Устойчивость протопланетного облака системы "Земля - Луна" часть 3

Постановка задачи

Пусть имеется тело радиуса [math]R[/math] (площадь поверхности [math]2S_1=4\pi R^2[/math])с поверхности которого отделяются частицы. На расстоянии [math]r[/math] от первого тела находится сферическое тело площадью [math]2 S_2[/math].

Требуется подсчитать силу, с которой это тело взаимодействует с частицей.

Исходим из следующих соображений.

• Все частицы имеют одинаковую массу [math]m[/math]

• Все частицы отделяются от сферического тела

1) В радиальных направлениях

2) С одинаковой начальной скоростью [math]V_0[/math]

3) без ускорения

Решение

Запишем уравнение непрерывности для среды с источником излучения.

[math](1):\frac{\partial w}{\partial t}+\bigtriangledown \cdot (w \vec V_0)=4\pi R^2 I \delta^3(r)[/math],

где

[math]w[/math]-концентрация частиц,

[math]I[/math]-Интенсивность испарения сферы [math]\frac{partical}{sek \cdot sm^2}[/math]

[math]\delta^3(r)[/math]-дельта функция Дирака.

Первое слагаемое в силу стационарности-ноль.

[math](2):w V_0 \cdot 4\pi r^2=4\pi R^2 I[/math]

[math](3):w=\frac{R^2 I}{r^2 V_0}[/math]

Рассмотрим частичку площадью [math]4\pi a^2[/math], ("эффективная" площадь [math]S_2=2 \pi a^2[/math]) находящеюся на расстоянии [math]r[/math], от излучающего тела. Тогда переданный импульс при абсолютно-упругом ударе за время [math]\Delta t[/math] будет

[math](4):\Delta p=\frac{2 m \Delta t V_0 \pi a^2 R^2 I}{r^2}[/math],

отсюда

[math](5):F=\frac{\Delta p}{\Delta t}=2m\pi V_0 I\frac{a^2 R^2 }{r^2}=\frac{m V_0 I}{8\pi}\frac{S_1 S_2 }{r^2}[/math]

Постановка задачи

В условиях прошлой задачи, учесть эффект экранирования.

Решение

Если среда, где распространяется излучение, не пустая, присутствует экранирующий эффект, тогда , в соответствии с [работой], концентрация отделившихся частиц на расстоянии [math]r[/math] запишется как

[math](6):w=\frac{R^2 I}{r^2 V_0} exp(-n S r ) [/math], где

[math]n=n(r)[/math] -концентрация пылинок.

[math]S[/math] -эффектная площадь частиц среды.

[math](7):F=\frac{\Delta p}{\Delta t}= \frac{m V_0 I}{8\pi}\frac{S_1 S_2 }{r^2}exp(-\rho S r )=\frac{K}{2}\frac{S_1 S_2 }{r^2}exp(-\rho S r )[/math]

Постановка задачи

Для испаряющейся с интенсивностью [math]I[/math] сферической частицы площадью [math]2 S_1[/math], в среде с частицами с концентрацией [math]w[/math] и площадью [math]2S[/math] написать выражение для созданного ей отталкивающего потенциала на расстоянии r.

Решение Характеристикой испарения, при одинаковой интенсивности является площадь частицы. Использую метод пробной сферической частицы,площадью поверхности [math]2 S_1[/math] внесенной в отталкивающее поле (тогда на наблюдателя будет обращена поверхность [math]S_1[/math] ), получим связь силы и потенциала:

[math]\varphi=-\int \frac{F}{S_2} dr=K S_1 \rho S \left(\frac{exp(-n S r)}{n S r}-Ei(1,n S r)\right)[/math]

[math](8:)\varphi=K S_1\left( \frac{exp(-n S r)}{r}-n S \cdot Ei(1,n S r)\right)[/math]

Постановка задачи

Для однородного шара с концентрацией частиц [math]n [/math] найти закон функцию потенциала.

Решение По антологии с гравитационным потенциалом можно показать, что на внутреннею точку полый шар не действует.

Теперь будем считать, что шар не полый, и плотность частиц постоянна. Проведем через точку [math]P[/math] сферу так, что она разделит шар на внутренний шар с массой [math]m[/math] и шаровой слой с массой [math]M-m[/math]. Материальная точка будет взаимодействовать только внутренним шаром.

Представим себе, что точка [math]P[/math] находится вне шара. Соединим эту точку с центром шара (точка О), полученный радиус-вектор обозначим через [math]r[/math] . Радиус-вектор элемента объёма [math]dV[/math] будем обозначать буквой [math]r'[/math] . Следовательно расстояние между элементом объёма и точкой [math]P[/math] , которое мы обозначили греческой буквой [math]\rho[/math], будет иметь вид [math]\rho=\sqrt{r'^2+r^2-2rr'cos\phi}[/math] , где [math]\phi[/math]-- угол с вершиной в центре шара, образованный радиус-векторами [math]r[/math], . Наконец, объем элементарно малого параллелепипеда со сторонами [math]dr'[/math], [math]r'd\phi[/math], и [math]r'sin\phi dA[/math] . Здесь мы введена еще одна степень свободы -- поворот вокруг оси OP на угол [math]dA[/math].

Для бесконечно-малого объёма надо ввести эквиваленту площадь поверхности, равной суммарной площади всех находящихся в нём частиц.

[math]dN=ndV[/math]

[math]dS_{ekv}=dN\cdot S=ndVS[/math]

Теперь следует проинтегрировать по всем объёмам, чтобы найти суммарный потенциал.

[math]\varphi(r)=K S\int_0^R \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi} \left(\frac{exp(-ns\rho)}{\rho}nS r'^2sin\phi + n S Ei(1,-nS\rho)\right) dr' d\phi dA [/math]

Заменим переменную интегрирования [math]\phi[/math] на [math]\rho[/math]. Определим пределы интегрирования. Очевидно, что вместо 0 и [math]\pi[/math] нужно взять [math]r-r'[/math] и [math]r+r'[/math], а [math]\rho d\rho=rr'sin\phi d\phi[/math].

Имеем:

[math]\varphi(r)=2\pi K n S^2\int_0^R dr' \int_{r-r'}^{r+r'}d\rho\left(\frac{exp(-ns\rho)}{r} r' + Ei(1,-nS\rho)\right) [/math]

Первое слагаемое:

[math]\frac{2\pi K }{n^2 S r} e^{-nSr}[nSR(e^{nSR}+e^{-nSR})-(e^{nSR}-e^{-nSR})][/math]

Предполагая, что [math]e^{-nSR}[/math]-очень мало по сравнению с [math]e^{nSR}[/math], упрощая, получаем

[math]\frac{2\pi K }{n} \frac{R}{r} \cdot e^{nS(R-r)}[/math]

Некоторые уравнения

Для простоты рассматриваем бесстолкновительные системы

Функция распределения должна удовлетворять кинетическому уравнению Больцмана

[math] \frac{\partial f}{\partial t} + \mathbf{v}\cdot \frac{\partial f}{\partial \mathbf{r}} + \mathbf{F}\cdot m\cdot \frac{\partial f}{\partial \mathbf{v}} = \left. \frac{\partial f}{\partial t} \right|_{\mathrm{coll}} [/math]

Здесь F(r, t) — поле сил, действующее на частицы в жидкости или газе, а m — масса частиц. Слагаемое в правой части уравнения добавлено для учёта столкновений между частицами и называется интеграл столкновений. Если оно равно нулю, то частицы не сталкиваются вовсе.

Поэтому

[math] \mathbf{v}\cdot \frac{\partial f}{\partial \mathbf{r}} + \mathbf{F}\cdot m\cdot \frac{\partial f}{\partial \mathbf{v}} = 0 [/math]