Tähtitiede

Kuinka (epävakaat) Lagrangin pisteet ovat 1, 2 ja 3?

Kuinka (epävakaat) Lagrangin pisteet ovat 1, 2 ja 3?

Pari kysymystä, tiedän, että tiedän, että Lagrangian pisteet 1, 2 ja 3 ovat epävakaita ja että avaruusaluksen sijoittaminen niiden ympärille edellyttää erityisiä Lissajousin kiertoratoja ja jonkin verran asemien pitämistä. Mutta mietin, ovatko ne niin epävakaita, etteivät ne voi väliaikaisesti "siepata" ohi kulkevaa luonnonobjektia (sanotaan asteroidi tai kosmisen pölyn pilvi, paikallaan tai astua jonkinlaiseen ei-vakaaseen kiertoradalle. heidän ympärillään)? Vai voisivatko he?

Ja jos he pystyisivät, kuinka paljon aikaa (suunnilleen) tarvitaan, jotta tämä / nämä objektit menevät "kiertoradalta" ja hylkäävät L (1,2,3) -alueen? Koskeeko kosmisen pölyn pilvi vain hitaasti (tai nopeasti) poispäin vai "laukaisettaisiinko" ne toiseen suuntaan tai kiertoradalle?

Kiitos etukäteen!


Kaikki viisi Lagrange-pistettä ovat epävakaita

L1, 2 ja 3 ovat "satulapisteitä" tehollisessa potentiaalissa, joka muodostuu painovoiman ja pyörivän viitekehyksen keskipakovoiman yhdistelmästä. Kiertoradalla edessä tai takana oleva esine pyrkii lähestymään Lagrange-pistettä ja siirtymään sitten poispäin kohti aurinkoa tai poispäin seuraamalla kuvan viivoja.

Huomaa kuitenkin, että kuvassa viivat Lagrange-pisteiden ympärillä eivät ole lähellä toisiaan, mikä tarkoittaa, että liike pisteeseen tai pisteestä poispäin on hyvin hidasta (pyörivässä kehyksessä) Lagrangian pisteen lähellä olevaa kohdetta ei "työnnettäisi" "suurella nopeudella. Kaikki kosminen pöly, joka oli lähellä Lagrangian pistettä, ajautui hitaasti pois.

Vaikka L4- ja L5-pisteet ovat epävakaita, on kuitenkin melko vakaita kiertoratoja, jotka kiertävät (pyörivässä kehyksessä) L4- ja L5-pisteiden ympäri, mikä sallii Troijan satelliitit.


Vastuuvapauslauseke: Seuraavaa materiaalia pidetään verkossa arkistointia varten.

    Huomaa: Tämä laskelma on tarkoitettu käyttäjille, jotka osaavat algebraa ja tuntevat trigonometrian. Se on pidempi, ikävämpi ja hieman monimutkaisempi kuin muut laskelmat & # 34Stargazersissa. & # 34 Jos aiot tutkia sitä, voi olla hyvä kopioida se ja tarkistaa se paperilla, kun jatkat.
    Erilainen johdanto - lyhyempi, tyylikkäämpi, yleisempi, mutta vektorien mukainen ja työskentelee pyörivässä viitekehyksessä - löytyy osiosta (34c).

Kaksi muuta Lagrangian-pistettä, L4 ja L5, ovat maapallon kiertoradalla, ja ne linjat, jotka yhdistävät ne aurinkoon, muodostavat 60 & # 176 kulmaa Maa-Aurinko-viivan kanssa. Kyseisissä paikoissa maapalloon ja aurinkoon perustuva kahden kehon laskenta ennustaa myös aseman pitämisen (ts. Tasapainon maapallon kanssa kiertävässä viitekehyksessä). Jälleen L4 ja L5 ovat kuitenkin niin kaukana, että niiden lähellä olevan avaruusaluksen liikkeen realistiseen laskemiseen on sisällytettävä muiden planeettojen vetovoima.

Maa-Kuu-järjestelmällä on kuitenkin myös L4- ja L5-pisteensä, ja nämä ovat saaneet jonkin verran huomiota mahdollisina kohteina observatorioille ja itsenäisille & # 34avaruuskolonioille.

Heillä on tärkeä ominaisuus (jota ei osoiteta), että ne ovat vakaita. Sitä vastoin tasapaino L1- ja L2-pisteissä on epävakaa, kuten keilapallon päällä olevan marmorin tasapaino.

Jos marmori asetetaan täsmälleen yläosaan, se pysyy paikallaan, mutta pienin painallus saa sen liikkumaan edelleen ja edelleen tasapainosta, kunnes se putoaa. Sitä vastoin tasapaino L4: llä tai L5: llä on kuin pallomaisen kulhon pohjassa olevan marmorin tasapaino: lievästi työnnettäessä se pyörii takaisin. Siten L4: n tai L5: n avaruusaluksella ei ole taipumusta vaeltaa, toisin kuin L1: n ja L2: n avaruusaluksilla, jotka vaativat pieniä laivalla olevia raketteja, jotta ne työntävät niitä paikalleen aika ajoin.

Tässä osoitetaan, että maa-kuu-järjestelmän L4 ja L5 ovat tasapainopisteitä kuun kanssa pyörievässä vertailukehyksessä olettaen, että kuun kiertorata on pyöreä. Ei-pyöreät kiertoradat ja vakauskysymys ovat tämän keskustelun ulkopuolella.

Laskentatyökalut

  1. Tarvitsemme Newtonin gravitaatiolakia ja sitä, että Kuun kiertoradan keskusta on vain suunnilleen maapallon keskipiste. Kiertoradan todellinen keskusta on maa-kuu-järjestelmän massakeskus (tai & # 34 painopiste & # 34) (katso osan 11 loppu).

Kuten osassa 25 on esitetty, jos m on kuun massa ja M maan massa, massan keskipiste on piste, joka jakaa maa-kuu-viivan suhteella m: M. Sano, että A on maan keskusta, B on Kuun keskusta ja c on näiden kahden välinen etäisyys (piirustus). Jos D on massakeskus,

ja on helppo tarkistaa, että näiden etäisyyksien summa on c ja niiden suhde on m / M. Vaihtoehtoinen DB-muoto (josta on hyötyä) saadaan jakamalla osoittaja ja nimittäjä M: llä:

sinA / a = sinB / b = sinC / c

Todistetaan se kulmille A ja B vetämällä kolmannesta kulmasta C viiva, joka on kohtisuorassa kolmion vastakkaiselle puolelle. Olkoon h tämän viivan pituus. Sitten

sinA = h / b b sinA = h
sinB = h / a a sinB = h

ja jakamalla molemmat puolet ab: lla saadaan vaadittu tulos. Sen osoittamiseksi, että kulma C täyttää myös ehdon, toistamme laskelman kohtisuoralla viivalla, joka on vedetty A: sta tai B: stä.

Tasapainon olosuhteet

Lisäksi merkitsemme (& # 945, & # 946) kaksi osaa, joihin R jakaa kulman C. Tarkista kaikki nämä ennen kuin jatkat.

Kysymys, johon on vastattava, on: Missä olosuhteissa C: n satelliitti säilyttää kiinteän sijainnin maapallon ja kuun suhteen?

Laskenta hoidetaan parhaiten kuun kanssa pyörivässä kehyksessä. Siinä kehyksessä, jos pisteessä C oleva satelliitti on tasapainossa, se pitää aina saman etäisyyden Kuusta ja maasta. Pyörimiskeskus on piste D - jopa maa pyörii sen ympärillä - ja jos C-tilassa oleva avaruusalus on tasapainossa, kaikilla kolmella kappaleella on sama kiertorajajakso T. Jos C on liikkumaton pyörivässä kehyksessä, Coriolis-voimaa ei ole (se vaikuttaa vain kyseisessä kehyksessä liikkuviin esineisiin), mutta avaruusalus tunnistaa keskipakovoiman, samoin kuin kuu ja maa.

Kerätään yhtälöitä

(1) Huomaa ensin, että avaruusaluksen pyörimissäde R tulee
eroavat yleensä kuun kuusta, joka on c / (1 + m / M)

Merkitään kuun pyörimisnopeutta V: llä ja avaruusaluksen pyörimisnopeutta V: llä, koska etäisyys = nopeus x aika

2 & # 960 R = vT 2 & # 960 c / (1 + m / M) = VT Tästä

Kahden lausekkeen, joka on yhtä suuri kuin 2 & # 960 / T, on myös oltava yhtä suuria toistensa kanssa

Tämä vain ilmaisee hyvin tunnetun havainnon, että jos kahdella objektilla on sama pyörimissuunta, akselista kauempana oleva pyörii nopeammin ja niiden nopeudet ovat verrannollisia niiden etäisyyksiin akselista.

(2) Keskipakovoima Kuuhun on

mV 2 / [c / (1 + m / M)] = m (V 2 / c) (1 + m / M)

ja sitä tasapainottaa maapallon vetovoima

missä G on Newtonin gravitaatiovakio, jonka Henry Cavendish mittaa ensin. Pyöreällä kiertoradalla. näiden kahden on oltava yhtä suuria, tasapainossa toistensa kanssa (kuten luvussa 20 esitetyssä laskelmassa):

Jakamalla molemmat puolet (m / c) antaa toisen yhtälömme:

(3) Olkoon m & # 39 avaruusaluksen massa. Sen keskipakovoima on

ja sen on oltava tasapainossa vetovoimien F kanssae maapallon ja F.m kuun. Kuitenkin vain näiden voimien komponentit pitkin linjaa R ovat tehokkaita keskipakovoimaa vastaan. Siten

Nyt Newtonin gravitaatioteorian F avullam = G m & # 39m / a 2

Lisäämällä nämä ylempään yhtälöön ja jakamalla molemmat puolet m & # 39: llä saadaan kolmas yhtälö:

(3) v 2 / R = (Gm / a 2) cos & # 946 + (GM / b 2) cos & # 945

(4) Lopuksi voimien, jotka vetävät avaruusalusta kohtisuoraan suuntaan R, on poistuttava. Muuten avaruusaluksen vetää vahvempi kahdesta eikä se pysyisi C: ssä, toisin sanoen, se ei olisi enää tasapainossa. Se vaatii

Korvaamalla ja jakamalla molemmat puolet GM & # 39 -lehdillä

(4) (m/a 2) synti & # 946 = (M/b 2) synti & # 945

Kaikkien yhtälöiden kerääminen vielä kerran:

  • --- Jotkut ovat tunnettuja vakioita - G, m ja M. He ovat antaneet arvoja, emmekä odota heidän muuttuvan.
  • - Jotkut ovat etäisyyksiä - r, a, b ja c - jotka liittyvät maapallon, kuun ja avaruusaluksen sijaintiin avaruudessa. Kulmat (& # 945, & # 946) riippuvat myös näistä etäisyyksistä, mutta emme tarvitse tarkkoja suhteita tähän.
  • --Jotkut ovat nopeuksia, nimittäin v ja V.

Olemme jo toteuttaneet eliminoinnin aiemmin. Meillä oli kaksi yhtälöä, joihin liittyi kiertorata T, joita kutakin käytettiin ilmaisemaan 2 & # 960 / T, ja asettamalla nämä kaksi lauseketta toisiinsa saimme yhden lausekkeen, joka ei sisältänyt T: tä (annamme aina # 34 yksi yhtälö & # 34 eliminointiprosessissa - aloita kahdella, lopeta yhdellä).

Suunnitelma on sitten seuraava. Poistamme V: n (1): n ja (2): n väliltä, ​​jättäen yhtälön, joka sisältää vain v: n. Sitten eliminoimme v: n ja (3) välisen, päättymällä yhtälöön, joka ei sisällä nopeuksia - plus (4), joka ei myöskään sisällä v: tä eikä V: tä.

Alkaen (1), neliö molemmat puolet

v2 / R2 = (V2 / c2) (1 + m / M) 2

Kerro molemmat puolet c 2: lla ja jaa ne (1 + m / M)

v 2 (c 2 / R 2) / [1 + m / M] = V 2 (1 + m / M)

Mutta (2)
GM / c = V2 (1 + m / M) Yhtälö:

(5) v2 (c2 / R2) / [1 + m / M] = GM / c

ja V on juuri eliminoitu. Kerro nyt molemmat puolet (1 + m / M), jaa ne c2: lla ja kerro ne R: llä

v 2 / R = (GM / c 3) R (1 + m / M), mutta (3)

v 2 / R = (Gm / a 2) cos & # 946 + (GM / b 2) cos & # 945

Siksi (siirretään kerroin 1 / c kohtaan R)

(GM / c 2) (R / c) (1 + m / M) = (Gm / a 2) cos & # 946 + (GM / b 2) cos & # 945

Jakamalla kaikki GM: llä saadaan yksi jäljelle jäävistä yhtälöistä, kun taas toinen on (4):

(6) (1 / c 2) (R / c) (1 + m / M) = (1 / a 2) (m / M) cos & # 946 + (1 / b 2) cos & # 945

(4) (m / a 2) synti & # 946 = (M / b 2) synti & # 945


Palataan takaisin viimeiseen piirustukseen, joka on tässä toistettu mukavuuden vuoksi. Merkitsemme (A, B, C) paitsi kolmion kulmat myös siellä muodostuneet kulmat. ilmeisesti
C = & # 945 + & # 946

Olkoon R 1 = BD etäisyys kuusta painopisteen (tai massakeskipisteen) pisteeseen D, joka pysyy levossa maa-kuu-järjestelmässä (katso osa # 25), se on vain vähän pienempi kuin maa -Kuukausi AB = c. Kuten piirustuksessa todettiin
R 1 = c [M / (M + m)] = c / [1 + (m / M)] (7)
Joten (6) tulee
(1 / c 2) (R / R 1) = (1 / a 2) (m / M) cos & # 946 + (1 / b 2) cos & # 945 (8)
Korvaaminen (4)
(m / M) = (2 syntiä & # 945 / b 2 syntiä & # 946)
ja peruutetaan kerroin 2 matkan varrella

(1 / c 2) (R / R 1) = (1 / b 2) [(synti & # 945 cos & # 946 / sin & # 946) + cos & # 945]
= (1 / b 2 syntiä & # 946) [synti & # 945 cos & # 946 + cos & # 945 syntiä & # 946]
= (1 / b 2 syntiä & # 946) synti (& # 945 + & # 946) = (1 / b 2 syntiä & # 946) synti C (9)
Kolmion BCD sinilain mukaan
synti & # 946 / R 1 = synti B / R syn & # 946 (R / R 1) = synti B Siksi
sin B / c 2 = sinC / b 2 sin B / sin C = c 2 / b 2
Mutta sinilakista kolmiossa ABC
sin B / sin C = b / c Siksi b 3 = c 3 b = c
Tärkeä tosiasia tässä laskelmassa on, että m eikä M eivät näy lopputuloksessa. Siksi voimme tarkistaa merkintäämme tekemällä M: stä Kuun massan ja m: sta Maan massan. (Kaavion piste D muuttuisi, mutta se on joka tapauksessa epätarkka, tosiasiassa sijaitsee maapallon alapuolella). Tarkistetussa kaaviossa b tarkoittaa etäisyyttä Kuusta avaruusalukseen, alun perin nimeltään "a".

    (Kiitos ranskalaisen Penn Gwennin viestin yksinkertaisemmalla versiolla yhtälöistä kohdasta (7), ja tohtori Guy Batteurille sen välittämisestä minulle - DPS)

Koti Lagrangessa

    Voi anna minulle sijainti
    Missä gravitonit keskittyvät
    Missä kolmen ruumiin ongelma on ratkaistu
    Missä mikroaallot soittavat
    Alas 3 astetta K
    Ja kylmävirus ei koskaan kehittynyt

Tutkii lisää:

    Gerald K.O'Neill, & # 34 Avaruuden kolonisaatio & # 34, Physics Today, syyskuu 1974, s. 32.


Lagrangian osoittaa ketään?

Oletetaan, että maailmankaikkeuden ainoat kaksi massaa ovat maa, aurinko ja pieni pieni testimassa, jota hallitsemme. Maa ja Aurinko ovat pyöreillä kiertoradoilla Aurinko-Maa massakeskipisteen ympärillä. Kuten mikä tahansa muu Lagrange-piste, on mukavinta työskennellä pyörivässä vertailukehyksessä, jonka alkuperä on Aurinko-Maa massakeskus, ja pyörivillä aurinko ja maa ovat vakiona.

Käytän tilauksia ja lainauksia & quot ja & quots & quot merkitsemään maata ja aurinkoa. Laita pieni massa tietylle etäisyydelle [itex] R_e- epsilon_r [/ itex] auringosta, mutta vastapäätä maata. Haluamme asettaa [itex] epsilon_r [/ itex] siten, että piste kiertorata kiertää aurinko-maa massakeskipistettä täsmälleen samalla kiertonopeudella kuin maa ja aurinko kiertävät aurinko-maa massakeskipisteen ympäri.

Määritettäessä maapallon massan suhde Auringon massaan k, [itex] k = M_e / M_s [/ itex], testipisteemme on etäisyys [itex] R_e (1 + k / (1 + k) - epsilon_r / Re) [/ tex] massan keskustasta. Jotta Newtonin lait toimisivat tässä pyörivässä kehyksessä, meidän on lisättävä fiktiivinen keskipitkä kiihtyvyys [itex] a_ = R_e (1 + k / (1 + k) - epsilon_r / Re) omega ^ 2 [/ itex]. Kehyksen kiertonopeus määräytyy Newtonin toisen lain mukaan,
[itex] omega ^ 2 = G (M_s + M_e) / R_e ^ 3 = (1 + k) GM_s / R_e ^ 3 [/ itex]. Haluamme sijoittaa testimassamme siten, että painovoima vetää aurinkoa ja maata vastapainoksi tarkalleen tätä keskipistekiihtyvyyttä. Pienen matematiikan jälkeen [itex] epsilon_r noin 7 / 12kR_e [/ itex]. Eli kohta on hieman lähempänä aurinkoa kuin maa. Maa kiertää kuitenkin aurinko-maa-massakeskipisteen etäisyydellä [itex] R_e (1-k / (1 + k)) noin Re (1-k) [/ itex], joten L3-piste on vähän maapallon kiertoradan ulkopuolella, mutta näyttäisi paradoksaalisesti hieman lähempänä aurinkoa kuin maa.

Mitä Wiki-artikkelissa sanotaan: & quot; L3 aurinko-maa -järjestelmässä on Auringon vastakkaisella puolella, hieman maapallon kiertoradan ulkopuolella, mutta hieman lähempänä aurinkoa kuin maa. & Quot;


Lagrangian vs pseudo-Lagrangian vs Eulerian

Vaikka minulla ei ole lopullista vastausta täällä, heitän mutaa seinälle toivoen, että se auttaa:

Uskon, että nämä ovat kolme erilaista kaavaa, joita käytetään erilaisten yhtälöiden ratkaisemiseen nestevirtaongelmissa.

Ensin on kaksi mahdollista viitekehystä, joita voidaan käyttää nestevirtauksen tutkimiseen:
- Eulerian-viitekehys, josta voit seurata nesteen virtaamista
- Lagrangian viitekehys, jossa matkustat erilaisen nestemäärän kanssa

Miksi valitset yhden kehyksen toisen sijasta, voi olla tekemistä sen kanssa, mitä yrität ymmärtää nesteestä.

Numeerinen laskenta ja ODE-ratkaisijat

Miksi valita yksi ODE-ratkaisija toisen sijaan, liittyy siihen, onko järjestelmä jaksollinen vai kasvaa / laskee vain ajan myötä, kun eulerilaiset ratkaisijat pyrkivät lisäämään / vähentämään pienen määrän virhettä, joka ajan myötä näkyy energiana, joka virtaa tai ulos järjestelmästä, mikä tarkoittaa, että siitä tulee vähemmän ja vähemmän tarkka. Joskus valitset ODE-ratkaisijan, koska tarvitset nopeuden eikä tarkkuutta, joka suosii Eulerin muunnelman käyttöä Runge-Kuttassa.

Esimerkiksi, jos käytit Eulerian ODE -ratkaisua simuloimaan maata kiertävää aurinkoa, saatat huomata kiertoradan kasvavan suuremmaksi tai pienemmäksi eli pienemmäksi eli pyörimään avaruuteen tai törmäämään Aurinkoon samalla kun käytät mielikuvituksellista menetelmää, kuten Runge-Kutta kiertorata vaihtelisi, mutta pysyisi vakaana pitkään, kaikki käyttöön otetut virheet kumoavat aikaisemmat virheet.

Sekalaiset viitteet

Saatat joutua tekemään lisätutkimuksia ymmärtääksesi enemmän menetelmiä, joten lisäsin nämä paperit auttamaan sitä, koska niistä ei keskustella riittävästi verkossa. Tarkistin Intro to Computer Simulations -kirjan, mutta en löytänyt suoria viittauksia näennäis-Lagrangianiin.

Pseudo-Lagrangian voi itse asiassa olla osittain Lagrangian-järjestelmä, mutta en ole varma:

Tässä on paperi, joka käyttää Eulerian- ja pseudo-Lagrangian-menetelmää joidenkin valtameren pinta-aaltojen analysointiin:


Kuinka vakaat ovat lagrangian pisteet todella?

Lagrangian pisteiden oletetaan olevan pisteitä, joissa painovoima- ja keskipakovoimat ovat tasapainossa. Ja avaruusalusten ja -asemien on tarkoitus olla helppo rakentaa ja pitää siellä. Ymmärrän kuitenkin, että tällainen tasapaino on mahdollista vain yhdessä tarkassa paikassa. Sanotaan & # x27s, että laitamme avaruusaseman lagrangiaaniseen pisteeseen. Kuinka paljon avaruusalusten telakointiin tai telakointiin ja liikkuviin ihmisiin liittyvä siirtyvä massakeskus vaikuttaisi aseman vakauteen lagrangian pisteessä? Jos kaikki ihmiset ja varusteet siirtyisivät aseman toiselle puolelle, eikö se "putoaisi" lagrangiaanisen pisteen?

Se riippuu siitä, mistä kohdasta.

L1, L2 ja L3 eivät ole oikeastaan ​​vakaita - nämä ovat kahden kehon välisiä pisteitä, aivan toisen kehon ohi ja ison rungon vastakkaisella puolella. Asiat ovat täydellisessä tasapainossa vain todellisessa yksittäisessä pisteessä. Mahdolliset häiriöt kasvavat ajan myötä ja lopulta siirtyvät kauas alkuperäisestä kohdasta, vaikka voit pitää siellä keinotekoisen esineen vain lempeillä asemavalvonnalla.

L4 ja L5 ovat vakaita, ja se ei johdu siitä, että piste itsessään on isompi, vaan siksi, että muista syistä ajautuvat kohteet vedetään painovoiman takana pisteeseen. Siellä on luonnollisia ruumiita (kutsutaan troijalaisiksi), ja ne sellaiset heilahtelut, joita muut vuorovaikutukset aiheuttavat, eivät hävinneet niitä.

Itse asiassa L4 ja L5 eivät ole vakaita, kun tarkastellaan painovoimapotentiaalia. https://fi.wikipedia.org/wiki/Lagrangian_point On kuitenkin vakaita kiertoratoja, koska siellä on myös Coriolis-voima (joka riippuu nopeudesta), joka sallii vakaat Lissajous-kiertoradat.

Tämä. Se riippuu kyseessä olevasta Lagrangian-pisteestä.

On hyödyllistä ajatella Lagrangian pisteitä, kuten tasaisia ​​alueita vuoristoisessa maastossa. Sanotaanpa, että sijoitat pyöreän pallon täysin terävän vuoren huipulle. Jos pallo ei ole täydellisesti keskittyneenä ja tasapainossa vuoren huipulla, se kaatuu toiselle puolelle. Vuorenhuippu on epävakaa samalla tavalla kuin L1-, L2- ja L3-pisteet ovat epävakaita. Sinne sijoitettu esine romahtaa alas toiselta puolelta ilman jatkuvia korjauksia.

Oletetaan, että laitat pallon laakson pohjaan, jossa kolme vuorea kohtaavat. Jos pallo ei ole täysin keskitetty painovoima, se vetää sen vuorten väliseen rakoon. Kaikki poikkeamat keskipisteestä korjaavat itsensä, kun esine vedetään rakoon ja kohti kolmen vuoren keskiosaa. Tämä olisi verrattavissa L4- ja L5-pisteisiin. Sinne sijoitettu esine pysyisi siellä. Ilman kitkaa pallo vain liikkui edestakaisin vuorien välillä vakaassa tasapainossa, koskaan pakenematta.

& quot; Yksi tarkka piste & quot; aurinkokunnasta puhuttaessa tarkoittaa silti, että se on suuri alue. Alueella sijaitsevat avaruusalukset seuraavat tyypillisesti Lissajousin kiertoratoja useiden tuhansien kilometrien amplitudilla.

Tässä säikeessä on joitain väärinkäsityksiä, että L4- ja L5-Lagrange-pisteet ovat vakaita siinä mielessä, että esine, joka on työnnetty pois näistä pisteistä, tulee takaisin niihin. Tämä ei ole totta. Sen sijaan ne ovat vakaita siinä mielessä, että jos esine alkaa lyhyen matkan päässä näistä pisteistä, se tulee pysyä lyhyen matkan päässä. Mutta se voitti & # x27t & quothome & quot siinä.

Sanotaan & # x27s, että suuri keskirunko on Aurinko, ja kiertorata on Maa, vain ollakseen selvä. Tämä kuva (vaihtoehtoinen versio) näyttää yhdistetyn gravitaatio- ja keskipakopotentiaalin ääriviivat maapallon kiertoradan kanssa pyörivässä vertailukehyksessä. Se on suupala, mutta asia on siinä esineillä on taipumus seurata näitä potentiaalisia linjojaedellyttäen, että he kiertävät auringon ympäri suunnilleen samalla nopeudella kuin maapallo. *

Kohteet, jotka ovat täsmälleen Lagrange-pisteissä, pysyvät siellä. Esineet lähellä L4- ja L5-pisteet tekevät soikeista tai & quottadpole & quot -muotoisista kiertoradoista ympärilleen. L1: n, L2: n ja L3: n lähellä olevat kohteet aloittavat löyhät silmukkaradat, jotka kääntyvät maapallon ohi, kiertävät auringon takana ja palaavat.

Itse asiassa & # x27s on mielenkiintoinen kiertoradaryhmä, jota kutsutaan & quothorseshoe orbit & quot: ksi, joka vuorotellen seuraa maapallon takana, kiertää auringon takapuolta, johtaa maapalloa eteenpäin ja palata takaisin taakse. Tämäntyyppisellä kiertoradalla on useita asteroideja maapallon suhteen ja myös pari Saturnuksen kuuta, jotka ovat tällä kiertoradalla suhteessa toisiaan.

* Saatat miettiä, seuraavatko kohteet näitä potentiaalisia polkuja, kun niiden nopeus ei vastaa maata. Vastaus on suunnilleen kyllä, mutta ne tekevät vähän curlicue loopy -liikkeitä (Coriolis-voimasta johtuen) peruspolun päälle, kuten tämä. Kun esine eroaa yhä enemmän maapallon pyörimisnopeudesta, pyörteiset silmukat kasvavat, kunnes ne ovat yhtä suuria kuin maapallon kiertoradat, eikä enää ole järkevää käyttää tätä maapallokeskeistä lähestymistapaa niiden kuvaamiseen .


Orbitaaliset resonanssit

  • Yhdistetyt vaikutukset ovat yleensä keskimääräisiä pitkiä aikoja.
  • Toistuvat kiihdytykset summautuvat ajan myötä ja vahvistuvat.
  • Jos on säännöllisiä läheiset kohtaamiset, pienempi esine voi saada epävakaa ajan mittaan ja poistui alkuperäiseltä kiertoradalta.
  • Jos synkronointi välttää läheisiä kohtaamisia, kiertorata voi olla vakiintunut.

Vastauksena on ajatella, että keinussa olevan lapsen työnnetään toista henkilöä: Jos lapsen työntö tapahtuu satunnaisesti, toisinaan työnnetään heilahduksellaan ja nostaa heitä, toisinaan työnnetään heilahtelua vasten ja hidastetaan heitä, he laskevat keskimäärin ja keinu ei muutu paljon.

Kuitenkin, jos kaikki työnnöt ajoitetaan juuri niin, että työnnät lasta joka kerta heilahduksilla, vaiheen työntymät kasvavat ja lapsen keinu vahvistuu.

Tällaista hyvin ajoitettua työntöä kutsutaan jännittävä resonanssi. Orbitaaliset resonanssit ovat tapa vahvistaa pieniä pitkän kantaman gravitaatiohäiriöitä.


2. Vakaus

Mitä tapahtuu, jos siirryt pienelle etäisyydelle Lagrange-pisteestä? Jos sinä sitten vielä (käyttämättä käyttövoimaa) pysyt Lagrange-pisteen naapurustossa koko ikuisuuden, niin Lagrange-piste on vakaa. Jos lopulta pääset mielivaltaisesti kauas Lagrange-pisteestä, Lagrange-piste on epävakaa. Jotta voit määrittää Lagrange-pisteiden vakauden jopa ensimmäiseen (lineaariseen) likiarvoon, sinun on käytettävä differentiaalilaskua ja kompleksilukuja, ja on liian paljon työtä selittää niitä täällä. Annan pääargumentin ja annan tulokset.

Laskenta tapahtuu suunnilleen näin: Ensin määritetään, mitkä voimat vaikuttavat, jos siirryt pienelle etäisyydelle Lagrange-pisteestä mielivaltaiseen suuntaan, ja jätät huomiotta kaikki termit, jotka ovat toisen tai korkeamman asteen etäisyydellä Lagrange-pisteestä. Kokeilet sitten standardiratkaisua, jolla on erillinen lähtöamplitudi kullekin koordinaatille, mutta samalla eksponentiaalisella kasvunopeudella kaikille koordinaateille (mikä voi olla kompleksiluku).

Jos kasvunopeudella osoitetaan olevan kuvitteellinen osa, ratkaisu kiertää Lagrange-pisteen ympäri. Jos kasvunopeudella on negatiivinen reaaliosa, etäisyys Lagrange-pisteeseen pienenee ja ratkaisu on vakaa. jos kasvunopeudella on positiivinen todellinen osa, niin Lagrangen piste on epävakaa. Jos kasvunopeuden todellinen osa on nolla, etäisyys Lagrange-pisteeseen pysyy rajoitettuna ja sitten Lagrange-piste on vakaa.

2.1. L₄ ja L₅

Lagrange-pisteiden L₄ ja L₅ kohdalla kiertoradatasoon nähden kohtisuorassa oleva liike on värähtely, jonka jakso on yhtä suuri kuin kahden kohteen Kepler-kiertoradan ja Lagrange-pisteen jakso. Kiertoradan sisällä tapahtuvaa liikettä varten mahdolliset kasvunopeudet (λ ) ovat ratkaisuja

alkaa λ ^ 4 + λ ^ 2 + frac <27> <4> μ (1 - μ) = 0 loppu

Tällä on monimutkaisia ​​ratkaisuja, jotka ovat epävakaita, ja puhtaasti kuvitteellisia ratkaisuja, jotka ovat vakaita (lineaarisen analyysin mukaan). Raja on kohdassa (μ = μ_0 = frac <1> <2> - sqrt < frac <23> <108>> ≈ 0,0385209 ≈ frac <1> <25.95993> ): Suuremmille (μ ) L₄ ja L₅ ovat epävakaita, ja pienempien arvojen ollessa stabiileja. Seuraava taulukko esittää ratkaisuja muutamalle (μ ) arvolle. (t_2 ) on aika, jonka aikana etäisyys Lagrange-pisteeseen kaksinkertaistuu järjestelmän jakson yksikköinä. (t_ + ) ja (t_- ) ovat kaksi kiertorataa, jotka kuuluvat ratkaisuun, myös järjestelmän jakson yksikköinä. Kaksi muuta saraketta esittävät tiettyjä aikojen ja (μ ) yhdistelmiä, jotka hyvin pienille (μ ) -arvoille lähestyvät raja-arvoja. Jos (t_2 ) puuttuu, sen arvo on ääretön, mikä tarkoittaa, että ratkaisu on stabiili (lineaarisessa analyysissä).

Taulukko 1: Lagrange-pistejaksot

(<μ>) () () () () (<(1-t _-) / μ> )
0.5 2.282 1.054 0.5559 1.054 0.1087
0.4 2.321 1.062 0.4513 1.062 0.1554
0.3 2.455 1.088 0.3549 1.088 0.2922
0.2 2.778 1.140 0.2599 1.140 0.6995
0.15 3.120 1.184 0.2101 1.184 1.224 Pluto - Charon
0.1 3.860 1.250 0.1563 1.250 2.503
0.05 7.928 1.370 0.09379 1.370 7.392
0.04 21.368 1.408 0.07928 1.408 10.20
0.039 37.410 1.412 0.07777 1.412 10.57
0.0385209 1.414 0.07704 1.414 10.75
0.035 1.686 0.09954 1.242 6.911
0.03 1.930 0.1117 1.169 5.641
0.02 2.524 0.1274 1.089 4.455
0.0123 3.331 0.1365 1.048 3.932 Maa - Kuu
0.01 3.727 0.1389 1.038 3.807
0.001 12.136 0.1473 1.003 3.412
0.000955 12.421 0.1473 1.003 3.410 Aurinko - Jupiter
0.0001 38.479 0.1481 1.000 3.379
10 ja miinus 05 121.713 0.1481 1.000 3.375
3 & # xd7 10 & miinus06 222.220 0.1481 1.000 3.375 Aurinko - Maa
0 4/27 1 & miinus27 / 8

(T = +) ja (t_- ) (μ = μ_0 ) ovat yhtä suuria kuin ( sqrt <2> ).

Esimerkiksi kuun massa on 0,0123 kertaa niin suuri kuin maapallon, joten maa-kuu-järjestelmässä (μ ) on yhtä suuri kuin 0,0123. Tämä on pienempi kuin (μ_0 ), joten L₄ ja L₅ maapallo-kuu -järjestelmässä ovat vakaat. Kiertoradat näiden Lagrange-pisteiden lähellä ovat yhtä suuria kuin 3,331 ja 1,048 kertaa järjestelmän jakso, ts. Se moni tähtikuu. Pienellä etäisyydellä tällaisesta Lagrange-pisteestä kellut kyseisen pisteen ympäri molempien jaksojen yhdistelmällä. Aurinkokunnassamme vain Pluto-Charon-järjestelmän massasuhde on niin suuri, että niiden L₄ ja L₅ ovat lineaarisesti epävakaat.

Lineaarisen stabiilisuusanalyysin mukaan oletetaan, että pieni muutos lähtötilanteessa tuottaa yhtä pieniä muutoksia lopullisessa tilanteessa. Näin ei välttämättä ole, jos yksi kiertoratajakso on toisen kerrannaisen tarkka kerroin, koska silloin saat "swing-vaikutuksen". Voit tehdä jonkun swing-swingillä hyvin vain, jos annoit hänelle työntöä, kun hän alkaa kääntyä uudelleen eteenpäin, ts. Jos työntöjaksosi on hänen swing-jakson tarkka moninkertainen. Vaikka annat vain pienen työnnön joka kerta, keinu kääntyy lopulta hyvin pitkälle, koska kaikkien pienten työntöjen vaikutus lisääntyy. Jos sen sijaan annat joskus työnnön, kun keinu menee eteenpäin, ja joskus, kun keinu menee taaksepäin, kaikkien näiden työntöjen vaikutus keskimäärin nollaan. Näin tapahtuu, kun työntöjaksosi ei ole tarkka vaihtojakso.

Lineaarisen stabiilisuusanalyysin tuloksiin ei voida siis luottaa, jos yksi kiertoratajakso on toisen tarkka kerroin. Epälineaarinen stabiiliusanalyysi osoittaa, että Lagrange-pisteet ovat vielä epävakaita, jos kiertoradan jaksojen suhde on 2 tai 3, ja silloin kun (μ ) on yhtä suuri kuin ( frac <1> <2> - frac <1> <90> sqrt <1833> ≈ 0,0243 ) tai ( frac <1> <2> - frac <1> <30> sqrt <213> ≈ 0,0135 ).


3 vastausta 3

Minusta intuitiivisin tapa ajatella Lagrange-pisteitä on ottaa huomioon gravitaatiopotentiaalienergia ja potentiaalia edustava pinta.

Lagrange-pisteet ovat avaruudessa kahden massiivisen objektin, esimerkiksi aurinko ja maa, ympärillä. Voit ajatella molempia tuottavan painovoiman, joka on muotoiltu hieman alaspäin osoittavan kartion tai suppilon tavoin, mutta sivuilla, jotka muodostavat kaarevan profiilin. Painovoima potentiaalin etäisyyden $ r $ funktiona antaa $ U = -Gm / r $. Hän on mukava kuva tarttunut Wikipedeasta 2. Kuvalähde: AllenMcC. - Oma työ, CC BY-SA 3.0, Graviational Potential Well

Koska massiivisia kappaleita on kaksi, kummankin lähellä on kaksi näistä kaivoista, vaikka massiivisempaan kappaleeseen keskittynyt on isompi. Voit kuvitella, että kahden kaivon välillä olisi satulapiste, jos pinta olisi tasainen. Tämä edustaisi pistettä, jossa kutakin kehoa kohti vetävät painovoimat ovat tasapainossa. (En löytänyt hyvää kuvaa kahdesta kaivosta.)

Asia on, että pienempi runko (sanotaan maapallo) kiertää suurempaa runkoa (aurinko) tai tarkemmin sanottuna molemmat kiertävät yhteistä barycentreään. Lagrange-pisteet ovat paikallaan maapallolta katsottuna, joten meidän on tarkasteltava asioita maapallon kanssa pyörivän viitekehyksen avulla. Tällaisessa pyörivässä viitekehyksessä meidän on tuotava fiktiivinen keskipakovoima poispäin pyörimiskeskipisteestä. Tämän voiman lisääminen muuttaa potentiaalista pintaa gravitaatiokaivojen kanssa. Koska voima toimii kaukana keskustasta, keskuksen lähellä olevalla esineellä olisi suurempi potentiaali kuin kauempana, joten tämän voiman potentiaali näyttäisi olevan kuin käänteinen kulho. Kun koot molempien kappaleiden painovoiman ja keskipakovoiman vaikutukset, saat jonkin verran monimutkaisen tehokkaan potentiaalisen pinnan. Tässä on kuva, kiitos vielä kerran Wikipediasta.

Kuvalähde: Käyttäjän mukaan: cmglee - Oma työ, CC BY-SA 3.0`` Lagranian Points Equipotential

Joten viisi Lagrange-pistettä ovat paikkoja, joissa tämän potentiaalisen pinnan kaltevuus on nolla. Voisit kuvitella itsesi istuvan siellä eikä liukastumasta pois heistä, jos olisit varovainen. $ L_1 $, $ L_2 $, $ L_3 $ ovat kaikki satulanmuotoisia, kun taas $ L_4 $ ja $ L_5 $ -pisteet esiintyvät paikallisissa maksimissa. Ne ovat kuin kukkulan huiput, mutta melko tasaiset kukkulat.

Siitä huolimatta $ L_4 $ ja $ L_5 $ -pisteet eivät ole paikallisia minimiä, joten kuinka ne ovat vakaita? No, pyörivässä vertailukehyksessä keskipakovoima ei ole ainoa kuvitteellinen voima, joka on otettava käyttöön. Kun jotain alkaa liikkuva se kokee myös Coriolis-voiman kohtisuoraan liikkeeseensa. Jos satelliitti siirtyy pois $ L_4 $ tai $ L_5 $ pisteistä, tämä Coriolis-voima työntää sen takaisin, ellei tarkalleen takaisin Lagrange-pisteeseen, sitten sen kiertoradalle.


Halo kiertää Lagrangian-pisteiden ympärillä

Aikaisemmissa luvuissa kuvasimme erilaisia ​​kiertoratoja maapallon ympäri, mutta tässä osassa havaitsemme, että avaruusalus voi kiertää avaruuspisteen ympäri, jossa ei ole massaa! Tämä melko kiehtova tilanne vaatii selitystä.

