Poradnik OA. Mechanika nieba 7: Układy podwójne

Obrazek wyróżniający: International Gemini Observatory/NOIRLab/NSF/AURA/J. da Silva via Wikimedia Commons

W poprzednich artykułach z serii zajmowaliśmy się przypadkami, w których mniejsze ciało okrąża drugie o dużo większej masie. W takiej sytuacji masę całego układu można przybliżyć masą większego obiektu. Sytuacja jednak komplikuje się, gdy masy obu obiektów są porównywalne.

Układ, w którym dwa obiekty krążą wokół wspólnego środka masy, nazywa się układem podwójnym. Istnieją też oczywiście układy zawierające więcej niż dwa obiekty, jak na przykład układ Alfa Centauri, który składa się z trzech gwiazd: α Centauri A (Rigil Kentaurus), α Centauri B (Toliman) i α Centauri C (Proxima Centauri). Składniki A i B okrążają się po orbicie rzędu wielkości Układu Słonecznego, natomiast składnik C okrąża je w dużo większej odległości (~0,21 ly). Nic nie stoi na przeszkodzie, aby w układzie było jeszcze więcej składników – spotykane są również układy z czterema i więcej gwiazdami. Nie będziemy jednak zajmować się nimi w tym artykule, ponieważ w ogólnym przypadku nie jest możliwe wyznaczenie analitycznych równań ruchu dla takich układów. Zainteresowanym polecam poszukać informacji na temat „problemu trzech ciał” lub „n ciał”.

Pewnym szczególnym rozwiązaniem problemu n ciał są punkty Lagrange’a, dotyczące zredukowanego problemu trzech ciał, o których można się więcej dowiedzieć w artykule „Mechanika nieba 8”.

Barycentrum

Pierwszym pojęciem, o którym należy wspomnieć przy rozważaniu układów podwójnych, jest tzw. barycentrum, czyli środek masy układu. To punkt, wokół którego krążą oba ciała. Co ważne, wcale nie musi znajdować się on wewnątrz któregoś z obiektów. Aby lepiej to zobrazować, możemy wyobrazić sobie zawodnika rzutu młotem – podczas zamachu młociarz nie jest wyprostowany, lecz musi wychylić się do tyłu.

Analogicznie zachowują się układy ciał, które są powiązane ze sobą siłą grawitacji. Jednym z przykładów może być układ Ziemia-Księżyc. Mimo, że Księżyc ma około 100 razy mniejszą masę od Ziemi, jest to wystarczające, aby zauważalnie przesunąć barycentrum spoza środka planety. Podobna sytuacja występuje w Układzie Słonecznym. Słońce posiada około 99,85% masy całego Układu, jednak przy specyficznym ułożeniu planet barycentrum może „wyjść” poza gwiazdę.

Zhatt

Ruch dwóch ciał wokół wspólnego środka masy.

Choć pojęcie środka masy jest intuicyjne, warto wiedzieć, że w ogólności liczymy jego położenie przez sumę iloczynów położeń i mas podzieloną przez całkowitą masę układu: $x_{śm} = \frac{\sum_i m_i r_i}{\sum_i m_i}$ . Zastosujmy to dla układu podwójnego. Niech $r_1$ oznacza odległość do barycentrum środka masy ciała o masie $m_1$ , a $r_2$ – odpowiednio środka masy ciała o masie $m_2$ . Niech $a$ będzie wzajemną odległością ciał. Biorąc początek układu odniesienia w środku masy większego ciała – przyjmijmy, że $m_1$ – możemy obliczyć położenie barycentrum:

$r_1=\frac{m_1\cdot 0 + m_2 a}{m_1+m_2} = a\frac{m_2}{m_1+m_2}$

Z racji, że

$a = r_1+r_2$

to z powyższego wynika ważna zależność

$\frac{r_1}{r_2} = \frac{m_2}{m_1} \Leftrightarrow r_1 m_1 = r_2 m_2$

Okres obiegu ciał musi być taki sam:

$P_1=P_2=P$

Zatem z równań ruchu po okręgu będziemy mieli:

$v_1=\frac{2\pi r_1}{P} \text{ oraz } v_2=\frac{2\pi r_2}{P}$

z czego wynika, że

$\frac{v_1}{v_2} =\frac{r_1}{r_2}$

Równość to zależność przechodnia, więc skoro $\frac{v_1}{v_2} =\frac{r_1}{r_2}$ i $\frac{r_1}{r_2} = \frac{m_2}{m_1}$ to

$\frac{v_1}{v_2} = \frac{m_2}{m_1}$

W barycentrum układu zawsze znajduje się wspólne ognisko krzywych, po których poruszają się ciała (patrz: Mechanika nieba 3 i 4). Ponadto ta krzywa jest zawsze tego samego rodzaju dla każdego z ciał: jeżeli jedno krąży po elipsie, to drugie też; jeżeli po hiperboli – taki tor jest też wymuszany na drugim ciele. Wielkość krzywej różni się w zależności od masy i prędkości każdego z ciał.

Masa zredukowana

Ruch dwóch ciał względem siebie w układzie odniesienia barycentrum może być trudny do analizowania. Na szczęście jest metoda pozwalająca uprościć nieco obliczenia – można rozważyć sytuację w układzie odniesienia jednego z obiektów. Pierwszy obiekt unieruchamiamy i badamy, jak drugie ciało porusza się względem niego.

Jak to zrobić na gruncie matematyki? Używając pojęcia masa zredukowana. Badamy, jakie masy powinny mieć oba ciała, kiedy przyjmiemy do obliczeń względne przyspieszenie między nimi, tj. jedno z ciał będzie miało przyspieszenie zerowe, a drugie o pewnej dodatniej wartości, a wszystko przy zachowaniu energii i pędu. Wychodząc z trzeciej zasady dynamiki Newtona:

$\vec{F_{12}} = -\vec{F_{21}} \Leftrightarrow m_2\vec{a_{2}}=-m_1\vec{a_{1}} \Leftrightarrow \vec{a_2} = -\vec{a_1}\frac{m_1}{m_2}$

Poszukujemy względnego przyspieszenia, tj.:

$\vec{a} = \vec{a_1} - \vec{a_2}= \vec{a_1} - (-\vec{a_1}\frac{m_1}{m_2}) = \vec{a_1}\frac{m_1+m_2}{m_2}$

Zatem siła, z jaką ciało drugie oddziałuje na ciało pierwsze to teraz:

$\vec{F_{21}} = m_1\vec{a_1} = m_1\vec{a}\frac{\vec{a_1}}{\vec{a}}$

$\vec{a_1}=\vec{a}\frac{m_2}{m_1+m_2}$

$\vec{F_{21}}=\vec{a}\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}$

gdzie

$\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2} = \mu$

to właśnie masa zredukowana. Taką masę „nadajemy” mniejszemu ciału, aby prowadzić obliczenia z zastosowaniem względnego przyspieszenia. A jaką masę będzie miało większe ciało? Aby układ pozostał taki sam, siła, z jaką oddziałują ze sobą obiekty, musi pozostać stała. Zależy ona od iloczynu mas, zatem

$m_1 m_2 = M\mu = M \frac{m_1 m_2}{m_1+m_2} \Leftrightarrow M = m_1+m_2$

Po redukcji masy punktem odniesienia staje się środek masy większego ciała, a nie środek masy układu podwójnego

Michał Wójcik

Podobnie zachowana jest również energia kinetyczna układu oraz moment pędu.

Należy uważać na oznaczenia, bo często w obliczeniach za $\mu$ przyjmowana jest nie masa zredukowana, a tzw. standardowy parametr grawitacyjny, który wynosi

$\mu = G(m_1+m_2)$

Przepływ masy

Często pojawiającym się zagadnieniem na Olimpiadzie Astronomicznej są ciasne, kontaktowe układy podwójne gwiazd, w których masa przepływa od jednego składnika do drugiego. Mając informacje o szybkości przepływu masy oraz innych parametrach układu można wyliczyć, jak zmienia się okres obiegu układu. Warto rozpocząć oblczenia od zasady zachowania momentu pędu, ponieważ zawsze będzie ona spełniona.

Dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy orbity kołowe. Moment pędu wyraża się wzorem

$\vec{J} = m\vec{r}\times \vec{v}$

Z racji, że orbity są kołowe, wartość momentu pędu wynosi po prostu

$J = mrv$

Warto wyprowadzić wzór, który będzie miał zastosowanie w tej sytuacji:

$J = m_1 v_1 r_1 + m_2 v_2 r_2 = m_1 (\omega r_1) r_1 + m_2 (\omega r_2) r_2 =$

$= \omega (m_1 r_1^2 + m_2 r_2^2) = \omega \left[ m_1 \left( \frac{m_2}{M} a \right)^2 + m_2 \left( \frac{m_1}{M} a \right)^2 \right]=$

$= \omega a^2 \left[ \frac{m_1 m_2^2}{M^2} + \frac{m_2 m_1^2}{M^2} \right]= \omega a^2 \frac{m_1 m_2}{M^2} (m_2 + m_1)=$

$= \omega a^2 \frac{m_1 m_2}{M}=\omega a^2 \frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}=\mu \omega a^2$

Z trzeciego prawa Keplera:

$\omega^2 = \frac{GM}{a^3} \implies \omega = \sqrt{\frac{GM}{a^3}}$

Zatem

$J = \mu \sqrt{G M a}$

Wartość momentu pędu układu w dowolnej chwili musi być taka sama. Oznaczmy przez $\Delta m$ ilość masy, która przepłynęła od składnika pierwszego do składnika drugiego. Wtedy:

$J_1 = J_2$

$\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2} \sqrt{G(m_1+m_2)a}= \frac{(m_1-\Delta m) (m_2+\Delta m)}{m_1+m_2} \sqrt{G(m_1+m_2)(a+\Delta a)}$

Z czego

$m_1 m_2 \sqrt{a} = (m_1-\Delta m) (m_2+\Delta m)\sqrt{a+\Delta a}$

Dzięki temu można już policzyć bezwzględną zmianę odległości pomiędzy ciałami. Zmianę okresu obiegu należy policzyć na tej podstawie, stosując trzecie prawo Keplera.

Zadania

Dwie gwiazdy obiegają wspólny środek masy z okresem P = 71,91 lat. Gwiazda o masie $m_1 = 2,83M_\odot$ obiega środek masy po okręgu o promieniu $r_1 = 17,33 \text{ au}$ . Z dokładnością do $0,01M_\odot$ oblicz masę drugiej gwiazdy $m_2$ . (58 OA, II etap, zad 1)
Wskazówka: równanie typu x = f(x) można próbować rozwiązać metodą iteracji: $x_{n+1} = f(x_n)$ , omawianą w artykule Mechanika nieba 5
Dwie gwiazdy ciągu głównego o masach $M$ i $m$ tworzyły układ podwójny o orbitach kołowych. W wyniku ewolucji bardziej masywny składnik o masie $M$ wybuchł i wyrzucił część swojej masy ( $\Delta M$ ) w przestrzeń międzygwiazdową. Przyjmując, że wybuch był izotropowy, a wyrzucona materia szybko opuściła układ, nie przekazując pędu drugiemu składnikowi, oblicz, jaką część swojej masy mogła utracić ta gwiazda, by nowy układ podwójny, złożony z drugiego składnika i pozostałości po pierwszym, nie uległ rozpadowi.
Przedyskutuj, co w świetle otrzymanego wyniku można powiedzieć o ewolucji układu Syriusza, zbudowanego obecnie ze składnika A o masie $m_A=2,0M_\odot$ oraz składnika B o masie $m_B=1,0M_\odot$ , jeśli ocenia się, że początkowa masa Syriusza B wynosiła $m_{B0} \approx 5M_\odot$ . (59 OA, III etap, zad 1)

Rozwiązania

Kliknij, aby rozwinąć…

Zadanie 1

Zapiszmy trzecie prawo Keplera dla tego układu:

$\frac{a^3}{P^2}=\frac{G(m_1+m_2)}{4\pi^2}$

gdzie $a = r_1 + r_2$ jest odległością między gwiazdami.

