To pytanie może być trochę leniwe, ale czy ktokolwiek może mi przedstawić dowód na formułę Hill Sphere? Zgodnie z wikipedią , wzór na promień $ r $ to
$$ r \ ok. A (1-e) \ left (\ frac {m} {3M} \ right) ^ {1/3} $$
gdzie ciało o masie $ m $ krąży wokół znacznie bardziej masywnego ciała o masie $ M $ z półoś wielka $ a $ i ekscentryczność $ e $.
Komentarze
- Spójrz na wprowadzenie w ten artykuł .
- Umieść masę testową między dwiema masami, załóż, że początek jest w większej masie i oblicz, gdzie wartości obu sił są równe?
- @Dave that ' to całkiem fajny artykuł (' planowałem coś zrobić dzisiaj, ale teraz …) i Jestem pewien, że jest tam '; $ R_H = 3 ^ {- 1/3} $ i ” jednostka długości jest skalowana przez współczynnik µ $ {} ^ { 1/3} $ „, ale nie ' nie wiem, jak uzyskać (1- e ) tak łatwo z przodu.
- Ponieważ a (1-e) to periastron?
- Wygląda na to, że ' faktycznie dodali wyprowadzenie do strony wikipedii – co ciekawe, coś, o czym nie wspomniano na stronie wikipedii, to fakt, że ta powierzchnia nie jest sferyczna, odnosi się to do utraty cząstki na osi (przynajmniej podczas jednego zdarzenia – wiele zdarzeń nierezonansowych ostatecznie usuwa cały materiał na zewnątrz promienia Hill opuszczającego kulę)
Odpowiedź
Sfera Hill jest definiowana nieco inaczej niż płat Rochea , ale promień jest przybliżany przez odległość do punktów Lagrangea L 1 i L 2 .
Do ruchu kołowego z prędkością kątową $ \ omega $ wokół początku, mamy:
$$ \ ddot {\ mathbf {r}} = – \ omega ^ 2 \ mathbf {r} $$
Przyspieszenie ziemskie spowodowane przez punkt masy na innej masie w pozycji $ \ mathbf {r} $ jest określone przez zwykłe prawo odwrotnych kwadratów:
$$ \ ddot {\ mathbf {r}} = – \ frac {Gm} { \ left \ | \ mathbf {r} \ right \ | ^ 2} \ hat {\ mathbf {r}} $$
Rozważmy teraz system dwóch ciał z masami $ m_1 $ i $ m_2 $ , oddzielone odległością $ r $ krążą wokół wspólnego środka masy (com) w odległości $ r_1 $ i $ r_2 $ .
sub > 1 < / sub >
To jest system jednowymiarowy, więc możemy przełączać się z wektorów na skalary. Z definicji środka masy mamy:
$$ r_1 = \ left (\ frac {m_2} {m_1 + m_2} \ right ) r $$ $$ r_2 = \ left (\ frac {m_1} {m_1 + m_2} \ right) r $$
Dla orbity $ m_2 $ wokół środka masy, zrównanie przyspieszenia grawitacyjnego z przyspieszeniem wymaganym dla ruchu kołowego daje:
$$ \ omega ^ 2 r_2 = \ frac {G m_1} {r ^ 2} $$
A następnie wyrażając $ r_2 $ w kategoriach $ r_1 $ daje trzecie prawo Keplera:
$$ \ omega ^ 2 = \ frac {G \ left (m_1 + m_2 \ right)} {r ^ 3} $$
Następnie znajdujemy odległość od punktu L 1 , w którym siły grawitacyjne części pierwotnej i wtórnej łączą się, aby zapewnić wymagane przyspieszenie dla ruchu kołowego.Zrównanie przyspieszenia ruchu kołowego z siłami grawitacji daje:
$$ \ omega ^ 2 \ left (r_2 – h \ right) = \ frac {G m_1 } {\ left (r – h \ right) ^ 2} – \ frac {G m_2} {h ^ 2} $$
I podstawiając $ \ omega $ daje w wyniku:
$$ \ frac {\ left (m_1 + m_2 \ right) \ left (r_2 – h \ right)} {r ^ 3} = \ frac {m_1} {\ left (r – h \ right) ^ 2} – \ frac {m_2} {h ^ 2} $$
Następnie przepisz to pod względem stosunku masy $ q = \ frac {m_2} {m_1} $ i względnej odległości $ z = \ frac {h} {r} $ , dając:
$$ 1 – z \ left (1 + q \ right) = \ left (1 – z \ right) ^ {- 2} – qz ^ {- 2} $$
Daje to równanie kwintyczne dla $ z $ , które należy rozwiązać numerycznie, ponieważ ogólne kwantyki nie mają rozwiązań algebraicznych (nie mam nie zamierzam udawać, że rozumiem dowód na to ).
