Основы релятивистской механики. Монография

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Если полюс полярной

координат поместить

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

841 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1510 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

		dλ 2			2		2GM
				+ λ		=					(λ − A) +
				+ λ		=		l2			(λ − A) +
		dϕ						l2							(4.31)
								0							(4.31)
	G2 M2						2		1			3	1
+			3(λ − A)					−		hλ			+ O		.
+	2	2	3(λ − A)					−	3	hλ			+ O	4	.
	l c								3				c
	0

Опять, дифференцируя обе части этого уравнения по переменной λ , получим следующую укороченную форму квазилинейного уравнения релятивистской орбиты:

d2λ

+ λ =

1 +

(6(λ − A) − hλ

) + O

. (4.32)

dϕ

Наконец, привлекая прежние обозначения (3.18), запи-

сываем уравнение (4.32) в безразмерном виде:

d2ξ

+ ξ = 1 + ε 6ξ −

− ξ

+ O (ε

(4.33)

dϕ2

Сообразно правой части этого уравнения полагаем

ξ = ξ

+ εξ

+ O (ε2 ) ,

(4.34)

что для итераций ξ0 , ξ1 приводит к рекуррентным уравнениям:

d2ξ

+ ξ0

= 1 ,

(4.35)

dϕ2

d2ξ

+ ξ

6ξ

− 3

− ξ2 .

(4.36)

dϕ2

Решение первого из этих уравнений дает главную часть

траектории в виде классического эллипса:

ξ0 = 1 + e cosϕ .

(4.37)

Здесь, как и раньше, e

– произвольная постоянная, вы-

полняющая роль эксцентриситета. Подставив (4.37) в правую часть (4.36), получим следующее уравнение для определения первой итерации:

d2ξ

4 + 5e2

+ ξ

+ 4e cosϕ −

cos2ϕ .

(4.38)

dϕ2

Его частное решение выглядит так:

4 + 5e2

+ 2eϕ sin ϕ +

cos2ϕ .

(4.39)

Итак, имеем приведенную функцию траектории

ξ = 1 + e cosϕ + ε

4 + 5e

+ 2eϕ sin ϕ +

cos2ϕ + O (ε2 ).

(4.40)

Находим точки

точных математических перигелиев

из условия

dξ			e	2
	= −e sin ϕ + ε	2e sin ϕ + 2eϕ cosϕ −
dϕ
		3

sin2ϕ = 0 . (4.41)

Принимая за исходный перигелий точку ϕ = 0 , ищем второй перигелий в точке ϕ = 2π + δ с углом смещения δ порядка ε . Имеем

		dξ		= −e sin(2π + δ) +
		dϕ		= −e sin(2π + δ) +
				ϕ=2π+δ		2
				ϕ=2π+δ
					e
+ε	2e sin(2π + δ) + 2e(2π + δ) cos(2π + δ) −				e		sin(4π + 2δ)	=
+ε	2e sin(2π + δ) + 2e(2π + δ) cos(2π + δ) −						sin(4π + 2δ)	=
			3

		e	2
= −e sin δ + ε	2e sin δ + 2e(2π + δ) cosδ −			sin2δ	= 0.

	3

Отсюда, пренебрегая членами высших порядков, по и ,

получаем
δ = 4πε,			(4.42)
или
δ =	2πGM	.	(4.43)

	hc2

Видим, что на этот раз угол между соседними минимумами ровно в 3 раза меньше такого же угла (3.31), полученного при всех предыдущих вычислениях. Посмотрим, какое в данном случае получается наблюдаемое смещение большой оси классического эллипса.

Нужная расчетная формула уже была выведена в пункте 1.5. Вот она:

Δϕ = 2ε(1 + e)2 2∫π ξ1 dϕ + O (ε2 ).

0 ξ30

Подставляем в нее выражения (4.37), (4.39). Производя надлежащие вычисления с табличными интегралами, приведенными в приложении 1, получим формулу

		1 + 4,5e2 + 1,5e4
Δϕ = 4πε 1	+					,	(4.44)
Δϕ = 4πε 1	+					,	(4.44)
		2		1 − e	2
			(1 − e)	1 − e

или,

Δϕ =	2πGM		+	1 + 4,5e2			+ 1,5e4
		1								.	(4.45)
	hc2	1								.	(4.45)
	hc2			2			1 − e		2
					(1 − e)		1 − e
Эксцентриситет Меркурия равен 0,206. Подставив его
в формулу (4.45), получим значение
	Δϕ 0,978					6πGM		.			(4.46)
	Δϕ 0,978					2		.			(4.46)
						hc

Это значение в пересчете на 100 земных лет составляет примерно 42,3′′ и практически совпадает с действительно наблюдаемым смещением большой полуоси Меркурия!

4.4. Движение почти по гиперболе

Гипербола – это одна из трех канонических кривых второго порядка. Разность расстояний от каждой точки гиперболы до двух данных точек, фокусов, есть величина постоянная, равная ±2а. Гипербола состоит из двух ветвей и имеет две асимптоты (рис. 4.2).

	y
	r1	r
		r
1			x
1			x
–c		c
–a	a
	Рис. 4.2

На рис. 4.2 фокусы гиперболы расположены в точках (0, с), (0, –с). Прямые

y =	b	x,	y = −	b	x,
	a			a

служат ее асимптотами. Вид уравнения гиперболы в прямоугольной системе координат такой:

в правый фокус, а полярную ось направить вдоль оси Ох, то уравнение правой ветви гиперболы запишется так:

c2 − a2
r = a − c cos ϕ .	(4.48)

При этом фокусное расстояние с связано с параметрами, а и b соотношением теоремы Пифагора:

a2 + b2 = c2 .

(4.49)

Еще для уравнения гиперболы используются два таких параметра, как

e = c > 1, h = b2 , a a

носящих названия соответственно «эксцентриситет» и «фокальный параметр». Тогда параметры а и b выражаются через e и h так:

a =	h	, b =	h	,	(4.50)
	e2 −1		e2 −1

а уравнение гиперболы в этих параметрах (4.48) приобретает вид

r =	h
r =	1 − e cos ϕ .	(4.51)

В данном случае задача двух тел формулируется точно так же, как и в пункте 4.2. А именно: полагая центр масс системы двух материальных точек помещенным в правый фокус гиперболы, имеем уравнение движения (4.23). Из него путем тех же рассуждений, что и в пункте 4.3, получаем тот же первый интеграл (4.27) и затем ту же формулу (4.30) разложения квадрата скорости по малому параметру 1/с2 (буква с теперь означает скорость света, а не фокусное расстояние!). Запишем эту последнюю формулу так:

v2 = 2GM

− A

G2 M2

1 1

− A

−

+ O

3 r

где

h =

(4.52)

(4.53)

Как мы знаем, квадрат линейной скорости через полярный радиус и угловую координату выражается так:

v2 = r2 + r2ϕ2 .

Угловая скорость связана с величиной момента l линейной скорости равенством

l = l0 = r2ϕ,

благодаря которому выражение квадрата линейной скорости приобретает вид

v2 = r2 +	l2
	0	.	(4.54)

	r2

Подстановка (4.53), (4.54) в (4.52) приводит к следующему уравнению для определения зависимости полярного радиуса от времени:

r2 +	l2			l2	1			1	l4		1	2		1	h				1
	0		= 2	0		− A	+		0		3	− A	−				+ O				, (4.55)
	r	2						c h		2				3 r		3				4
				h r							r							c
								2

или,

													1		r2 =					2		1						1
																							− A			−			+
												l2											− A			−		r2	+
												l2								h r								r2
													0																								(4.56)
					1				l2								1					2			1 h						1						(4.56)
					1				l2								1					2			1 h						1
				+					0					3					− A −									+ O						,
				+										3					− A −									+ O						,
							2				2					r									3 r		3				c		4
						c h										r									3 r						c
отсюда,
	r		2 1					1							1			l02				1					2			h 1					1
		= −		− A			−						+								3			− A				−					+ O				. (4.57)
	l0	= −		− A			−		r	2			+			c h				2	3			− A				−		3 r		3	+ O			4	. (4.57)
	l0		h r						r							c h						r								3 r					c
															2

Знак «–» обусловлен тем, что начало движения полагается из очень удаленной точки и затем с течением времени расстояние r(t) сокращается. Постоянную А выберем из условия

2		1				1
			− A	−			= 0,	(4.58)
			− A	−		2	= 0,	(4.58)
	h r				r	2
		min			min
где

r = c − a = a(e −1) =	h		.	(4.59)
	e +
min		1

Тогда получим

A = −	1	.	(4.60)

	2a

Разделяя в уравнении (4.57) переменные и выделяя в нем разложение по малому параметру 1/с2, перепишем его в виде

1 −

или,

1 −

									1			−	2		−		h 1
	2					3							A									1
	2					3							A				3 r3
1 l0									r								3 r3
																						+ O
2c2 h2									2			1						1				+ O
2c2 h2									2			1	− A			−		1				c4

																		r2
									h r									r2
											dr									= −l0dt,

									1					1
				2					1					1
											− A −
											− A −				r2
				h r											r2
1			l2			3(1 − Ar)2 r −													h		1	1
1			l2			3(1 − Ar)2 r −															1	1
		0																3				+ O
							2															+ O
2c2 h2							2			(1 − Ar)r −1 r												c4
2c2 h2										(1 − Ar)r −1 r												c4
							h
											rdr									= −l0dt.

					2			(1 − Ar)r −1
					2

⎠

(4.61)

(4.62)

Интегрируя обе части, получим следующий вид неявной формы решения:

J −	1	l2	J + O		1		= l (T − t).
		0						(4.63)
	2					4
1		h	2				0
	2c			c

Здесь l0T – постоянная интегрирования, а J1, J2 означают такие интегралы:


J1 = ∫		rdr
			,	(4.64)
			,	(4.64)
	2	(1 − Ar)r −1
		(1 − Ar)r −1

		3(1 − Ar)2 r −		h
		3(1 − Ar)2 r −
J2 = ∫			3				dr.	(4.65)
J2 = ∫	2				3	2	dr.
					3

			(1 − Ar)r −1
			(1 − Ar)r −1
	h

Оба эти интеграла вычисляются в конечном виде. Их можно вычислить, применяя известные приемы интегрирования или взяв непосредственно из таблиц интегралов. Опуская довольно-таки громоздкие промежуточные выкладки, запишем окончательный результат:

J1 = −a

ah (I − 2

R ),

(4.66)

1 +

19 h

1 +

3 h

1 r2

ah I +

−

, (4.67)

2 a2

1 +

a 3

1 +

где

I =

= ln 1

+ 2

(4.68)

2a ∫

R =

−

(r + a)2

− a(h + a) .

(4.69)

4a2

2a 4a 4a2

Так как формула (4.63), выражающая решение, получе-

на лишь с точностью до

, то и фигурирующие в решении

функции тоже необходимо представить с такой же точностью. Поэтому записываем

	1				1
r = r0 +			r1 + O				.		(4.70)
	2					4
	c				c
Тогда
	1				1
R = R0 +				R1	+ O			,	(4.71)
	2						4
		c			c

где

R =

−

(r + a)

− a(h + a)

(4.72)

r0r1

1 +

(4.73)

2a2

Интеграл (4.68):

I = I0 +

+ O

(4.74)

где

= ln

1 +

+ 2

(4.75)

I1 =

(4.76)

R +

Внося представления (4.72)–(4.76) в интегралы J1, J2, приводим их к виду

				1				R			1
J = −a ah I		− 2	R +		I		−	1	+ O				,
J = −a ah I		− 2	R +	2	I		−		+ O			4	,
1	0		0	2		1		R				4
				c				R		c
								0

1 +

19 h

1 +

3 h

1 r

36 a

5 a

ah I +

−

2 a2

1 +

a 3

1 +

(4.77)

(4.78)

Подставляем эти последние выражения интегралов в решение (4.63) и приравниваем в нем коэффициенты при нулевой и второй степенях параметра 1/с. Имеем рекуррентную систему:

r1 = 3 a l02

4 h

a ah (2 R0 − I0 ) = l0 (T − t),

2 1 +

19 h

1 r

36 a

R I +

−

0 0

2 a

+3 h

1 5 a h .

+h a

1 a

(4.79)

(4.80)

Выпишем также разложение квадрата скорости на классическую и релятивистскую составляющие. Для этого вносим представление (4.70) в формулу (4.52):

	1
v2 = 2GM		− A	+

r0

	G2 M2			2										(4.81)
			1			1		1		2		r		1
+		3		− A	−		h		−			1	+ O		.
	c2					3		r 3		GM r2
		r											c4
			0					0			0

Получить явную зависимость полярного радиуса от времени из равенств (4.79), (4.80), конечно, нельзя. Найдем некоторые характерные значения. Предположим, что движение начинается из очень удаленной точки. То есть считаем, что в начальный момент t = 0 у нас r(0) значительно превосходит все остальные линейные размеры. Тогда, применяя в формулах (4.79), (4.80), (4.81) известные асимптотические приближения, можем записать

	r0 (0)			l0			T ,					(4.82)
	r0 (0)						T ,					(4.82)
				ah
			3 l2
	r1 (0)			0	r0 (0),							(4.83)
	r1 (0)				r0 (0),							(4.83)
			8 ah
v2		2GM		1 −		3 l2			1
	(0)							0			.	(4.84)
	(0)								2		.	(4.84)
		r0 (0)							2
		r0 (0)				8 ah c
В точке
r = r = c − a = a2 + b2										− a
0	min

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1510 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]