benutze $\frac{1}{r^2} - \frac{1}{r} - \frac{1}{r^3}$ Ich erhalte eine Kurve ohne offensichtliche Extrema, die sich 0 nähert $-y$ Achse als $r$ geht ins Unendliche. Mit anderen Grafiken, die ich gezeichnet habe $V_\text{eff}$ , ich habe Kurven bekommen, die Sinn machen - ich sehe ein lokales Maximum oder Minimum, und ich gehe davon aus, dass der Planet zwischen den beiden "Wänden" des Minimums "gefangen" bleiben könnte. In diesem Fall sehe ich davon natürlich nichts.

Meine Frage ist (hoffentlich) viel allgemeiner als nur dieses Beispiel: "Wie finde ich die potenziellen Radien des umlaufenden Planeten mit Keplers Gesetzen?" Wenn ich in meinem Prozess keinen Fehler gemacht habe, glaube ich nicht, dass ich sie mit dieser Methode finden kann. Ich könnte mir vorstellen, dass ich sie mit viel Kalkül und Neuordnung finden könnte, aber ich bin sicher, dass es einen einfacheren Weg geben muss.

Garyp

Was ist das

1 / r^{2}

$1/r^2$ Begriff für?

Alex

V_{e f f} (r) = \frac{L^{2}}{2 m r^{2}} + V (r)

$V_{eff}(r) = \frac{L^2}{2mr^2} + V(r)$ , also die

1 / r^{2}

$1/r^2$ Begriff kommt von

\frac{L^{2}}{2 m r^{2}}

$\frac{L^2}{2mr^2}$ !

Ali Moh

Wenn wir von der "nicht relativistischen Grenze" der allgemeinen Relativitätstheorie sprechen, impliziert dies, dass die

1 / r^{3}

$1/r^3$ viel kleiner ist als die beiden anderen Terme, damit diese Annäherung gültig ist

Benutzer12029

Versuchen Sie es mit Plotten

r^{- 2} - r^{- 1} - 0.01 \cdot r^{- 3}

$r^{-2}-r^{-1}-0.01\cdot r^{-3}$ stattdessen. Die Korrektur ist gering.

c^{- 2}

$c^{-2}$ ist klein.

Garyp

1 / r^{2}

$1/r^2$ : Aha. Ihr OP hatte einen Tippfehler ...

Alex

Ah ich sehe! Ich habe einige dieser Werte falsch berechnet und etwas um E92 herum bekommen. Das führt mich zum zweiten Teil meiner Frage – ich habe versucht, es anders anzugehen und festgestellt, dass seit einer kreisförmigen Umlaufbahn dies der Fall ist

r_{m i n} = r_{m a x}

$r_{min} = r_{max}$ , wären die beiden möglichen Radien einfach an den Extrema, richtig?

G. Paily

Exakt; Suchen Sie nach den Extrema des effektiven Potentials.

Antworten (2)

Keplersche Gesetze zur Bestimmung des Kreisbahnradius

$V_{eff}(r) = \frac{L^2}{2mr^2} + V(r)$ , also die $1/r^2$ Begriff kommt von $\frac{L^2}{2mr^2}$ !
Wenn wir von der "nicht relativistischen Grenze" der allgemeinen Relativitätstheorie sprechen, impliziert dies, dass die $1/r^3$ viel kleiner ist als die beiden anderen Terme, damit diese Annäherung gültig ist
Versuchen Sie es mit Plotten $r^{-2}-r^{-1}-0.01\cdot r^{-3}$ stattdessen. Die Korrektur ist gering. $c^{-2}$ ist klein.
Ah ich sehe! Ich habe einige dieser Werte falsch berechnet und etwas um E92 herum bekommen. Das führt mich zum zweiten Teil meiner Frage – ich habe versucht, es anders anzugehen und festgestellt, dass seit einer kreisförmigen Umlaufbahn dies der Fall ist $r_{min} = r_{max}$ , wären die beiden möglichen Radien einfach an den Extrema, richtig?
Exakt; Suchen Sie nach den Extrema des effektiven Potentials.