Kolmen ruumiin ongelma

Tarina alkaa 1770-luvulla italia-ranskalaisen matemaatikon nimeltä Joseph Lagrange kanssa. Huomaa, että tämä on noin 100 vuotta sen jälkeen, kun Newton antoi maailmalle ilmoituksensa siitä, kuinka esineet liikkuvat painovoimakentissä, antaen maailman tutkijoille ja matemaatikoille mahdollisesti vuosisatojen tutkimustyön

Kuva 4.9: Pyöreä rajoitettu kolmen kappaleen ongelma. Kaksi massiivista kappaletta M ^ ja M2 liikkuvat pyöreillä kiertoradoilla toistensa ympäri. Kolmannen rungon M3 massa on merkityksetön ja se liikkuu M ^: n ja M2: n painovoiman vaikutuksen alaisena.

tehdä niiden paljastamiseksi koko merkityksensä. Lagrange käytti Newtonin lakeja tutkiakseen jotain, jota kutsutaan kolmen ruumiin ongelmaksi, joka, kuten nimestä voi päätellä, on tutkimus siitä, kuinka kolme massiivista kehoa liikkuu toistensa ympäri painovoiman alla. Valitettavasti hän havaitsi ongelman olevan monimutkainen ja ratkaisematon, mikä on edelleen olemassa tähän päivään asti. Hänen työnsä ei kuitenkaan ollut täysin hedelmätöntä. Yrittäessään tehdä ongelmasta helpompaa ratkaisulle Lagrange tutki yksinkertaistettuja versioita koko kolmen ruumiin ongelmasta ja löysi prosessin aikana Lagrangian pisteet, jotka, kuten näemme, ovat merkityksellisiä nykyaikaisille avaruusalusten tehtävien suunnittelulle.

The simplified version that Lagrange looked at is shown in Figure 4.9, and involves two massive bodies, M1 and M2, in circular orbits around each other, and a third much smaller body M3 moving along a trajectory influenced by the gravity fields of its two larger neighbors. This setup is referred to as the circular restricted three-body problem (CRTBP). The important thing to note here is that the third body is so small in mass that it has negligible effect on the motion of the two larger bodies. So how do two massive bodies rotate around each other in circular orbits? If they are of equal mass, then they rotate about a point that is halfway between their centers (Fig. 4.10a). If their masses are dissimilar, they rotate about a point that is closer to the larger object (Fig. 4.10b). This point about which the rotation takes place is referred to as the barycenter of the system. For example, in the Earth-Moon system, the mass of Earth is about 81 times

Figure 4.10: Massive bodies moving in circular orbits around each other rotate about their barycenter.

larger than that of the Moon, so the barycenter about which Earth and the Moon orbit is only about 5000 km (3100 miles) from Earth's center— actually beneath Earth's surface.

If we return to Lagrange's simplified problem, illustrated in Figure 4.9, there are a number of good examples of this type of system that are relevant to modern spacecraft mission design. The most obvious of these, from the 1960s, is an Apollo spacecraft on its way to the moon. In this example, Earth and the Moon represent the larger bodies in (nearly) circular orbits around each other, and the spacecraft represents the third body of negligible mass. Another example of a CRTBP with wide applications is the Sun-Earth-spacecraft system.

In his mathematical exploration of the CRTBP, Lagrange discovered five points in the rotating system where the third body (of negligible mass) could remain stationary relative to the two larger bodies. These equilibrium points are illustrated in Figure 4.11, and are referred to as Lagrangian points L1, L2, L3, L4 and L5 in Lagrange's honor. When looking at Figure 4.11, it is important to realize that the relative geometry between the large bodies and the Lagrangian points remains fixed, and rotates about the system's barycenter.

Orbits About Lagrangian Points

What is the relevance of all this to spacecraft mission design? To focus the discussion, let's look at the situation where the two larger bodies are the Sun and Earth, and the smaller body is a spacecraft. Each Lagrangian point is a place where the forces of gravity and those due to the rotation of the system add up to nothing (we'll return in a moment to discuss what we mean by

Figure 4.11: The locations of the Lagrangian points L2, L3, L4 and L5 relative to the two larger masses in a rotating system.

"forces due to rotation''), which gives it the characteristic of being an equilibrium point. If you locate a spacecraft at any one of these points, it will remain there. To further focus the discussion, let's consider the L1 and L2 points in the Sun-Earth system, as these have attracted most interest in terms of spacecraft applications. In this system, the L1 point is located approximately 1,500,000 km (930,000 miles) away from Earth, in the direction of the Sun, and the L2 point is a similar distance from Earth in the opposite direction (Fig. 4.11). Positioning a spacecraft at the L1 and L2 points seems like a straightforward affair, apart from one detail. A more detailed look at the mathematics tells us that these are points of unstable equilibrium, which means that if the spacecraft is disturbed by the slightest perturbation, it will move away from the Lagrangian points. This state of unstable equilibrium is a bit like trying to balance a small metal ball, like a ball bearing, on top of a smooth dome-shaped surface. With enough care, you may be able to balance the ball at the summit of the dome, but the slightest disturbance will cause it to roll away down the slope. And so it is with a spacecraft. However, with the help of the spacecraft's propulsion system, it is possible to regain stability, and furthermore to control the spacecraft in an orbit around the Lagrange point. How the spacecraft orbits a massless point is most easily explained by considering the motion about the L1 point in the Sun-Earth-spacecraft system.

Strictly speaking, the L1 point is a location in the rotating system where the gravitational and rotational forces sum to zero. I think we are fairly happy thinking about the forces of gravity of the Sun and Earth acting upon the spacecraft, but what do we mean when we talk about rotational forces? The Sun-Earth system rotates only slowly, about 1 degree per day due to the Earth orbiting the Sun with a period of 1 year, so whatever forces there are due to rotation, they must be small. But in this instance, they do nevertheless play an important role.

Perhaps the best way to think about rotational forces is to imagine yourself on a small merry-go-round, the kind you see in a child's playground. Maybe as a child you stood on one of these, holding on to the safety rails, while a friend spun it up to perhaps an uncomfortably high speed. In this situation, you certainly get a good impression of a rotational force, as this is the force you feel tending to throw you off the merry-go-round. This outward directed force you experience in a rotating system—the merry-go-round in this case—is referred to as centrifugal force. To prevent yourself from being hurled off the merry-go-round, you have to hold on tightly to the safety railings. You are able to remain standing on the same spot on the merry-go-round because the force in your arms pulling toward the center of the merry-go-round balances the centrifugal force tending to throw you off.

As it happens, this is a remarkably good analogy to describe the manner in which the spacecraft can remain "standing on the same spot'' at the L1 point in the rotating Sun-Earth system. The force tending to pull the spacecraft toward the Sun is the Sun's gravity, and this is analogous to the force in your arms as you hold on tightly to the merry-go-round's safety rails. The force tending to pull the spacecraft outward is predominantly centrifugal, generated by the rotation of the system, but there is also a small contribution from Earth's gravity. There is a balance of forces on the spacecraft—solar gravity inward, and centrifugal force plus Earth gravity outward—allowing the spacecraft to remain stationary at the L1 point. To be precise, 97% of the outward force balancing solar gravity is centrifugal, and only 3% is Earth's gravity.

But we still have not addressed how a spacecraft can orbit the L1 point. In Figure 4.12 we see that if the spacecraft is displaced along the line joining the Sun and Earth to point 1 or point 2, then the sum of gravity and rotational forces is no longer zero, and the vehicle will tend to move away from the Lagrangian point. This is an expression of the instability of the L1 point that we referred to earlier.