Zapiszmy również to prawo dla układu Słońce-Ziemia:

$\frac{(1 \text{ au})^3}{(1\text{ yr})^2}=\frac{G(M_\odot+M_{\oplus})}{4\pi^2} \approxeq \frac{GM_\odot}{4\pi^2}$

gdzie yr oznacza rok gwiazdowy, tj. 365,2564 dni słonecznych.

Następnie podzielmy pierwsze równanie przez drugie, otrzymując:

$\frac{\left(\frac{a}{1 \text{ au}}\right)^3}{\left(\frac{P}{1\text{ yr}}\right)^2}=\frac{m_1+m_2}{M_\odot}$

Dzięki temu równaniu możemy łatwo ze sobą powiązać wielkości, jeśli wyrazimy je w odpowiednich jednostkach, czyli półoś w jednostkach astronomicznych, okres w latach, a masę w masach Słońca.

Następnie z zależności $a = r_1 + r_2$ i $m_1 r_1 = m_2 r_2$ po prostych przekształceniach uzyskujemy:

$a = r_1 \frac{m_1 + m_2}{m_2}$

Możemy to teraz podstawić do wcześniejszego wzoru:

$\frac{\left(\frac{r_1}{1\text{ au}} \cdot \frac{m_1+m_2}{m_2}\right)^3}{\left(\frac{P}{1\text{ yr}}\right)^2} = \frac{m_1 + m_2}{M_\odot}$

Przenieśmy okres na prawą stronę:

$\left(\frac{r_1}{1\text{ au}}\right)^3 \left(\frac{m_1+m_2}{m_2}\right)^3 = \frac{m_1 + m_2}{M_\odot} \cdot \left(\frac{P}{1\text{ yr}}\right)^2$

Możemy teraz pomnożyć stosunek mas po lewej stronie przez $\frac{\frac{1}{M_\odot}}{\frac{1}{M_\odot}}$ :

$\left(\frac{r_1}{1\text{ au}}\right)^3 \left(\frac{\frac{m_1+m_2}{M_\odot}}{\frac{m_2}{M_\odot}}\right)^3 = \frac{m_1 + m_2}{M_\odot} \cdot \left(\frac{P}{1\text{ yr}}\right)^2$

I przenieść go na prawą stronę:

$\left(\frac{r_1}{1\text{ au}}\right)^3 = \frac{\left(\frac{m_2}{M_\odot}\right)^3}{\left(\frac{m_1+m_2}{M_\odot}\right)^2} \cdot \left(\frac{P}{1\text{ yr}}\right)^2$

Jest to równanie z jedną niewiadomą $m_2$ , jednak jest ono trzeciego stopnia. Aby znaleźć rozwiązanie, możemy skorzystać z wskazówki do zadania. Przekształćmy nasze równanie do formy x = f(x):

$\sqrt[3]{\left(\frac{r_1}{1\text{ au}}\right)^3 \left(\frac{m_1+m_2}{M_\odot}\right)^2 \frac{1}{\left(\frac{P}{1\text{ yr}}\right)^2} }= \frac{m_2}{M_\odot}$

Po podstawieniu wartości liczbowych w odpowiednich jednostkach otrzymujemy:

$\sqrt[3]{\left(2,83+m_2\right)^2 \frac{17,33^3}{71,91^2} }= m_2$

Gdzie $m_2$ wyrażone jest w masach Słońca.

Aby rozwiązać równanie zastosujemy tzw. metodę iteracyjną. Można przy jej pomocy rozwiązywać pewne klasy równań nieliniowych od zmiennej $x$ , o ogólnej postaci:

$x = f(x) \ .$

Należy wybrać początkową wartość – losową, ale dobrze by było, żeby była ona jak najbliżej wyniku – $x=x_0$ i podstawić ją do prawej strony równania, otrzymując wartość $x_1 = f(x_0)$ . Proces powtarzamy iteracyjnie:

$x_{n+1} = f(x_n) \ ,$

dla kolejnych wartości $n$ ze zbioru liczb naturalnych. Metodę można zastosować, jeśli rozwiązanie jest zbieżne – to znaczy jeśli istnieje skończona granica ciągu $x_n$ .

Przykładowe zastosowanie metody iteracyjnej w naszym przykładzie:

$m_{2,0} = 2,000$

$m_{2,1} = 2,864$

$m_{2,2} = 3,195$

$m_{2,3} = 3,318$

$m_{2,4} = 3,363$

$m_{2,5} = 3,380$

$m_{2,6} = 3,386$

$m_{2,7} = 3,388$

$m_{2,8} = 3,389$

$m_{2,9} = 3,389$

$m_{2,10} = 3,389$

Po około 10 wykonaniach wartość stabilizuje się na ok 3,39 $M_\odot$ , co jest rozwiązaniem zadania (z dokładnością, jaka była wymagana w jego treści). Należy pamiętać, aby przy obliczeniach iteracyjnych zachowywać jak największą dokładność poprzedniego wyniku podczas wykonywania kolejnego kroku. Większość kalkulatorów naukowych posiada funkcjonalność wykorzystywania poprzedniego wyniku przy obliczaniu kolejnych działań – gwarantuje to najlepszą dokładność.

Zadanie 2

Z równania vis-viva możemy obliczyć względną prędkość przed wybuchem:

$v^2 = \frac{G(M+m)}{r}$

Gdzie $r$ jest odległością pomiędzy gwiazdami.

Obliczmy teraz energię układu tuż po wybuchu w układzie odniesienia związanym z jedną z gwiazd. Ponieważ wybuch był izotropowy, to nie wpłynął na prędkość wybuchającej gwiazdy. Zauważmy również, że w chwili tuż po wybuchu prędkość względna gwiazd oraz odległość między nimi są takie same, jak w chwili przed wybuchem.

Niech $M_2 = M - \Delta M$

$E = \frac{\mu v^2}{2} - G\frac{M_2 m}{r}$

Gdzie $\mu = \frac{M_2 m}{M_2 + m}$ jest masą zredukowaną.

Aby układ nie uległ rozpadowi, całkowita energia powinna być mniejsza od zera. Otrzymujemy:

$\frac{\mu v^2}{2} - G\frac{M_2 m}{r} < 0$

$\frac{\mu v^2}{2} < G\frac{M_2 m}{r}$

Po podstawieniu wzoru na prędkość otrzymujemy:

$\frac{\mu}{2} \cdot G\frac{M+m}{r} < G\frac{M_2 m}{r}$

$\frac{\mu}{2} (M+m) < M_2 m$

$\mu (M+m) < 2 M_2 m$

Podstawiając $\mu$ :

$\frac{M_2 m}{M_2 + m} (M+m) < 2 M_2 m$

$\frac{M + m}{M_2 + m} < 2$

$M + m < 2M_2 + 2m$

$M + m < 2 (M- \Delta M) + 2m = 2M - 2 \Delta M + 2m$

$2 \Delta M < M + m$

$\Delta M < \frac{M+m}{2}$

Aby układ nie uległ rozpadowi, masa utracona w wybuchu musi być mniejsza od połowy sumarycznej masy układu przed wybuchem.

W przypadku układu Syriusza masa początkowa wynosiła $7M_{\odot}$ , a po wybuchu $3M_{\odot}$ , więc układ stracił ponad połowę początkowej masy. Ponieważ układ nie rozpadł się, to należy wnioskować, że nie zostało spełnione któreś z założeń zadania: wybuch mógł nie być izotropowy i wpłynąć na prędkość wybuchającej gwiazdy lub część wyrzuconej materii mogła przekazać pęd drugiemu składnikowi.

Korekta – Ania Grzesiak

Poradnik OA. Mechanika nieba 7: Układy podwójne

Poradnik OA. Mechanika nieba 7: Układy podwójne

Barycentrum

Masa zredukowana

Przepływ masy

Zadania

Rozwiązania

Zadanie 1

Zadanie 2

Tagi

Autor

Barycentrum

Masa zredukowana

Przepływ masy

Zadania

Rozwiązania

Zadanie 1

Zadanie 2

Tagi

Rozpoczęła się IV edycja Olimpijskiej Ligi Astronomicznej

Poradnik OA. Mechanika nieba 6: Manewry orbitalne

Poradnik OA. Mechanika nieba 5: Równanie Keplera

Poradnik OA. Mechanika nieba 4: Orbity otwarte