Løsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 2013

Transkript

1 Løsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 013 Oppgave 1 a) I ligningen for hyostatisk likevekt er P trykket, M(r) massen innenfor en avstand r fra sentrum og ρ(r) er tettheten i en avstand r fra sentrum. b) Konstant tetthet betyr at M(r) = 4πρr 3 /3 og M = M(R) = 4πρR 3 /3. Vi kan dermed skrive tettheten som ρ = 3M/4πR 3. Ved innsetting i ligningen for hyostatisk likevekt finner vi: dp = G r 4π 3 ρr3 ρ = 4πGρ r = 4πG 3 3 = 3GM 4πR 6 r. ( 3 4πR 3M ) r Denne ligningen integrerer vi fra sentrum, r = 0, der trykket er P c ut til randen, r = R, der trykket er lik null: som gir 0 P c dp = 3GM 4πR 6 P c = 3GM 8πR 4. R 0 r, c) Degenerasjonstrykket skyldes at nøytroner er fermioner og følger Pauliprinsippet: To nøytroner kan ikke være i samme kvantetilstand. Jo flere nøytroner vi har i systemet, desto høyere bevegelsesmengde må de siste nøytronene vi putter inn ha. d) Siden tettheten er konstant er trykket i sentrum gitt ved ( ) 3M 5/3 ( ) 3 5/3 M 5 /3 P c = C 1 = C 4πR π R 5 1

2 Setter vi inn i resultatet fra b) og løser med hensyn på R, finner vi R = M 1 3 m. For en nøytronstjerne med samme masse som sola, M = M = kg gir dette R = 5 km. e) Øker vi massen, må sentraltrykket øke for å balansere tyngdekreftene. Av tilstandsligningen ser vi at trykket øker med tettheten. Vi må øke tettheten, dvs. redusere radius for å opprettholde hyodynamisk likevekt. f) Nå blir sentraltrykket ( ) 3 4/3 M 4/3 P c = C 4π R, 4 og ved innsetting i resultatet fra b) ser vi at radien kansellerer ut av ligningen. Løser vi med hensyn på M, finner vi Oppgave M = kg = 1.7M. a) Vi må ha at (/dτ) 0. Dersom E/m er lik minimal- eller maksimalverdien til V eff /m blir den eneste løsningen at partikklen beveger seg med /dτ = 0, det vil si en sirkelbane med konstant r. Av grafen ser vi at ved maksimalverdien vil en liten ening i E/m sende partikkelen inn i en bane som enten fører den inn i det sorte hullet, eller uendelig langt vekk fra det. Dette er derfor en ustabil sirkelbane. I minimumspunktet vil en liten ening i E/m sende partikkelen inn i en ny lukket bane som skiller seg lite fra sirkelbanen. Dette er derfor en stabil sirkelbane. b) Ved å innføre variablene definert i oppgaveteksten får vi u = ( 1 ) ( 1 + M l ) ( = 1 ) ( ) 1 + l. x M x x x

3 c) Oppgaveteksten legger opp til at vi kan finne ekstremalverdiene ved å finne nullpunktene for den deriverte til u. Litt regning gir Ganger vi med x 4 blir dette til du dx = x l x 3 + 6l x 4 = 0. x l x x + 3l = 0. d) Her bruker vi bare formelen for løsningene av en annengradsligning: x = l ± l 4 1l, og resultatet oppgitt i teksten følger ved å ta en faktor l 4 ut av rottegnet. Av figur 1 ser vi at maksimalverdien har lavere r-verdi enn minimalverdien, så løsningen med foran rottegnet svarer til maksimum, +-tegnet svarer til minimum. e) Av uttrykket i d) ser vi at løsningen blir imaginær dersom l < 1, og det er jo ikke mulig. I dette tilfellet har ikke V eff /m noe lokalt minimum og dermed finnes det heller ingen stabile sirkulære baner. f) Den innerste stabile sirkulære banen får vi dersom l = 1. Da blir x = l / = 6, slik at r = 6M. Horisonten til det sorte hullet er ved r = M, s denne sirkelbanen er tre ganger s stor. For et sort hull med masse lik solens er r = M 3 km, og den innerste stabile sirkelbanen er da ved r = 9 km, bare 6 kilometer fra horisonten! Fra dette perspektivet alene er det ingen ting i veien for å ha en planet i bane nær et sort hull. Men det er selvsagt et problem å se for seg hvordan den har havnet der, og hvordan den kan unngå å bli brutt opp av de ikke ubetydelige tidekreftene. Oppgave 3 a) Uendelig langt vekk fra det sorte hullet er E/m = dt/dτ, og vi kan bruke spesiell relativitetsteori. Siden Øystein starter i ro, er energien lik hvilenergien m, og da er E/m = 1. 3

4 b) Med hans lokale tommestokk og klokke blir akselerasjonen Øystein måler g = d r dτ = d dτ dτ = (M) 1/ d ( M = dτ r 1/ = (M) 1/ ) 1/ r 3/ (M) 1/ r 1/ = M r. ( 1 ) 3/ r dτ c) Selv med Øysteins løgn om egen høyde er han liten nok til at vi kan sette g dg r = M r 3 r. d) Smertekriteriet i oppgaveteksten gir ligningen som løst med hensyn på r gir r = r Au = M r 3 r = ( ) 1/3 M r. For et sort hull med masse 10 milliarder solmasser gir dette r Au = km, godt innenfor horisonten. Øysteins øm går i oppfyllelse. Det er tross alt jul. Generelt kan vi skrive resultatet om til r Au M = ( ) /3 M, så jo større det sorte hullet er, desto lengre inn kan Øystein falle før det gjør vondt. e) Vi gjør som foreslått i oppgaveteksten og skriver M ( ) 1 1/ dτ = r 1/, M 4

5 og starter klokka ved r = r Au. Integrasjon gir da τ Au ( ) 1 1/ 0 = r 1/ M r Au ( ) 1 1/ = M 3 r3/ Au = ( ) 1 1/ ( ) 1/3 M r 3 M 3/ ( ) 1/ r = m. = 3 Resultatet er uavhengig av M! Det spiller med ane ord ingen rolle hvor stort det sorte hullet er. Uansett størrelse vil det gå like lang tid fra et eventuelt ubehag setter inn til det hele er over. f) Tiden vi fant i e) har enhet meter, så for å sammenligne må vi gjøre om enheten til sekunder ved å dele med lyshastigheten. Det gir τ Au = 0.3 s. Dersom smertesignalene ikke beveger seg raskere enn oppgitt i teksten er det derfor høyst tvilsomt om Øystein vil rekke å kjenne noen smerte. Situasjonen i oppgaven ser derfor ut til å være en særdeles god deal for både ham og resten av universet. 5