Zakładając, że jesteśmy w sytuacji, w której $ m_1 \ gg m_2 $ , co jest dobrym przybliżeniem dla planet Układu Słonecznego, możemy dokonać przybliżeń, aby uniknąć rozwiązania kwintyki. W tym przypadku kula Hilla jest znacznie mniejsza niż odległość między dwoma obiektami, co oznacza, że możemy przybliżyć:
$$ \ begin {aligned} 1 + q & \ około 1 \\ \ left (1 – z \ right) ^ {- 2} & \ około 1 + 2z \ end {aligned} $$
Gdzie druga linia to przybliżenie dwumianowe . Daje to:
$$ 1 – z \ około 1 + 2z – qz ^ {- 2} $$
Zmień kolejność do rozwiązania dla $ z $ :
$$ z ^ 3 \ approx \ frac {q} {3} $$
A następnie używając definicji $ z $ i $ q $ to staje się
$$ h \ approx r \ left (\ frac {m_2} {3 m_1} \ right) ^ {1 / 3} $$
Jaki jest zwykły wzór na rozmiar kuli Hilla.
Dla L 2 , punkt Lagrangea znajduje się poza wtórnym, więc równanie siły grawitacji i ruchu kołowego wygląda następująco:
$$ \ omega ^ 2 \ left (r_2 + h „\ right) = \ frac {G m_1} {\ left (r + h” \ right) ^ 2} + \ frac {G m_2} {h „^ 2} $$
Gdzie $ h „$ to odległość od punktu dodatkowego do punktu L 2 .
Podstaw w $ \ o mega $ i przepisując pod kątem $ q $ i $ z „= \ frac {h”} { r} $ daje:
$$ 1 + z „\ left (1 + q \ right) = \ left (1 + z” \ right ) ^ {- 2} + qz „^ {- 2} $$
Ponownie daje to kwintyczne równanie dla $ z” $ , ale możemy zrobić podobne przybliżenia do przypadku dla L 1 :
$$ \ begin {aligned} 1 + q & \ około 1 \\ \ left (1 + z „\ right) ^ {- 2} & \ około 1 – 2z „\ end {aligned} $$
Daje to:
$$ 1 + z” \ około 1 – 2z ” + qz „^ {- 2} $$
Uproszczenie i ponowne podstawienie zmiennych:
$$ h” \ około r \ left (\ frac {m_2} {3m_1} \ right) ^ {1/3} $$
Działa to na orbitach kołowych. W przypadku orbit mimośrodowych typowym podejściem jest po prostu zamiana odległości $ r $ na odległość perycentrum $ a \ left (1 – e \ right) $ , gdzie $ a $ to półoś wielka. Bardziej rygorystycznym podejściem byłoby użycie prędkości kątowej w perycentrum i wyprowadzenie stąd, ale zostawię to jako ćwiczenie dla zainteresowanego czytelnika 🙂
Komentarze
-
+1Nie ' nie zapomnij o quod erat demonstrandum !
Odpowiedź
Kula Hill nosi imię Johna Williama Hilla (1812–1879) i jego prosta logika wynika z obecności trzech ciał (załóżmy, że Słońce jest największą masą z Ziemią jako masą wtórną i satelitą o znikomej masie krążącym wokół Ziemi jako trzecia masa), gdzie promień kuli Hill będzie największy promień, w jakim satelita może okrążyć masę wtórną (w tym przypadku Ziemię). Jeśli jego orbita przekroczy promień Hillsa, spadnie pod grawitacyjne oddziaływanie pierwszego ciała (słońca), a zatem nie będzie już satelitą ciała wtórnego.
Można by napisać równania Newtona używając idei, że satelita ma taką samą prędkość kątową jak obiekt drugorzędny.To znaczy, że prędkość kątowa Ziemi wokół Słońca jest równa prędkości kątowej satelity wokół Słońca. Demonstracja na temat wyprowadzenia znajduje się w poniższym linku, a także w limicie Rochea: