Ez a kérdés lehet, hogy kissé lusta, de bárki bizonyíthat-e nekem a Hill gömb képletéről? A wikipédia szerint a sugár képlete, $ r $,
$$ r \ kb. (1-e) \ balra (\ frac {m} {3M} \ jobbra) ^ {1/3} $$
ahol $ m $ tömegű test egy sokkal masszívabb $ M $ tömegű test körül kering egy fél-fő tengely $ a $ és excentricity $ e $.
Megjegyzések
- Nézze meg a bevezetőt itt: ez a cikk .
- Helyezzen két tömeg közé egy teszttömeget, tegyük fel, hogy az eredet nagyobb tömegben van, és számítsuk ki, hogy a két erő nagysága egyenlő-e?
- @Dave, hogy ‘ egy nagyon jó papír (én ‘ azt terveztem, hogy ma valamit csinálok, de most …), és Biztos vagyok benne, hogy ‘ ott van; $ R_H = 3 ^ {- 1/3} $ és ” hosszegységet a µ $ {} ^ { 1/3} $ ” de nem ‘ nem látom, hogyan lehet az (1- e ) olyan könnyen.
- Mivel az (1-e) periasztron?
- Úgy tűnik, hogy ‘ valójában hozzáadtak egy levezetést a wikipedia oldalra – érdekes dolog, amit a wikipédia oldalon nem említenek, hogy ez a felület nem gömb alakú, arra utal, amikor egy részecske a tengelyen elvész (legalább egy esemény során – több, nem rezonáns esemény végül az összes anyagot kifelé szedi a gömböt elhagyó domb sugara)
Válasz
A domb gömb kissé eltérően van meghatározva, mint a Roche lebeny , de a sugár a Lagrange-pontok L 1 és L 2 <. p>
Szögsebességű körkörös mozgáshoz $ \ omega $ az eredet körül, megvan:
$$ \ ddot {\ mathbf {r}} = – \ omega ^ 2 \ mathbf {r} $$
A gravitáció miatti gyorsulás egy másik tömegen lévő tömeg tömegéből $ \ mathbf {r} A $ értéket a szokásos inverz négyzet törvény adja meg:
$$ \ ddot {\ mathbf {r}} = – \ frac {Gm} { \ left \ | \ mathbf {r} \ right \ | ^ 2} \ hat {\ mathbf {r}} $$
Most vegyen fontolóra egy két testből álló rendszert, amelynek tömegei $ m_1 $ és $ m_2 $ , távolság választva el $ r $ a közös tömegközéppontjuk (com) körül $ r_1 $ és $ r_2 $ illetve.
al beállításait bemutató ábra > 1 < / sub >
Ez egy egydimenziós rendszer, így a vektorokról skalárokra válthatunk. A tömegközéppont meghatározásából:
$$ r_1 = \ left (\ frac {m_2} {m_1 + m_2} \ right ) r $$ $$ r_2 = \ balra (\ frac {m_1} {m_1 + m_2} \ jobbra) r $$
A $ m_2 $ tömegközép körüli pályájához a gravitációs gyorsulást a körmozgáshoz szükséges gyorsulással egyenlővé téve:
$$ \ omega ^ 2 r_2 = \ frac {G m_1} {r ^ 2} $$
Ezután kifejezi a $ r_2 $ a $ r_1 $ kifejezés alapján megadja a Kepler harmadik törvényét:
$$ \ omega ^ 2 = \ frac {G \ left (m_1 + m_2 \ right)} {r ^ 3} $$
Ezután megtaláljuk a távolság az L 1 ponttól, ahol az elsődleges és a szekunder gravitációs erői együttesen biztosítják a körmozgáshoz szükséges gyorsulást.A körmozgás gyorsulásának a gravitációs erőkkel való egyenlősége:
$$ \ omega ^ 2 \ left (r_2 – h \ right) = \ frac {G m_1 } {\ left (r – h \ right) ^ 2} – \ frac {G m_2} {h ^ 2} $$
És a $ \ omega $ eredményeként:
$$ \ frac {\ left (m_1 + m_2 \ right) \ left (r_2 – h \ jobbra)} {r ^ 3} = \ frac {m_1} {\ balra (r – h \ jobbra) ^ 2} – \ frac {m_2} {h ^ 2} $$
Ezután írja át ezt a $ q = \ frac {m_2} {m_1} $ tömegarány és a relatív távolság szempontjából $ z = \ frac {h} {r} $ , így:
$$ 1 – z \ left (1 + q \ right) = \ left (1 – z \ right) ^ {- 2} – qz ^ {- 2} $$
Ennek eredménye egy kvintikus egyenlet a $ z $ számára, amelyet numerikusan kell megoldani, mivel az általános kvintikusok nem rendelkeznek algebrai megoldásokkal (Nem vagyok úgy teszünk, mintha megértenék ennek igazolását ).
