Mekanik för TB TFYA16, Lösningsförslag till inlämningsuppgift 6
Lösningsförslag till inlämningsuppgift 6, 2007.
a)
Flykthastigheten härleddes på föreläsning via den gravitationspotentiella energin och
den kinetiska energin. Flykthastigheten beskrivs som
2GM
vesc =
R
Om flykthastigheten är c så måste jordens radie krympas till:
2GM 2 ⋅ 6.67 ⋅10−11 ⋅ 5.98 ⋅1024
Rsvart hål = 2 =
≈ 9 mm
c
(3.00 ⋅108 )2
b)
Vi vet att W = ∆Ek = −∆E p , den första likheten gäller ALLTID, den andra likheten
gäller då vi har en konservativ kraft. Den gravitationspotentiella energin skrivs som
GMm
som gäller för en kropp m utanför en annan kropp med massan M där r
Ep = −
r
anger avståndet mellan kropparnas masscentra. Under själva kollapsen ändras
föutsättningarna eftersom kraften på avståndet r från stjärnans centrum inte är
konstant över tiden, dvs den gravitationskraften är INTE en konservativ kraft under
själva kollapsen. Den är dock konservativ innan och efter kollapsen. Sålunda måste
den första likheten användas, dvs vi får räkna förändringen i den kinetiska energin.
1
1
Det utförda arbetet W = ∆Ek = Ek ( efter ) − Ek ( före ) = I 2ω22 − I1ω11
2
2
Rörelsemängdsmomentet bevaras:
2
Före kollapsen gäller: L = L0 zˆ = I1ω1 zˆ = M sol R12ω1 zˆ
5
2
Efter kollapsen gäller: L = L0 zˆ = I 2ω2 zˆ = M sol R22ω2 zˆ
5
2
R
2
2
M sol R12ω1 = M sol R22ω2 ⇒ ω2 = 1 ω1
5
5
R2
ω1 = 2π /(25 ⋅ 24 ⋅ 3600) = 2.91 ⋅10−6 s-1
Enligt Physics Handbook:
8
R1 = 6.96 ⋅10 m
Observera att det går ca 25 jordvarv på ett solvarv, därav siffran 25 ovan.
2
2
R
6.96 ⋅108
R2 = 1.6 ⋅10 m ⇒ ω2 = 1 ω1 =
ω1 = 1.89 ⋅109 ω1
4
1.6 ⋅10
R2
L
L
L
1
1
W = I 2ω22 − I1ω12 = 0 (ω2 − ω1 ) ≈ 0 ω2 = 1.89 ⋅109 0 ω1
2
2
2
2
2
4
2
2
M sol R12ω1 = ⋅1.99 ⋅1030 ⋅ (6.96 ⋅108 ) 2 ⋅ 2.91⋅10 −6 = 1.12 ⋅10 42 kgm 2 / s
5
5
1.12
⋅
1042
W = 1.89 ⋅109
⋅ 2.91 ⋅10−6 = 3.1 ⋅1045 J
2
Det utförda arbetet är W = 3.1 ⋅1045 J . Flykthastigheten beskrivs som
L0 =
Mekanik för TB TFYA16, Lösningsförslag till inlämningsuppgift 6
vesc =
2GM
2 ⋅ 6.67 ⋅10−11 ⋅1.99 ⋅1030
=
≈ 1.3 ⋅108 m/s
16000
R
