Bölüm 8

İki Cisim Problemi ve Merkezi Kuvvetler

İki cisim probleminin kütle merkezi ve bağıl harekete ayrılması, indirgenmiş kütle; korunum yasaları ve düzlemsel hareket; etkin potansiyel ve eşdeğer tek boyutlu problem; yörünge denklemi; Kepler yörüngeleri (elips, parabol, hiperbol), Kepler'in üç yasası ve vis-viva denklemi; çift yıldızlar ve gezegen kütleleri; yörünge değiştirme ve Hohmann aktarımı; Newton'un küresel kabuk teoremi.

27 dk okuma6 çözümlü örnek6 şekil17 problem

Bu bölümde

İki cisim problemini kütle merkezinin hareketi ile kütlesi indirgenmiş kütle olan tek bir parçacığın hareketine ayırmayı
Açısal momentumun korunumunu kullanarak problemi etkin potansiyelli tek boyutlu bir probleme indirgemeyi
Yörünge denklemini türetmeyi ve ters kare kuvvetin yörüngelerinin konik kesitler olduğunu göstermeyi
Kepler'in üç yasasını Newton yasalarından çıkarmayı; yörünge parametrelerini enerji ve açısal momentumla ilişkilendirmeyi
Yörünge değiştirme manevralarını ve Hohmann aktarımını hesaplamayı
Küresel simetrik bir kütlenin dışarıda bir nokta kütle gibi çektiğini kanıtlamayı

8.1Problem ve kütle merkezi koordinatları

Gezegenlerin Güneş çevresindeki hareketi, Ay'ın Dünya çevresindeki hareketi, çift yıldızlar, hidrojen atomundaki elektron ve proton: bunların hepsi iki cisim problemidir. Kütleleri $m_1$ ve $m_2$ olan iki cisim yalnızca birbirleriyle etkileşir ve etkileşme enerjisi yalnızca aralarındaki uzaklığa bağlıdır (4. bölüm):

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 m_1\dot{\vb{r}}_1^2 + \tfrac12 m_2\dot{\vb{r}}_2^2 - U(r), \qquad \vb{r} = \vb{r}_1 - \vb{r}_2 $$

Cisimleri parçacık sayıyoruz; gezegenler ve yıldızlar için bunun neden haklı olduğunu Kısım 8.7'de göreceğiz. Altı koordinatı ($\vb{r}_1$ ve $\vb{r}_2$) daha uygun altı koordinatla değiştirelim: kütle merkezi $\vb{R}$ ve bağıl konum $\vb{r}$.

$$ \vb{R} = \frac{m_1\vb{r}_1 + m_2\vb{r}_2}{M}, \qquad \vb{r}_1 = \vb{R} + \frac{m_2}{M}\vb{r}, \qquad \vb{r}_2 = \vb{R} - \frac{m_1}{M}\vb{r} $$

(8.1)

Burada $M = m_1 + m_2$'dir. Bu ifadeleri kinetik enerjide yerine koyunca karma terimler birbirini götürür (7. bölümdeki toplam momentum probleminde yaptığımız hesabın aynısı):

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 M\dot{\vb{R}}^2 + \tfrac12\mu\dot{\vb{r}}^2 - U(r), \qquad \mu = \frac{m_1m_2}{m_1 + m_2} $$

(8.2)

$\mu$'ye indirgenmiş kütle denir. Lagrange fonksiyonu iki bağımsız parçaya ayrılmıştır. $\vb{R}$ döngüseldir: toplam momentum $M\dot{\vb{R}}$ korunur ve kütle merkezi sabit hızla hareket eder. KM'nin durgun olduğu çerçeveye geçersek (bu çerçeve eylemsizdir) geriye yalnızca

$$ \mathcal{L} = \tfrac12\mu\dot{\vb{r}}^2 - U(r) $$

(8.3)

kalır: kütlesi $\mu$ olan tek bir parçacığın, sabit bir merkezden gelen $U(r)$ potansiyelindeki hareketi. İki cisim problemi, bir cisim problemine indirgenmiştir. Bu problemi çözüp $\vb{r}(t)$'yi bulunca, (8.1) ile iki cismin KM'ye göre konumları $\vb{r}_1 = (m_2/M)\vb{r}$ ve $\vb{r}_2 = -(m_1/M)\vb{r}$ olur: iki cisim KM çevresinde, aynı biçimde ama kütleleriyle ters orantılı büyüklükte iki yörünge çizer.

İki cisim koordinatları — **Şekil 8.1.** İki cisim, kütle merkezi $\vb{R}$ ve bağıl konum $\vb{r} = \vb{r}_1 - \vb{r}_2$. KM, iki cismi birleştiren doğruyu kütlelerle ters orantılı parçalara böler.

İndirgenmiş kütle, küçük kütleden daha küçüktür. Kütlelerden biri çok büyükse ($m_2 \gg m_1$) $\mu \approx m_1$ olur ve büyük cisim KM'de neredeyse durgun kalır; Güneş–gezegen ve Dünya–uydu sistemleri böyledir. Kütleler eşitse $\mu = m/2$'dir; 4. bölümdeki argon molekülü böyleydi.

Örnek 8.1Hidrojen atomunda indirgenmiş kütle

Hidrojen atomunda elektron ($m_e = 9{,}109 \times 10^{-31}$ kg) ve proton ($m_p = 1{,}673 \times 10^{-27}$ kg) birbirini çeker. İndirgenmiş kütlenin elektron kütlesinden farkı nedir? Bu fark ölçülebilir mi?

Çözüm

$\mu/m_e = m_p/(m_e + m_p) = 1/(1 + m_e/m_p) = 0{,}99946$. İndirgenmiş kütle elektron kütlesinden %0,054 küçüktür. Atomun enerji düzeyleri kütleyle orantılı olduğundan bütün spektral çizgiler bu oranda kayar. Bu küçük kayma çok iyi ölçülebilir: Harold Urey, 1931'de hidrojen spektrumunda kütlesi iki katı olan çekirdekten gelen, biraz kaymış zayıf çizgileri görerek ağır hidrojeni (döteryumu) keşfetti ve 1934 Nobel Kimya Ödülü'nü aldı.

8.2Korunum yasaları ve düzlemsel hareket

(8.3)'ün potansiyel enerjisi yalnızca $r$'ye bağlıdır; kuvvet merkezidir ve açısal momentum $\boldsymbol{\ell} = \vb{r}\times\mu\dot{\vb{r}}$ korunur (3. bölüm). Bunun iki sonucu vardır. Birincisi, hareket $\boldsymbol{\ell}$'ye dik ve merkezden geçen sabit bir düzlemdedir. Bu düzlemde kutupsal koordinatlar $(r, \phi)$ kullanabiliriz:

$$ \mathcal{L} = \tfrac12\mu\left(\dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2\right) - U(r) $$

İkincisi, $\phi$ döngüseldir ve büyüklüğü

$$ \ell = \mu r^2\dot{\phi} $$

(8.4)

olan açısal momentum korunur. Bu, Kepler'in ikinci yasasıdır (3. bölüm): alan tarama hızı $\ell/2\mu$ sabittir. $\mathcal{L}$ zamana açıkça bağlı değildir ve sistem doğaldır; enerji de korunur:

$$ E = \tfrac12\mu\left(\dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2\right) + U(r) $$

8.3Eşdeğer tek boyutlu problem

Radyal Lagrange denklemi

$$ \mu\ddot{r} = \mu r\dot{\phi}^2 - U'(r) $$

dir. Sağdaki ilk terimde $\dot{\phi}$'yi korunan $\ell$ cinsinden yazalım: $\mu r\dot{\phi}^2 = \ell^2/(\mu r^3)$. Bu terim, $\ell^2/(2\mu r^2)$ potansiyel enerjisinin eksi türevi olarak yazılabilir. Dolayısıyla radyal hareket, tek boyutta

$$ U_{\text{etkin}}(r) = U(r) + \frac{\ell^2}{2\mu r^2} $$

(8.5)

potansiyelinde hareket eden bir parçacığın hareketidir: $\mu\ddot{r} = -\dd U_{\text{etkin}}/\dd r$. Enerji de

$$ E = \tfrac12\mu\dot{r}^2 + U_{\text{etkin}}(r) $$

(8.6)

biçimini alır. İkinci terim $\ell^2/(2\mu r^2)$'ye merkezkaç potansiyel enerjisi denir. Gerçek bir kuvvetten gelmez; açısal momentumun korunumunun bir sonucudur: parçacık merkeze yaklaştıkça açısal hızı artar ve bu dönme hareketinin kinetik enerjisi, radyal hareketin "bakış açısından" bir itici potansiyel gibi davranır. Parçacığın merkeze ulaşmasını ($\ell \neq 0$ iken) bu engel önler.

Artık 4. bölümün bütün araçlarını kullanabiliriz. Şekil 8.2, kütle çekim potansiyeli için etkin potansiyeli gösteriyor. $U = -\gamma/r$ (kütle çekimde $\gamma = Gm_1m_2$) kısa uzaklıklarda merkezkaç teriminin baskınlığıyla $+\infty$'a, uzun uzaklıklarda sıfıra gider ve arada bir en küçük değeri vardır.

$E = U_{\text{etkin,min}}$: $r$ sabittir, yörünge çemberdir.
$U_{\text{etkin,min}} < E < 0$: $r$, iki dönüş noktası $r_{\min}$ ve $r_{\max}$ arasında gidip gelir; yörünge sınırlıdır. Bu noktalara Güneş çevresindeki yörüngede günberi ve günöte, Dünya çevresinde yerberi ve yeröte denir; genel adları apsis noktalarıdır.
$E \ge 0$: yalnızca bir dönüş noktası vardır; parçacık merkeze yaklaşır, en yakın noktadan geçer ve sonsuza gider (sınırsız yörünge).

Çembersel yörüngelerin yarıçapı $U'_{\text{etkin}}(r_0) = 0$ koşulundan bulunur; kararlılıkları $U''_{\text{etkin}}(r_0) > 0$ ile belirlenir (Problem 8.10).

8.4Yörünge denklemi

Etkin potansiyel $r(t)$'yi verir; ama çoğu zaman asıl merak ettiğimiz yörüngenin biçimidir: $r$'nin $\phi$'ye bağlılığı. Bunun için zamanı denklemden çıkaralım. İki adım bunu çok kolaylaştırır: bağımsız değişkeni $t$'den $\phi$'ye geçirmek ve $r$ yerine $u = 1/r$ kullanmak. (8.4) ile $\dd/\dd t = \dot{\phi}\,\dd/\dd\phi = (\ell u^2/\mu)\,\dd/\dd\phi$. Buradan

$$ \dot{r} = \frac{\ell u^2}{\mu}\dv{}{\phi}\left(\frac{1}{u}\right) = -\frac{\ell}{\mu}\dv{u}{\phi}, \qquad \ddot{r} = \frac{\ell u^2}{\mu}\dv{}{\phi}\left(-\frac{\ell}{\mu}\dv{u}{\phi}\right) = -\frac{\ell^2u^2}{\mu^2}\frac{\dd^2u}{\dd\phi^2} $$

Radyal denklem $\mu\ddot{r} - \ell^2u^3/\mu = F(r)$ ($F = -U'$) olduğundan

$$ \frac{\dd^2u}{\dd\phi^2} = -u - \frac{\mu}{\ell^2u^2}\,F\!\left(\frac{1}{u}\right) $$

(8.7)

bulunur. Bu, yörünge denklemidir (Binet denklemi). Kuvvet yasası verildiğinde yörüngeyi, verilen bir yörüngeden de kuvvet yasasını bulmamızı sağlar.