Feltéve, hogy olyan helyzetben vagyunk, amikor $ m_1 \ gg m_2 $ , ami jó közelítés a Naprendszer bolygóihoz, közelítéseket tehetünk, hogy elkerüljük a kvintikus megoldását. Ebben az esetben a Hill gömb jóval kisebb, mint a két objektum elválasztása, ami azt jelenti, hogy közelíthetünk:
$$ \ begin {aligned} 1 + q & \ kb 1 \\ \ balra (1 – z \ jobbra) ^ {- 2} & \ kb 1 + 2z vége {aligned} $$
Ahol a második sor a binomiális közelítés . Ez a következőket adja:
$$ 1 – z \ kb 1 + 2z – qz ^ {- 2} $$
Átrendezés megoldani a $ z $ :
$$ z ^ 3 \ kb \ frac {q} {3} $$
Ezután használja a $ z $ és definíciókat $ q $ ez
$$ h \ kb r \ balra (\ frac {m_2} {3 m_1} \ jobbra) ^ {1 / 3} $$
Melyik a szokásos képlet a Hill gömb méretéhez.
L 2 esetén a Lagrange-pont a másodlagos túl található, így a gravitációs erő és a körmozgás egyenlete:
$$ \ omega ^ 2 \ left (r_2 + h “\ right) = \ frac {G m_1} {\ left (r + h” \ right) ^ 2} + \ frac {G m_2} {h “^ 2} $$
Ahol a $ h “$ a másodlagos és az L 2 pont távolsága.
Helyettesítse a $ \ o elemet mega $ és átírás $ q $ és $ z “= \ frac {h”} { r} $ adja:
$$ 1 + z “\ left (1 + q \ right) = \ left (1 + z” \ right ) ^ {- 2} + qz “^ {- 2} $$
Ez megint kvintikus egyenletet ad a $ z” $
$$ \ begin {aligned} 1 + q & \ kb 1 \\ \ balra (1 + z “\ jobbra) ^ {- 2} & \ kb 1 – 2z “\ end {aligned} $$
Ez a következőket adja:
$$ 1 + z” \ kb 1 – 2z ” + qz “^ {- 2} $$
A változók egyszerűsítése és visszahelyezése:
$$ h” \ kb r \ balra (\ frac {m_2} {3m_1} \ jobbra) ^ {1/3} $$
Ez körpályák esetén működik. Az excentrikus pályák esetében a szokásos megközelítés a $ r $ távolság egyszerű cseréje a pericentrikus távolságra $ a \ left (1 – e \ right) $ ahol $ a $ a félig nagy tengely. Szigorúbb megközelítés az lenne, ha a pericentrumban a szögsebességet használnánk és onnan származtatnám, de ezt meghagyom gyakorlatnak az érdeklődő olvasó számára 🙂
Megjegyzések
-
+1Ne ‘ ne felejtsd el a quod erat demonstrandumot !
Válasz
A dombgömb John William Hillről (1812–1879) kapta a nevét, és egyszerű logikája három test jelenlétéből következik (tegyük fel, hogy a Nap a legnagyobb tömeg, amelynek másodlagos tömege a Föld, és harmadik tömegként a Föld körül keringő elhanyagolható tömegű műhold), ahol a dombgömb sugara lesz. a legnagyobb sugár, amelyen egy műhold megkerülheti a másodlagos tömeget (ebben az esetben a Föld). Ha pályája meghaladja a Hills sugarát, akkor az első test (nap) gravitációs hatására esik, és így már nem lesz a másodlagos test műholdja.
Írhatnánk Newton egyenleteit felhasználva azt az elképzelést, hogy a műholdnak ugyanaz a szögsebessége, mint a másodlagos objektumnak.Ez az, hogy a Föld szögsebessége a Nap körül megegyezik a műhold szögsebességével a Nap körül. A levezetés bemutatása a következő linken, valamint a Roche-korláton található: