k 3/5 P 3/5 ρ = cp 3/5 (1) dp dr = ρg (2) P 3/5 = cgdz (3) cgz + P0 cg(z h)

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "k 3/5 P 3/5 ρ = cp 3/5 (1) dp dr = ρg (2) P 3/5 = cgdz (3) cgz + P0 cg(z h)"

Άδωνις Ηλιόπουλος
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Αριστοτελειο Πανεπιστημιο Θεσσαλονικης ΤΜΗΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ 3ο Σετ Ασκήσεων Αστρονομίας Author: Σταμάτης Βρετινάρης Supervisor: Νικόλαος Στεργιούλας Λουκάς Βλάχος December 5, 215

2 1 Άσκηση Σφαιρικός αστέρας με ακτίνα R και μάζα Μ έχει λεπτή ατμόσφαιρα ύψους h R, η οποία περιγράφεται από την καταστατική εξίσωση P = Kρ 5/3, όπου Π είναι η πίεση, ρ η πυκνότητα μάζας και Κ σταθερά. Αν η επιτάχυνση της βαρύτητας εντός της ατμόσφαιρας θεωρηθεί (κατά προσέγγιση) σταθερή και η πίεση στην επιφάνεια του αστέρα είναι P, να υπολογισθεί η πίεση ως συνάρτηση του ύψους z = r R εντός της ατμόσφαιρας. Να παρασταθεί γραφικά η αδιάστατη πίεση P/P ως συνάρτηση του αδιάστατου ύψους z/h. Σημείωση: η ατμόσφαιρα φτάνει στο μέγιστο ύψος της όταν η πίεσή της μηδενίζεται. Γνωρίζουμε από την καταστατική εξίσωση που μας δώθηκε ότι όπου c = 1/k 3/5 Από την εξίσωση υδροστατικής ισορροπίας έχουμε: ρ = 1 k 3/5 P 3/5 ρ = cp 3/5 (1) dp dr = ρg (2) Αντικαθιστούμε στην σχέση (1) την (2) οπότε παίρνουμε: ˆ dp Pz dr = cgp 3/5 P P z = Για z = h η πίεση P z μηδενίζεται, οπότε βρίσκουμε την P P = ˆ dp z P 3/5 = cgdz (3) ( ) 2 5/2 2/5 cgz + P (4) 5 ( 2 5 cgh ) 5/2 (5) Συνεπώς η πίεση P z θα δίνεται από τον τύπο: P z = [ ] 2 5/2 cg(z h) (6) 5 Σχηματίζουμε το κλάσμα Pz P : P ( z = 1 z 5/2 (7) P h) Σχήμα 1: Γραφική παράσταση P z /P συναρτήσει μεταβλητής z/h 1

3 2 Άσκηση Ενα σφαιρικό νέφος υδρογόνου έχει αριθμητική πυκνότητα 1 άτομα ανά κυβικό εκατοστό και ακτίνα R c = 1pc. Γίνεται ασταθές και καταρρέει έως ότου δημιουργηθεί αστέρας της κύριας ακολουθίας με ακτίνα R R c. Υπολογίστε: α) το χρόνο κατάρρευσης, β) την ενέργεια που απελευθερώθηκε κατά την κατάρρευση (σύμφωνα με το μηχανισμό Kelvin Helmholz), υποθέτοντας ότι για τους αστέρες της κύριας ακολουθίας η ακτίνα είναι (κατά προσέγγιση) ανάλογη της μάζας και γ) τη μέση φωτεινότητα (σε μονάδες ηλιακής φωτεινότητας) για το χρονικό διάστημα της κατάρρευσης. α) Ο χρόνος βαρυτικής κατάρρευσης δίνεται από τον τύπο 3π t ff = (8) 32Gρ Μετά από πράξεις βρίσκουμε ότι: t ff = sec (9) β) Η ενέργεια που απελευθερώθηκε κατά την κατάρρευση θα είναι η διαφορά των βαρυτικών δυναμικών ενεργειών ανάμεσα στην τελική και αρχική κατάσταση: E = GM 2 2R f ( GM 2 ) 2R i Ομως η αρχική ακτίνα είναι πολύ μεγαλύτερη από τν τελική οπότε : Υπολογίζουμε την μάζα του νέφους R i R f E = GM 2 2R f (1) M = 4 3 πρ R 3 i M = kg (11) Από τον μηχανισμό Kelvin Helmholz γνωρίζουμε ότι το νέφος θα καταρρεύσει σε αστέρα ακτίνας R f M με σταθερά αναλογίας που υπολογίζουμε απο τα δεδομένα του Ηλιου, οπότε: γ) Η φωτεινότητα θα δίνεται από τον τύπο E = erg (12) L = de dt L = E t ff (13) L = 1 11 L (14) 2

4 3 Άσκηση (α) Δείξτε ότι αν υπήρχε αστέρας με κατανομή πυκνότητας ρ = ρ ( rr ) 2 η δυναμική του ενέργεια θα ήταν πεπερασμένη. (β) Η κατανομή πυκνότητας ενός αστέρα δίνεται προσεγγιστικά από τη σχέση ρ, r < r ( r ) 2 ρ(r) = ρ, r < r < R r, r > R Αν η ακτίνα του αστέρα είναι R = R και του πυρήνα r =.1R να υπολογισθεί ή μάζα του. α) W = ˆ R Συνεπώς το W είναι πεπερασμένο. β) M = ˆ r (ˆ r ) G 4πρ(r )r 2 dr 4πρrdr W = G(4πρ r ) 2 rr 2 4πρ(r)r 2 dr = ˆ r ˆ R 4πρ(r)r 2 dr + 4πρ(r)r 2 dr + r ˆ R 4πρ(r)r 2 dr Μετά από πράξεις καταλήγουμε M = ρ kg 4 Άσκηση Από παρατηρήσεις προκύπτει ότι στο κέντρο του Γαλαξία μας (που απέχει από εμάς περίπου 8 kpc) υπάρχει μια μελανή οπή. Ο αστέρας S2 περιφέρεται γύρω από την κεντρική μελανή οπή με περίοδο 15 έτη σε ελλειπτική τροχιά με μεγάλο ημιάξονα.12. Υποθέτοντας προσεγγιστικά πως το επίπεδο της τροχιάς είναι κάθετο στην ευθεία παρατήρησης, εκτιμήστε (σε μονάδες μάζας ήλιου) η μάζα της μελανής οπής στο κέντρο του Γαλαξία. Θα χρησιμοποιήσουμε τον 3 o νόμο του Kepler που μαθηματικά εκφράζεται ως T 2 = 4π2 GM a3 όπου M = M 1 + M 2,αλλά η δεύτερη μάζα είναι αμελητέα μπροστά στην πρώτη. Σχήμα 2: Η τροχιά του αστέρα S2 3

5 M BH = 4π2 a 3 GT 2 (15) Από τρίγωνο στο Σχήμα (2) ισχύει ότι a/2 = tan.6 8kpc a = Αντικαθιστούμε στν σχέση (15) τις αριθμητικές τιμές και κάνοντας πράξεις τελικά παίρνουμε : 5 Άσκηση m M BH M (16) Ενα μεσοαστρικό νέφος έχει μάζα M = 6.5M και πυκνότητα r = m p /cm 3. Υποθέτοντας πως είναι ομογενές, με σφαιρική κατανομή και πως περιστρέφεται ομογενώς γύρω από άξονα, έχοντας περιστροφική ταχύτητα v =.5km/s στον ισημερινό, βρείτε την περίοδο περιστροφής του αστέρα που θα προκύψει από τη βαρυτική συστολή του νέφους, εάν δεν υπήρχε απώλεια μάζας και στροφορμής. Εξετάστε τη συμβατότητα του αποτελέσματος με την ειδική θεωρία σχετικότητας (στην κύρια ακολουθία ένας αστέρας μάζας M = 6.5M έχει ακτίνα ίση με 3.8R ). Τι συμπεραίνετε; Υπολογίζουμε την αρχική ακτίνα M = 4 3 πρr3 i (17) R i = 3 3M 4πρ R i = m Στο σύστημά μας διατηρείται η στροφορμή οπότε έχουμε : L i = L f 2 5 MR2 i ω i = 2 5 MR2 f ω f Ri 2 ω i = Rf 2 ω f ( ) 2 Rf T f = T i R i Αντικαθιστούμε και παίρνουμε T f = 2πR2 f vr i (18) T = 9.3sec Υπολογίζουμε την τελική ταχύτητα στον ισημερινό v f = ω f R f = m/s Αυτό δεν είναι συμβατό με την ειδική θεωρία σχετικότητας διότι ξεπερνά την ταχύτητα του φωτός. 4

6 6 Άσκηση Υπολογίστε τη μέση τροχιακή απόσταση στην οποία συμβαίνουν οι συντονισμοί 1:2 και 1:3 στη ζώνη των αστεροειδών (διάκενα Kirkwood). Γιατί δεν παρατηρούμε τον συντονισμό 1:4 και ανώτερους; Βρείτε και άλλους πιθανούς συντονισμούς στη ζώνη των αστεροειδών. Η περίοδος του πλανήτη Δία είναι T J = 11.86yr Οταν λέμε ότι γίνεται συντονισμός 1:2 ή 1:3 σημαίνει ότι για μία πλήρης περιφορά του Δία ο αστεροειδής θα εκτελέσει 2 ή 3 περιφορές αντίστοιχα.αυτό μαθηματικά εκφράζεται ως : Χρησιμοποιούμε τον 3 o νόμο του Kepler T J T 2:1 = 2 1 T 2:1 = 5.93yr T J T 3:1 = 3 1 T 3:1 = 3.95yr T 2 = 4π2 GM a3 (19) Αγνοούμε την μάζα του αστεροειδή γιατί είναι αμελητέα μπροστά στην μάζα του Δία. Το πηλίκο 4π2 GM ισούτε με μονάδα αν μετρήσουμε το Τ σε χρόνια και την απόσταση a σε αστρονομικές μονάδες.οπότε T 2 = a 3 (2) a 3 2:1 = T 2 2:1 a 2:1 = 3.27AU a 3 3:1 = T 2 3:1 a 3:1 = 2.49AU a 3 4:1 = T 2 4:1 a 4:1 = 2.6AU(T 4:1 = 2.96yr) Παρατηρούμε ότι η απόσταση στην οποία γίνεται ο συντονισμός 4 : 1 είναι εκτός της ζώνης των αστεροειδών, οπότε δεν είναι δυνατόν να παρατηρηθεί προφανώς. Άλλοι πιθανόι συνδυασμοί εντός της ζώνης των αστεροειδών είναι ο 5 : 2 και ο 7 : 3 που δεν είναι τόσο ισχυροί γιατί δεν είναι ακέραια πηλίκα της περιόδου του Δία και σε αυτές τις αποστάσεις παρατηρείται μικρός αριθμός αστεροειδών σε αντίθεση με τους ισχυρούς συντονισμούς 2 : 1 και 3 : 1.Αυτό συμβαίνει διότι χρειάζονται περισσότερο χρόνο για να φύγουν από την περιοχή συντονισμού. T 5:2 = 4.74yr T 7:3 = 5.8yr a 5:2 = 2.82AU a 7:3 = 2.95AU 5

Σχετικά έγγραφα

ΑΣΤΡΟΝΟΜΙΑ ΚΑΙ ΑΣΤΡΟΦΥΣΙΚΗ 7 ο ΕΞΑΜΗΝΟ ΤΜΗΜΑ ΦΥΣIΚΗΣ ΑΠΘ

ΑΣΤΡΟΝΟΜΙΑ ΚΑΙ ΑΣΤΡΟΦΥΣΙΚΗ 7 ο ΕΞΑΜΗΝΟ 2016-2017 ΤΜΗΜΑ ΦΥΣIΚΗΣ ΑΠΘ 1ο Σ Ε Τ Α Σ Κ Η Σ Ε Ω Ν 1. Να κατασκευαστεί η ουράνια σφαίρα για έναν παρατηρητή που βρίσκεται σε γεωγραφικό πλάτος 25º και να τοποθετηθούν