8.5Kepler yörüngeleri

Şimdi en önemli durumu, ters kare kuvveti $F = -\gamma/r^2 = -\gamma u^2$ ele alalım. (8.7),

$$ \frac{\dd^2u}{\dd\phi^2} = -u + \frac{\gamma\mu}{\ell^2} $$

olur. $w = u - \gamma\mu/\ell^2$ değişkeniyle bu, $w'' = -w$ basit harmonik denklemidir; çözümü $w = A\cos(\phi - \delta)$'dır. Açıyı en yakın noktadan ölçmeye başlayalım ($\delta = 0$) ve $A = \epsilon\gamma\mu/\ell^2$ yazalım:

$$ r(\phi) = \frac{c}{1 + \epsilon\cos\phi}, \qquad c = \frac{\ell^2}{\gamma\mu} $$

(8.8)

Bu, odak noktası orijinde olan bir konik kesitin kutupsal denklemidir. $c$'ye yarı parametre (semi-latus rectum), $\epsilon$'a dışmerkezlik denir. Yörüngenin türü $\epsilon$'a bağlıdır:

$\epsilon$	Enerji	Yörünge
$0$	$E = U_{\text{etkin,min}}$	çember
$0 < \epsilon < 1$	$E < 0$	elips
$1$	$E = 0$	parabol
$\epsilon > 1$	$E > 0$	hiperbol

Konik kesitler — **Şekil 8.3.** Aynı en yakın uzaklığa ($r_{\min}$) sahip yörüngeler: çember ($\epsilon = 0$), elips ($\epsilon = 0{,}6$), parabol ($\epsilon = 1$) ve hiperbol ($\epsilon = 1{,}5$). Hepsinin bir odağı kuvvet merkezindedir.

Dışmerkezlik ile enerji arasındaki bağıntı, en yakın noktada ($\dot{r} = 0$, $r_{\min} = c/(1 + \epsilon)$) enerjiyi hesaplayarak bulunur (Problem 8.5):

$$ E = \frac{\gamma^2\mu}{2\ell^2}\left(\epsilon^2 - 1\right) $$

(8.9)

Elips yörüngeler

$0 < \epsilon < 1$ iken $r$, $r_{\min} = c/(1 + \epsilon)$ ile $r_{\max} = c/(1 - \epsilon)$ arasında değişir. Elipsin büyük yarı ekseni $a$ ve küçük yarı ekseni $b$

$$ a = \frac{r_{\min} + r_{\max}}{2} = \frac{c}{1 - \epsilon^2}, \qquad b = \frac{c}{\sqrt{1 - \epsilon^2}} = a\sqrt{1 - \epsilon^2} $$

(8.10)

olur ve odakların merkeze uzaklığı $a\epsilon$'dur. (8.9) ile enerji yalnızca büyük yarı eksene bağlıdır:

$$ E = -\frac{\gamma}{2a} $$

(8.11)

Elipsin elemanları — **Şekil 8.4.** Kepler elipsi: büyük yarı eksen $a$, küçük yarı eksen $b$, odak uzaklığı $a\epsilon$, en yakın ve en uzak noktalar. Kuvvet merkezi (Güneş) odaklardan birindedir; öbür odak boştur.

Bu sonuçlarla Kepler'in üç yasasını Newton yasalarından çıkarmış oluyoruz. Birinci yasa, gezegenlerin Güneş bir odakta olmak üzere elipsler çizmesi: (8.8). İkinci yasa, eşit sürelerde eşit alanlar: açısal momentumun korunumu. Üçüncü yasa için ikinci yasayı kullanalım: alan tarama hızı $\ell/2\mu$ olduğundan bir periyotta taranan alan $\pi ab = (\ell/2\mu)T$'dir. $b^2 = ac$ ve $c = \ell^2/\gamma\mu$ ile

$$ T^2 = \frac{4\pi^2\mu^2a^2b^2}{\ell^2} = \frac{4\pi^2\mu}{\gamma}\,a^3 = \frac{4\pi^2}{G(m_1 + m_2)}\,a^3 $$

(8.12)

bulunur (kütle çekimde $\gamma = Gm_1m_2$, dolayısıyla $\mu/\gamma = 1/[G(m_1 + m_2)]$). Periyodun karesi büyük yarı eksenin küpüyle orantılıdır. Kepler bu yasayı 1619'da gözlemlerden bulmuştu; oran sabiti ise toplam kütleye bağlıdır. Gezegenlerin kütlesi Güneş'inkinin yanında çok küçük olduğundan bütün gezegenler için $T^2/a^3$ neredeyse aynıdır (Jüpiter için fark binde bir mertebesindedir).

Son olarak, enerji korunumu ve (8.11) birlikte, yörüngenin herhangi bir noktasındaki hızı yalnızca uzaklıktan veren çok kullanışlı bir bağıntı verir. $\tfrac12\mu v^2 - \gamma/r = -\gamma/2a$ olduğundan, $m_2 \gg m_1$ için ($\gamma/\mu \approx GM$):

$$ v^2 = GM\left(\frac{2}{r} - \frac{1}{a}\right) $$

(8.13)

Bu, vis-viva ("canlı kuvvet") denklemidir.

Örnek 8.2Halley kuyruklu yıldızının yörüngesi

3. bölümde Halley kuyruklu yıldızının günberi ve günöte uzaklıklarını (0,586 AB ve 35,1 AB) ve günberideki hızını (54,6 km/s) kullanarak günöte hızını bulmuştuk. Şimdi yalnızca uzaklıkları kullanarak yörüngenin dışmerkezliğini, periyodunu ve iki uçtaki hızları bulun. ($GM_\odot = 1{,}327 \times 10^{20}$ m³/s², 1 AB $= 1{,}496 \times 10^{11}$ m)

Çözüm

$a = (0{,}586 + 35{,}1)/2 = 17{,}84$ AB ve $\epsilon = (r_{\max} - r_{\min})/(r_{\max} + r_{\min}) = 0{,}967$: çok basık bir elips. (8.12) ile, Güneş'in kütlesi yanında kuyruklu yıldızınki ihmal edilerek, Dünya için ($a = 1$ AB, $T = 1$ yıl) $T^2/a^3 = 1$ olduğundan $T = 17{,}84^{3/2} \approx 75{,}4$ yıl. (8.13):

$$ \begin{aligned} &v_{\text{g}} = \sqrt{GM_\odot\left(\frac{2}{r_{\min}} - \frac{1}{a}\right)} \approx 54{,}6\ \text{km/s},\\ &v_{\text{ö}} = \sqrt{GM_\odot\left(\frac{2}{r_{\max}} - \frac{1}{a}\right)} \approx 0{,}911\ \text{km/s} \end{aligned} $$

3. bölümdeki sonucu (0,912 km/s) ve günberi hızını, bu kez hiçbir hız verisi kullanmadan elde ettik. Periyot, kuyruklu yıldızın gerçek periyoduyla (gezegenlerin çekimi yüzünden 74–79 yıl arasında değişir) uyumludur.

Örnek 8.3Yer durağan yörünge

İletişim uyduları, Dünya'nın dönmesiyle aynı periyotta (bir yıldız günü, 86 164 s) ve ekvator düzleminde dairesel bir yörüngede dolanır; böylece yerden bakıldığında gökyüzünde sabit dururlar. Bu yörüngenin yarıçapını ve uydunun hızını bulun. ($GM_D = 3{,}986 \times 10^{14}$ m³/s²)

Çözüm

(8.12) ile, uydunun kütlesi ihmal edilerek

$$ r = \left(\frac{GM_DT^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} = \left(\frac{3{,}986 \times 10^{14} \times 86\,164^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} \approx 4{,}216 \times 10^7\ \text{m} $$

Yörünge Dünya'nın merkezinden 42 160 km, yüzeyinden yaklaşık 35 790 km yüksektedir. Hız $2\pi r/T \approx 3{,}07$ km/s'dir. Periyot olarak güneş günü (86 400 s) değil yıldız günü kullanılmalıdır: Dünya, Güneş'e göre değil yıldızlara göre bir turunu 23 sa 56 dk'da tamamlar. Bu yörüngeyi 1945'te bilim kurgu yazarı Arthur C. Clarke iletişim uyduları için önermişti.

Örnek 8.4Sirius çift yıldızının kütlesi

Gökyüzünün en parlak yıldızı Sirius, aslında bir çift yıldızdır: Sirius A ve sönük bir beyaz cüce olan Sirius B. Bağıl yörüngenin büyük yarı ekseni 19,8 AB, periyodu 50,1 yıldır. Sistemin toplam kütlesi nedir?

Çözüm

(8.12)'yi Güneş kütlesi, AB ve yıl birimleriyle yazarsak $m_1 + m_2 = a^3/T^2$ (Dünya–Güneş sisteminde bu oran 1'dir):

$$ m_1 + m_2 = \frac{19{,}8^3}{50{,}1^2} \approx 3{,}09\ M_\odot $$

Gökbilimciler ayrıca iki yıldızın KM çevresindeki yörüngelerinin büyüklüklerini ölçerek kütle oranını da bulur ($r_1/r_2 = m_2/m_1$, (8.1)). Sirius için sonuç yaklaşık 2,06 ve 1,02 güneş kütlesidir. Çift yıldızlar, yıldız kütlelerinin doğrudan ölçülebildiği neredeyse tek yoldur; Dünya büyüklüğünde bir hacme yaklaşık bir güneş kütlesi sığdıran Sirius B, beyaz cücelerin olağanüstü yoğunluğunun anlaşılmasında önemli rol oynadı.

Sınırsız yörüngeler

$\epsilon > 1$ iken (8.8)'in paydası, $\cos\phi = -1/\epsilon$ olan iki açıda sıfıra gider; yörünge bu iki doğrultuda sonsuza uzanan bir hiperboldür. Parçacık sonsuzdan sıfırdan büyük bir hızla gelir, merkezin yakınından geçer ve yön değiştirerek yine sonsuza gider. Sonsuzdaki hız enerji korunumundan bulunur: $\tfrac12\mu v_\infty^2 = E$. $\epsilon = 1$ özel durumunda yörünge parabol, sonsuzdaki hız sıfırdır; bu, kaçış hızına tam eşit bir başlangıç hızına karşılık gelir.

Örnek 8.5Yıldızlararası ziyaretçi

2017'de keşfedilen 'Oumuamua, Güneş Sistemi'nin dışından geldiği kesin olarak bilinen ilk cisimdir. Yörüngesinin dışmerkezliği 1,201, Güneş'e en yakın uzaklığı 0,256 AB'dir. Güneş'ten çok uzaktaki hızını ve en yakın noktadaki hızını bulun.

Çözüm

Hiperbolde $r_{\min} = c/(1 + \epsilon)$. (8.9)'u $c = \ell^2/(\gamma\mu)$ ile $E = \gamma(\epsilon^2 - 1)/(2c)$ biçiminde yazıp $c = r_{\min}(1 + \epsilon)$ koyarsak $E = \gamma(\epsilon - 1)/(2r_{\min})$; $\gamma/\mu \approx GM_\odot$ ile

$$ v_\infty = \sqrt{\frac{GM_\odot(\epsilon - 1)}{r_{\min}}} = \sqrt{\frac{1{,}327 \times 10^{20} \times 0{,}201}{0{,}256 \times 1{,}496 \times 10^{11}}} \approx 26\ \text{km/s} $$

En yakın noktadaki hız vis-viva'nın hiperbol biçiminden ya da enerji korunumundan $v_{\min} = \sqrt{v_\infty^2 + 2GM_\odot/r_{\min}} \approx 87$ km/s bulunur. Sonsuzdaki hızın sıfırdan büyük olması, cismin Güneş'e bağlı olmadığını, başka bir yıldız sisteminden geldiğini kanıtlar.

8.6Yörünge değiştirme

Bir uzay aracının yörüngesini değiştirmek için motorları kısa bir süre çalıştırılır ve hızı $\Delta v$ kadar değiştirilir. Motor yanması kısa olduğundan araç bu sürede yer değiştirmez; yeni yörünge, aracın o noktadaki yeni hızıyla belirlenir. Hızı en verimli biçimde kullanmanın yolu, itkiyi yörüngeye teğet uygulamaktır.