Pulsar · Answer 1

Deine Gleichung hat die Form

v_{eff} (R) = \frac{a}{R^{2}} - \frac{β}{R} - \frac{γ}{R^{3}}

$V_\text{eff}(r) = \frac{\alpha}{r^2} - \frac{\beta}{r} - \frac{\gamma}{r^3}$ Wenn Sie einstellen

α = β = γ = 1

$\alpha=\beta=\gamma=1$ , dann überschätzen Sie die

r^{- 3}

$r^{-3}$ Begriff, der eine kleine Korrektur sein soll. Sie werden nur dann zwei Extrema finden, wenn die Ableitung zwei Nullstellen hat:

v_{eff}^{'} (R) = - \frac{2 a}{R^{3}} + \frac{β}{R^{2}} + \frac{3 γ}{R^{4}} = 0

$V_\text{eff}'(r) = -\frac{2\alpha}{r^3} + \frac{\beta}{r^2} + \frac{3\gamma}{r^4} = 0$ was impliziert

β R^{2} - 2 a R + 3 γ = 0

$\beta r^2 - 2\alpha r + 3\gamma = 0$ Diese Gleichung hat die Diskriminante

Δ^{2} = 4 (a^{2} - 3 β γ)

$\Delta^2 = 4(\alpha^2 - 3\beta\gamma)$ So

V (r)

$V(r)$ hat zwei Extrema if

a^{2} ⩾ 3 β γ

$\alpha^2\geqslant 3\beta\gamma$ was wahr ist, wenn

γ

$\gamma$ ausreichend klein ist.

Vielen Dank, dass du mir hier geholfen hast! Das bringt mich zu meiner zweiten Frage, wie man die Radien findet. Da die Umlaufbahnen kreisförmig sind, $r_{min} = r_{max}$ Sie wären also nur am Extrem, oder? Gibt es einen einfacheren Weg, dies zu lösen? Ich hatte grafisch kein Glück, da die Werte so groß sind und die Formel zu kompliziert ist, um eine schöne Ableitung gleich Null zu ergeben.
@Alex Ja, die Radien sind an den Extrema. Einfach lösen $V_\text{eff}'(r)=0$ .

Alex · Answer 2

Das Finden der möglichen Radien ist eigentlich ganz einfach. Ich habe schon:

v_{e F F} (R) = \frac{L^{2}}{2 M R^{2}} - \frac{G M M}{R} - \frac{G M M L^{2}}{R^{3} (M C)^{2}}

$V_{eff}(r) = \frac{L^2}{2mr^2}-\frac{GMm}{r} - \frac{GMmL^2}{r^3(mc)^2}$

Ich habe irrtümlich grafisch dargestellt $1/r^2 - 1/r - 1/r^3$ , obwohl es in Wirklichkeit sinnvoller ist, zu nehmen $1/r^2 - 1/r - 0.1/r^3$ , seit $1/r^3$ ausreichend klein ist.

Da die Umlaufbahnen kreisförmig sind, liegen die potentiellen Radien an den Extrema der Funktion $V_{eff}(r)$ , also muss ich einfach nehmen:

v_{e F F}^{'} (R) = 0

$V'_{eff}(r) = 0$

\frac{- L^{2}}{M R^{3}} + \frac{G M M}{R^{2}} + \frac{3 G M M L^{2}}{R^{4} (M C)^{2}} = 0

$\frac{-L^2}{mr^3}+\frac{GMm}{r^2} + \frac{3GMmL^2}{r^4(mc)^2} = 0$ Multiplizieren Sie jede Seite mit

r^{4}

$r^4$ , kann ich sehen, dass ich eine ähnliche Gleichung habe wie:

A R^{2} + B R + C = 0

$ar^2 + br + c = 0$ Also kann ich die quadratische Formel verwenden, um zu erhalten:

R = | \frac{- L^{2} / M + - \sqrt{L^{4} C^{2} - 12 G^{2} M^{2} M^{2} L^{2}} / M C}{2 G M M} |

$r = |\frac{-L^2/m +- \sqrt{L^4c^2 - 12G^2M^2m^2L^2}/mc}{2GMm}|$ In Bezug auf mein Diagramm kann ich sehen, dass der erste dieser Radien instabil sein wird, weil die Energie größer ist als er, also ins Unendliche geht, während für den zweiten (größeren) Radius die Gesamtenergie größer als das lokale Minimum ist also Der Planet / das Teilchen wird in der Potentialmulde gefangen sein, also ist es stabil.

Wenn ich akzeptierte Werte für G, M, m, c und L in die Gleichung einsetze, die ein größeres r ergibt (wobei ich am +-Zeichen subtrahiere), erhalte ich den tatsächlichen Radius von der Erde zur Sonne, ~ $1.5*10^8 km$ !

Keplersche Gesetze zur Bestimmung des Kreisbahnradius

Alex

Garyp

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Garyp

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Pulsar

Alex

Pulsar

Alex

Keine stabilen geschlossenen Bahnen für ein Newtonsches Gravitationsfeld in d≠3d≠3d\neq 3 Raumdimensionen

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