However, there is a surface of stability upon which the spacecraft can orbit the L1 point. This is the surface at right angles to the Sun-Earth line, which passes through the L1 point, as shown in Figure 4.12. It is slightly curved, as shown in a rather exaggerated way in the figure, but it can be thought of as a plane surface in which the orbital motion takes place. Now we can see that if

Figure 4.12: An illustration of how a spacecraft can orbit a massless Langrangian point.

the spacecraft is located at point 3 or point 4, the sum of the Sun's gravity force in one direction, and centrifugal force (with a little bit of Earth gravity) in the other, produces a resultant force directed toward the L1 point. In fact, it is easy to see that this L1 directed force occurs at any point on the illustrated halo orbit in the figure, thus allowing an orbital motion around the massless L1 point. The shape of the orbit around L1 is certainly not a conic section, in general, and can in fact be a weird variety of looping curves referred to as a Lissajous orbit. Also, as we have mentioned already, the spacecraft has to use its propulsion system to tweak the motion to ensure long-term stability of the orbit.

A similar explanation of the orbital motion around the L2 point can be argued, with a balance between an inward directed force composed of Sun and Earth gravity and a outward directed centrifugal force. The latter force is slightly larger at the L2 point since it is further away from the center of rotation.

As for the idea of a resultant force, the configuration of force vectors at point 3 in the figure is similar to the forces acting on an arrow when it is fired from a bow. In Figure 4.13 the force vectors actually acting on the arrow are the tension forces in the string on either side of the arrow. But the sum of these—the resultant force—is actually directed along the arrow, and produces the acceleration that makes it fly.

Why are we interested in this concept? The idea of using Lagrangian point orbits for spacecraft is not a new one. A halo orbit around the Li point, between Earth and the Sun, is an ideal location for a spacecraft with a Sun-

viewing payload, as such a spacecraft has an uninterrupted view of the Sun. Examples of solar observatory spacecraft that have resided at L1 are the SOlar and Heliospheric Observatory (SOHO) and the Advanced Composition Explorer (ACE). Conversely, the L2 point is further away from the Sun than the Earth, above Earth's night side, and this point is a good location for space telescopes. The sky is not obscured by Earth as it is for the Hubble Space Telescope in its low Earth orbit Earth subtends an angle of only about half a degree from the L2 point. The Wilkinson Microwave Anisotropy Probe (WMAP) spacecraft is an example of a space observatory that has used a L2 point orbit. Looking to the next generation of space telescope beyond Hubble, the James Webb Space Telescope (JWST) is destined for a L2 halo orbit around the year 2013.


(34a) The Distance to the L1 Point


Let the gravitational constant be denoted by G , the mass of the Sun by M , that of Earth by m , the Earth's distance from the Sun by r and its velocity in its orbit by v . By applying what was learned about gravity and about centripetal and centrifugal forces, we then get (as in section (20))

GMm / r 2 = mv 2 / r
and multiplying both sides by r / m

GM / r = v 2

If T is the orbital period, since the distance covered by the Earth each orbit is 2πr ,

vT = 2π r Divide by T v = 2π r / T Square: v 2 = 4π 2 r 2 / T 2 and therefore GM / r = 4π 2 r 2 / T 2 Divide both sides by r 2 : GM / r 3 = 4π 2 / T 2
from which Kepler's 3rd law for circular orbits follows.

Consider next a spacecraft of mass m sc , located on the line connecting the Earth and the Sun, between those two at a distance R from Earth and (r–R) from the Sun (drawing). The force F pulling it sunward is decreased by the pull of the Earth in the opposite direction, so

Assume that this spacecraft also moves in a circle around the Sun, with velocity v sc . Then if the centrifugal force balances the attraction (or else, the attraction supplies the centripetal force)

In a similar way to the earlier calculation, both sides are multiplied by (r–R) / m sc , giving

We assume that the spacecraft also moves in a circle around the Sun, of radius (r–R) . (That of course requires the Earth to be always in place to pull in the opposite direction from the Sun, a subject to which we will return shortly). The orbital period Tsc of the satellite then satisfies, as before

v sc T sc = 2π(r–R) from which (v sc ) 2 = 4π 2 (r–R) 2 / (T sc ) 2 We then have

or, dividing everything by (r–R) 2

which resembles the earlier "3rd law" equation, except that the Earth's opposing pull is now added. But will the Earth be always located where its pull on the satellite is exactly opposite to the Sun? No, unless the two orbital periods are the same

Only then does the spacecraft's motion match that of the Earth and the distance between the two stays constant. That in general only happens at one value of R , that is, only at one distance from the Earth, and that distance R is now the unknown number we need to derive, the "thing" that we seek. Witgh Tsc = T, one may substitute Kepler's 3rd law for Earth alone, derived earlier: GM / r 3 = 4π 2 / T 2 s Substituting

GM / (r–R) 3 – Gm / R 2 (r–R) = GM / r 3

Let us divide both sides by GM : then G disappears from the scene, and in place of the masses ( m,M ) of (Earth,Sun) we only have their ratio, a small number y , about

or in scientific notation (the dot meaning multiplication)

y = m / M = 3 / 10 6 (or 3.10 -6 )

The equation is now 1 / (r–R) 3 – y / R 2 (r–R) = 1 / r 3

Multiply both sides by r 3
r 3 / (r–R) 3 – y r 3 / R 2 (r–R) = 1

In each of the fractions, divide both top and bottom by r 3 . Since any fraction having the same top and bottom equals 1, that is the same as multiplying by 1, and does not change anything]. Also, rename R/r to become a new variable z. Sitten

Now we are ready to roll, to derive the unknown quantity z . The above equation is complicated--in fact, a simple formula for its solution probably does not exist. However, since z is small, it is rather easy to get an approximate solution, using the methods of section (M-5) . There is was shown that when z is very small ,

1 / (1-z) 3 ~ 1 + 3z and [y / z 2 ] / (1-z) ~ [y / z 2 ] (1+z)

Substituting these approximations in the main equation gives

1 + 3z – [y / z 2 ] (1+z) ~ 1 From this 3z ~ [y / z 2 ] (1+z) and hence 3z 3 ~ y(1+z)

Both sides are now equally small. The right-hand side is only slightly modified by the addition of z: we may drop this term without making much difference. Sitten

z 3 ~ 1 / 1,000,000 Take 3rd root of both sides R / r = z ~ 1 / 100 = 0.01

Thus the distance to L1 is about 0.01 of the distance to the Sun. It is now possible to go back to more exact equations, like 3z 3 ~ y(1+z) , and replace z on the right by its approximate value 0.01, to get more accurate solutions. Such a process of gradual improvement, called iteration , is also used with Kepler's equation, discussed in section (12a). Because of the smallness of z, these modifications turn out here to make very little difference.

The derivation of the distance to the nightside Lagrangian point L2 is very similar (as is its result). In that case the equations involve r+R rather than r–R , and in the equation for F the terms are added instead of subtracted, because now the Sun and the Earth pull in the same direction. Try it!