İki dairesel yörünge arasında en az yakıtla geçiş, 1925'te Walter Hohmann'ın önerdiği Hohmann aktarımıdır. İç yörüngedeki araç teğet doğrultuda hızlandırılarak, en yakın noktası iç yörüngede, en uzak noktası dış yörüngede olan bir elipse (aktarım elipsine) geçirilir. Araç elipsin yarısını dolanıp dış yörüngeye ulaşınca yeniden teğet doğrultuda hızlandırılır ve dış dairesel yörüngeye yerleşir.

Örnek 8.6Dünya'dan Mars'a

Dünya'nın (1,000 AB) ve Mars'ın (1,524 AB) yörüngelerini dairesel ve aynı düzlemde kabul ederek, Dünya yörüngesinden Mars yörüngesine bir Hohmann aktarımı için gereken iki hız değişimini ve yolculuk süresini bulun. Gezegenlerin kendi çekimlerini ihmal edin.

Çözüm

Dairesel hızlar $v = \sqrt{GM_\odot/r}$: Dünya yörüngesinde 29,78 km/s, Mars yörüngesinde 24,13 km/s. Aktarım elipsinin büyük yarı ekseni $a = (1{,}000 + 1{,}524)/2 = 1{,}262$ AB. Vis-viva (8.13) ile elipsin iki ucundaki hızlar 32,73 km/s (iç uç) ve 21,48 km/s (dış uç) olur. Gereken hız değişimleri

$$ \Delta v_1 = 32{,}73 - 29{,}78 = 2{,}95\ \text{km/s}, \qquad \Delta v_2 = 24{,}13 - 21{,}48 = 2{,}65\ \text{km/s} $$

Yolculuk elipsin yarısıdır; (8.12) ile $T/2 = \tfrac12(1{,}262)^{3/2}$ yıl $\approx 0{,}709$ yıl, yani yaklaşık 259 gündür. Gerçek Mars görevleri de 7–9 ay sürer. Aktarımın başarılı olması için Mars, araç dış uca vardığında orada olmalıdır; bu yüzden fırlatma pencereleri yaklaşık her 26 ayda bir açılır.

8.7Küresel kabuk teoremi

Bu bölüm boyunca Güneş'i, gezegenleri ve yıldızları nokta kütle saydık. Oysa bunlar büyük cisimlerdir. Newton bu sorunu yıllarca düşündü ve sonunda, Principia'da yayımlanan şu sonucu kanıtladı:

Teorem 8.1Küresel kabuk teoremi

Türdeş, ince bir küresel kabuk, dışındaki bir parçacığı, bütün kütlesi merkezinde toplanmış gibi çeker. İçindeki bir parçacığa ise hiçbir net kuvvet uygulamaz.

Kanıtı potansiyel enerjiyle yapmak en kolayıdır. Yarıçapı $R$, kütlesi $M$ olan kabuğu, merkezden $r$ uzaklıktaki bir $P$ noktasına göre halkalara bölelim (Şekil 8.6). $P$ doğrultusuyla $\theta$ açısı yapan halkanın kütlesi, kabuk alanının $2\pi R^2\sin\theta\,\dd\theta/(4\pi R^2)$ kesridir: $\dd M = \tfrac12 M\sin\theta\,\dd\theta$. Halkanın bütün noktaları $P$'den aynı $s$ uzaklığındadır; kosinüs teoremine göre

$$ s^2 = R^2 + r^2 - 2Rr\cos\theta \quad\Rightarrow\quad s\,\dd s = Rr\sin\theta\,\dd\theta $$

Birim kütlenin $P$'deki potansiyel enerjisi (kütle çekim potansiyeli)

$$ \begin{aligned} \Phi(r) &= -\int\frac{G\,\dd M}{s} = -\frac{GM}{2}\int_0^\pi\frac{\sin\theta\,\dd\theta}{s}\\ &= -\frac{GM}{2Rr}\int_{|r - R|}^{r + R}\dd s = -\frac{GM}{2Rr}\left[(r + R) - |r - R|\right] \end{aligned} $$

olur. Dışarıda ($r > R$) köşeli parantez $2R$'dir ve $\Phi = -GM/r$: nokta kütlenin potansiyeli. İçeride ($r < R$) köşeli parantez $2r$'dir ve $\Phi = -GM/R$: sabit, dolayısıyla kuvvet sıfır ∎.

Küresel kabuk — **Şekil 8.6.** Kabuk, $P$ noktasına göre ince halkalara bölünür. $\theta$ açısındaki halkanın bütün noktaları $P$'den aynı $s$ uzaklığındadır.

Türdeş (ya da yoğunluğu yalnızca merkeze uzaklığa bağlı olan) bir küre, iç içe ince kabuklardan oluşur. Teoremden iki sonuç çıkar: küresel simetrik bir cisim dışarıda bir nokta kütle gibi çeker (gezegenleri nokta saymamız tam olarak doğrudur); içerideki bir noktada ise yalnızca o noktadan içerideki kütle çeker. 5. bölümdeki Dünya tüneli örneğinde bu ikinci sonucu kullanmıştık: türdeş Dünya'nın içinde $r$ uzaklıkta çeken kütle $M(r/R)^3$'tür ve kuvvet $r$ ile orantılıdır. Aynı sonuç, ters kare yasasına uyan elektrostatik kuvvet için de geçerlidir (Gauss yasası).

Tarihçe

Newton, kütle çekimin ters kare yasasını ve Ay'ın hareketini 1666 dolaylarında karşılaştırdı: Ay'ın merkezcil ivmesi, yerdeki $g$'nin Dünya yarıçapının 60 katı uzaklıktaki karşılığına, $g/60^2$'ye eşit olmalıydı (Problem 8.4). Ama Dünya'yı nokta kütle sayıp saymamanın haklı olup olmadığını uzun süre kanıtlayamadı. Kabuk teoremini ancak 1685 dolaylarında kanıtlayabildi ve bu, Principia'nın (1687) yazılmasının önündeki son engeli kaldırdı.

Özet

İki cisim problemi, KM'nin serbest hareketi ve kütlesi indirgenmiş kütle $\mu = m_1m_2/(m_1 + m_2)$ olan tek bir parçacığın merkezi bir potansiyeldeki hareketine ayrılır; bkz. (8.2) ve (8.3).
Açısal momentum $\ell = \mu r^2\dot{\phi}$ korunur (8.4); hareket düzlemseldir. Radyal hareket, etkin potansiyel $U + \ell^2/2\mu r^2$ içindeki tek boyutlu harekettir (8.5).
Yörünge denklemi, $u = 1/r$ değişkeniyle (8.7)'dir. Ters kare kuvvette yörüngeler konik kesitlerdir: $r = c/(1 + \epsilon\cos\phi)$ (8.8); enerji ile dışmerkezlik (8.9) ile bağlıdır.
Elipste $a = c/(1 - \epsilon^2)$, $E = -\gamma/2a$ (8.11); Kepler'in üçüncü yasası $T^2 = 4\pi^2a^3/G(m_1 + m_2)$'dir (8.12). Vis-viva denklemi hızı uzaklıktan verir (8.13).
Yörünge değiştirmede teğet itkiler en verimlidir; iki dairesel yörünge arasında Hohmann aktarımı kullanılır.
Küresel simetrik bir kütle dışarıda nokta kütle gibi çeker; ince bir kabuğun içinde kuvvet sıfırdır.

Problemler

Problem 8.1İndirgenmiş kütlenin sınırları★☆☆

$\mu$'nün her zaman küçük kütleden küçük olduğunu gösterin. $m_2 \to \infty$ ve $m_1 = m_2$ durumlarında $\mu$ nedir? Dünya–Ay sisteminde $\mu$, Ay'ın kütlesinden yüzde kaç küçüktür?

Çözümü göster

$\mu = m_1/(1 + m_1/m_2) < m_1$, benzer biçimde $< m_2$. $m_2 \to \infty$: $\mu \to m_1$. Eşit kütleler: $\mu = m/2$. Dünya–Ay: $\mu/m_{\text{Ay}} = 1/(1 + 7{,}35 \times 10^{22}/5{,}97 \times 10^{24}) = 0{,}988$; yüzde 1,2 küçük. Ay–Dünya kütle oranı, gezegen–uydu sistemleri arasında çok büyüktür.

Problem 8.2Uzay istasyonunun yörüngesi★☆☆

Uluslararası Uzay İstasyonu yaklaşık 420 km yükseklikte dairesel bir yörüngededir. Hızını ve periyodunu bulun. ($R_D = 6\,371$ km)

Çözümü göster

$r = 6{,}791 \times 10^6$ m, $v = \sqrt{GM_D/r} = 7{,}66$ km/s, $T = 2\pi r/v = 5\,570$ s $\approx 92{,}8$ dk. İstasyon günde yaklaşık 15,5 tur atar.

Problem 8.3Jüpiter'in kütlesi★★☆

Jüpiter'in uydusu Io, 421 700 km yarıçaplı ve neredeyse dairesel bir yörüngede 1,769 günde bir dolanır. Jüpiter'in kütlesini bulun.

Çözümü göster

$M_J = 4\pi^2a^3/(GT^2) = 4\pi^2(4{,}217 \times 10^8)^3/(6{,}674 \times 10^{-11} \times (1{,}5285 \times 10^5)^2) \approx 1{,}90 \times 10^{27}$ kg; Dünya'nın 318 katı. Uyduları olan her gezegenin kütlesi bu yolla ölçülür.

Problem 8.4Newton'un Ay testi★★☆

Ay'ın yörünge yarıçapı $3{,}844 \times 10^8$ m, yıldızlara göre periyodu 27,32 gündür. Ay'ın merkezcil ivmesini hesaplayın ve $g(R_D/r)^2$ ile karşılaştırın. Küçük farkın kaynağı ne olabilir?

Çözümü göster

$a = 4\pi^2r/T^2 = 4\pi^2 \times 3{,}844 \times 10^8/(2{,}361 \times 10^6)^2 = 2{,}72 \times 10^{-3}$ m/s². $g(R_D/r)^2 = 9{,}8 \times (6{,}371/384{,}4)^2 = 2{,}69 \times 10^{-3}$ m/s². Fark %1 kadardır. Ay ve Dünya ortak KM çevresinde döndüğü için doğru bağıntı $4\pi^2r^3/T^2 = G(M_D + m_{\text{Ay}})$'dir (8.12): Ay'ın kütlesi (%1,2) farkı açıklar. Ayrıca yerdeki $g$, Dünya'nın dönmesinden de biraz etkilenir.

Problem 8.5Enerji ve dışmerkezlik★★☆

(8.8)'in en yakın noktasında ($r_{\min} = c/(1 + \epsilon)$, $\dot{r} = 0$) enerjiyi hesaplayarak (8.9)'u türetin. Buradan elips için (8.11)'i elde edin.

Çözümü göster

En yakın noktada $E = \ell^2/(2\mu r_{\min}^2) - \gamma/r_{\min}$. $1/r_{\min} = (1 + \epsilon)/c$ ve $\ell^2 = \gamma\mu c$: $E = (\gamma/2c)(1 + \epsilon)^2 - (\gamma/c)(1 + \epsilon) = (\gamma/2c)(1 + \epsilon)(\epsilon - 1) = \gamma(\epsilon^2 - 1)/(2c)$. $c = \ell^2/(\gamma\mu)$ ile (8.9) ✓. Elipste $c = a(1 - \epsilon^2)$: $E = -\gamma/(2a)$ ✓.

Problem 8.6Vis-viva denkleminin türetilmesi★★☆

Enerji korunumu ve (8.11)'den, $m_2 \gg m_1$ için (8.13)'ü türetin. Dairesel yörüngede ve parabol yörüngede vis-viva denklemi neye dönüşür?

Çözümü göster

$\tfrac12\mu v^2 - \gamma/r = -\gamma/2a$; $\gamma/\mu = G(m_1 + m_2) \approx GM$: $v^2 = GM(2/r - 1/a)$ ✓. Çember ($r = a$): $v^2 = GM/r$. Parabol ($a \to \infty$): $v^2 = 2GM/r$, kaçış hızı ✓.

Problem 8.7Yörüngeden kaçış★★☆

Dairesel bir yörüngedeki bir aracın, kütle çekiminden kurtulmak için teğet doğrultuda hızını hangi oranda artırması gerekir? Uzay istasyonunun yörüngesinde bu kaç km/s'dir?

Çözümü göster

Dairesel hız $\sqrt{GM/r}$, kaçış hızı $\sqrt{2GM/r}$: hız $\sqrt{2}$ katına çıkarılmalıdır; artış $(\sqrt{2} - 1)v = 0{,}414v$. İstasyonda $0{,}414 \times 7{,}66 = 3{,}17$ km/s. Hız teğet olarak artırılmalıdır; kaçış hızının doğrultudan bağımsız olduğu (4. bölüm) doğrudur, ama gereken $\Delta v$'yi en küçük yapan, var olan hıza paralel itkidir.

Problem 8.8Apsislerden yörünge★★☆

Bir uydunun yerberi noktası Dünya yüzeyinden 500 km, yeröte noktası 5 000 km yüksektedir. Yörüngenin $a$, $\epsilon$ ve $c$ değerlerini, periyodunu ve yerberi hızını bulun.

Çözümü göster

$r_{\min} = 6\,871$ km, $r_{\max} = 11\,371$ km. $a = 9\,121$ km, $\epsilon = (r_{\max} - r_{\min})/(r_{\max} + r_{\min}) = 0{,}247$, $c = a(1 - \epsilon^2) = 8\,566$ km. $T = 2\pi\sqrt{a^3/GM_D} = 2\pi\sqrt{(9{,}121 \times 10^6)^3/3{,}986 \times 10^{14}} \approx 8\,670$ s $\approx 2{,}41$ sa. Yerberi hızı vis-viva ile $\sqrt{3{,}986 \times 10^{14}(2/6{,}871 \times 10^6 - 1/9{,}121 \times 10^6)} \approx 8{,}51$ km/s.

Problem 8.9Alçak yörüngeden yer durağan yörüngeye★★☆

300 km yükseklikteki dairesel bir yörüngeden yer durağan yörüngeye (42 164 km) bir Hohmann aktarımı için gereken toplam hız değişimini ve aktarım süresini bulun.

Çözümü göster

$r_1 = 6\,671$ km, $r_2 = 42\,164$ km, $a = 24\,418$ km. Dairesel hızlar 7,73 ve 3,07 km/s; elipsin uçlarındaki hızlar 10,16 ve 1,61 km/s. $\Delta v_1 = 2{,}43$ km/s, $\Delta v_2 = 1{,}47$ km/s; toplam 3,90 km/s. Süre $\pi\sqrt{a^3/GM_D} \approx 5{,}3$ sa. (Gerçek fırlatmalarda yörünge düzlemini ekvatora çevirmek için ek hız gerekir.)

Problem 8.10Dairesel yörüngelerin kararlılığı★★☆

Kuvvet yasası $F = -kr^n$ ($k > 0$) ise dairesel yörüngelerin ancak $n > -3$ için kararlı olduğunu etkin potansiyelin ikinci türevini inceleyerek gösterin. Ters kare ($n = -2$) ve yay ($n = 1$) kuvvetleri için sonuç nedir?

Çözümü göster

$U'_{\text{etkin}} = kr^n - \ell^2/(\mu r^3)$; dairesel yörüngede $kr_0^n = \ell^2/(\mu r_0^3)$. $U''_{\text{etkin}}(r_0) = nkr_0^{n-1} + 3\ell^2/(\mu r_0^4) = kr_0^{n-1}(n + 3)$. Kararlılık $U'' > 0$, yani $n > -3$ ✓. Ters kare ve yay kuvvetlerinde dairesel yörüngeler kararlıdır; $1/r^3$ ya da daha hızlı azalan çekici kuvvetlerde kararsızdır.

Problem 8.11Merkezi yay kuvveti★★☆

$F = -kr$ kuvvetinin (eşyönlü iki boyutlu salınıcı, 5. bölüm) yörüngelerinin merkezi kuvvet merkezinde olan elipsler olduğunu Kartezyen koordinatlarla gösterin. Kepler elipsleriyle farkı nedir? Periyot enerjiye bağlı mıdır?

Çözümü göster

$x = A\cos(\omega t)$, $y = B\cos(\omega t - \delta)$ (5. bölüm): merkezi orijinde olan bir elips. Kepler elipslerinde kuvvet merkezi bir odaktadır; burada merkezdedir. Periyot $2\pi\sqrt{\mu/k}$'dır ve enerjiden bağımsızdır; Kepler'de ise $T \propto a^{3/2} \propto |E|^{-3/2}$. Bertrand teoremine göre bütün sınırlı yörüngeleri kapalı olan yalnızca bu iki kuvvet yasası vardır.

Problem 8.12Ters küp kuvveti★★☆

$F = -k/r^3$ çekici kuvveti için yörünge denklemini çözün ve, $\ell^2 < \mu k$ ise, yörüngenin merkeze doğru sarmal biçiminde düştüğünü gösterin.

Çözümü göster

(8.7): $u'' = -u + (\mu k/\ell^2)u = -(1 - \mu k/\ell^2)u$. $\ell^2 < \mu k$ ise katsayı negatif: $u'' = \kappa^2u$, $\kappa^2 = \mu k/\ell^2 - 1$; $u = Ae^{\kappa\phi} + Be^{-\kappa\phi}$. $u$ büyürken $r = 1/u$ üstel olarak küçülür: parçacık, sonlu bir sürede merkeze sarmal çizerek düşer. $\ell^2 > \mu k$ ise $u$ sinüzoidaldir ve yörünge kapanmayan bir rozettir.

Problem 8.13Günberi kayması★★★

Kuvvet yasası ters kareden biraz farklı olsun: $F = -k/r^{2 + \delta}$, $|\delta| \ll 1$. Neredeyse dairesel bir yörüngede, yörünge denkleminin $u_0$ çevresinde küçük salınımlar için $\Omega^2 = 1 - \delta$ frekansıyla salındığını gösterin. Buradan iki günberi arasındaki açının $2\pi/\sqrt{1 - \delta}$ olduğunu ve yörüngenin her turda yaklaşık $\pi\delta$ radyan döndüğünü çıkarın.

Çözümü göster

$F(1/u) = -ku^{2 + \delta}$; (8.7): $u'' = -u + (\mu k/\ell^2)u^\delta \equiv g(u)$. Dairesel yörüngede $g(u_0) = 0$. $g'(u_0) = -1 + \delta(\mu k/\ell^2)u_0^{\delta - 1} = -1 + \delta$ (çünkü $(\mu k/\ell^2)u_0^\delta = u_0$). Küçük salınım $\eta'' = -(1 - \delta)\eta$, $\Omega = \sqrt{1 - \delta}$ ✓. Günberiler arasında $\Omega\Delta\phi = 2\pi$, $\Delta\phi = 2\pi/\sqrt{1 - \delta} \approx 2\pi(1 + \delta/2)$: her turda fazladan $\pi\delta$ ✓. Merkür'ün günberisi yüzyılda 574 yay saniyesi kayar; bunun 531"'si öteki gezegenlerin çekiminden gelir. Kalan 43", genel göreliliğin 1915'teki ilk büyük başarısı oldu.

Problem 8.14Türdeş kürenin içindeki potansiyel★★★

Kütlesi $M$, yarıçapı $R$ olan türdeş bir kürenin içindeki kütle çekim potansiyelinin $\Phi(r) = -(GM/2R^3)(3R^2 - r^2)$ olduğunu, kabuk teoremini kullanarak gösterin. Bu potansiyelin 5. bölümdeki tünel hareketini verdiğini doğrulayın.

Çözümü göster

İçeride $r$'deki alan yalnızca iç kütle $M(r/R)^3$'ten gelir: $g(r) = GMr/R^3$ (merkeze doğru). $\Phi(r) = \Phi(R) - \int_r^R g\,\dd r' \cdot(-1)$; daha doğrudan, $\dd\Phi/\dd r = GMr/R^3$ ve $\Phi(R) = -GM/R$: $\Phi(r) = -GM/R + (GM/2R^3)(r^2 - R^2) = -(GM/2R^3)(3R^2 - r^2)$ ✓. Kuvvet $-m\,\dd\Phi/\dd r = -(GMm/R^3)r = -(mg/R)r$: 5. bölümdeki Hooke kuvveti ✓.

Problem 8.15Dairesel yörüngede çift yıldız★★☆

Kütleleri $m_1$ ve $m_2$ olan iki yıldız, aralarındaki uzaklık $d$ olmak üzere ortak KM çevresinde dairesel yörüngelerde dolanıyor. Her yıldızın yörünge yarıçapını, hızını ve ortak periyodu bulun.

Çözümü göster

$r_1 = (m_2/M)d$, $r_2 = (m_1/M)d$ (8.1). Periyot (8.12) ile $T = 2\pi\sqrt{d^3/GM}$. Hızlar $v_i = 2\pi r_i/T$; örneğin $v_1 = m_2\sqrt{G/(Md)}$. Hafif yıldız büyük çember çizer ve daha hızlıdır; momentumlar eşittir: $m_1v_1 = m_2v_2$. Ötegezegenler, yıldızlarının bu küçük "yalpalamasının" Doppler kaymasıyla ölçülmesiyle keşfedilir (3. bölüm).

Problem 8.16Güneş'in kütlesi★★☆

Dünya'nın yörünge yarıçapı (1,496 × 10¹¹ m) ve yıl uzunluğundan (3,156 × 10⁷ s) Güneş'in kütlesini hesaplayın. Bu hesap için $G$'nin bilinmesi neden gereklidir? $G$ ilk kez kim tarafından ölçüldü?

Çözümü göster

$M_\odot = 4\pi^2a^3/(GT^2) \approx 1{,}99 \times 10^{30}$ kg. Kepler yasası yalnızca $GM$'yi verir; $G$ bilinmeden kütle bulunamaz. Henry Cavendish 1798'de burulma terazisiyle $G$'yi ölçtü ve bu ölçüm "Dünya'yı tartmak" olarak ünlendi: $g = GM_D/R_D^2$'den Dünya'nın kütlesi ve yoğunluğu ilk kez bulundu.

Problem 8.17Parabolik yörüngede hız★★☆

Parabolik bir yörüngede ($\epsilon = 1$) en yakın noktadaki hızın, o uzaklıktaki dairesel yörünge hızının $\sqrt{2}$ katı olduğunu gösterin. Uzun periyotlu kuyruklu yıldızların yörüngeleri neden parabole çok yakındır?

Çözümü göster

$E = 0$: $\tfrac12 v^2 = GM/r$, $v = \sqrt{2GM/r} = \sqrt{2}\,v_{\text{çember}}$ ✓. Uzun periyotlu kuyruklu yıldızlar, Güneş'ten on binlerce AB uzaktaki Oort bulutundan gelir; $a$ çok büyük olduğu için $E = -GMm/2a$ neredeyse sıfırdır ve iç Güneş Sistemi'ndeki kısa yolculuklarında yörüngeleri bir parabolden ayırt edilemez.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 8. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
H. D. Curtis, Orbital Mechanics for Engineering Students, 4. baskı (Butterworth-Heinemann, 2020): yörünge manevraları ve Hohmann aktarımının mühendislik uygulamaları.
J. M. A. Danby, Fundamentals of Celestial Mechanics, 2. baskı (Willmann-Bell, 1988): Kepler problemi ve gök mekaniği.
S. Chandrasekhar, Newton's Principia for the Common Reader (Oxford University Press, 1995): Newton'un kanıtlarının modern bir okuması.
A. Koestler, The Sleepwalkers (Hutchinson, 1959): Kopernik'ten Kepler'e ve Newton'a uzanan devrimin anlatısı.

\(\epsilon\)	Enerji	Yörünge
\(0\)	\(E = U_{\text{etkin,min}}\)	çember
\(0 < \epsilon < 1\)	\(E < 0\)	elips
\(1\)	\(E = 0\)	parabol
\(\epsilon > 1\)	\(E > 0\)	hiperbol