Astronomi ve Astrofizik
“Çözümlü Problemler”
Düzenleyenler:
Prof. Dr. Sacit ÖZDEMĠR
AraĢ. Gör. M. Burak DOĞRUEL
Tolga GÜNDAY
1
ÖNSÖZ
Astronomi yani gökbilim tüm insanların, özellikle de gençlerin ve çocukların, son derece
ilgisini çeken bir bilim dalıdır. Böyle olmasının bir nedeni belki de, incelediği cisimlerin ulaşılamaz
olmasındandır.
Astronomi konusunda ülkemizde yeterli sayıda Türkçe kaynak bulmak oldukça zordur. Bunun
paralelinde, bu konuda “çözümlü problemler” eserlerine ulaşmak ise iyice imkansız hale gelmektedir.
Bu kitap ile, konuyla ilgili üniversitelerin Astronomi ve Uzay Bilimleri öğrencileri ve orta öğretim
öğrencilerinin ihtiyaç duyduğu önemli bir kaynak eksiği giderilmeye çalışılmıştır.
Yaklaşık dört yıldır vermekte olduğum lisans derslerimin içerisinden seçilmiş olan konuyla
ilgili uygun problemler sunulmaktadır. Kitapta çözümlü verilen problemler, Astronomi ve Astrofizik
(1), Gök Mekaniği (2) ve Yıldızların Yapısı (3) kitaplarından seçilerek derlenmiştir.
Tüm astronomi meraklılarına faydalı olması ve ülkemizde unutulmaya yüz tutan “astronomi”
biliminin hak ettiği yere ulaşması dileklerimle…
Prof. Dr. Sacit ÖZDEMİR
Haziran 2014
1
Astronomi ve Astrofizik: Temel Kitap, Ed.: S. Özdemir, B. Gürol, O. Demircan, Asil Yayınevi, 2011 (2. Baskı)
2
Gök Mekaniği, Z. Tüfekçioğlu, AÜ Fen Fakültesi Yayınları, 120, 1974
3
Yıldızlar: Yapıları ve Evrimleri, R.J. Tayler, Çev.: C. Aydın, Z. Aslan, AÜ Fen Fakültesi Yayınları, 24, 1995
2
1. BÖLÜM : GÖK MEKANĠĞĠ
1.1. Bir dış gezegenin yörünge düzleminin ekliptikle arasındaki açının 10° olduğunu ve gezegenlerin
kuzeye doğru hareket ederken karşı konumda ekliptiği kestiğini kabul ederek, bu dış gezegenin geri
yöndeki hareketini gösteren şekli çiziniz.
C: Görünüm aynen Şekil.1.1‟deki kesikli ilmeğe (loop‟a) benzer şekilde olacaktır. Sadece, eğer
gezegen tam karşı konumdayken gözleniyorsa bu ilmeğin ortası tutulum (ekliptik) üzerinde olacaktır.
İlmeğin genişliği gezegenin Yer‟e olan uzaklığına, ilmeğin yüksekliği ise yörüngesinin ekliptikle
yaptığı açıya (bu örnekte 10 derece) bağlıdır.
ġekil 1.1: 1994-1995 yıllarında Mars gezegeninin Yer‟den gözlenen – gökyüzündeki geri
yönlü – göreli hareketi. Gezegenin göreli yolu Leo takım yıldızının yıldızlarına göre
gösterilmiştir. Bu görünüş, 28°- 39° arasını kapsar. Şubat 1995'te Mars'ı geri hareketinin
ortasında göstermektedir. Bu anda gezegen en parlaktır. Geri hareket l993 Aralıkta başlar
ve Mart 1995‟de biter.
1.2. Yer'i, Jüpiter gezegeninden gözlediğimizi düşünerek, Yer'in kavuşum dönemini hesaplayınız?
Venüs'ü gözlemeniz halinde kavuşum dönemi ne olur?
C: 1/S = 1/P – 1/E formülü gereğince P=365.26 gün, E=11.86 yıl=4332 gün değerleri yerine yazılırsa
Jüpiter ile Yer‟in kavuşum dönemi S=398.9 gün bulunur. Eğer Jüpiter‟den Venüs‟ü gözlediğimizi
düşünürsek P=224.7 gün, E= 11.86 yıl= 4332 gün değerleri yerine yazılırsa Jüpiter ile Venüs‟ün
kavuşum dönemi S=237 gün bulunur.
3
1.4.
Yeryüzünün g çekim ivmesinin belirlendiği yöntemle, aşağıdaki gökcisimleri için aynı
ifadenin alacağı değerleri hesaplayınız.
(a) Ay (Mm=0.0123 M, Rm= 1738 km)
(b) Güneş (M=2x1030 kg, R=7x108 m)
(c) Jüpiter (MJ= 318 M, Rj=11.2 R)
C : Formül: g = G.Mgez / R2gez
G  6,67 x 10 11 m3 / kg.s 2
Mgez  kg biriminde olacak
Rgez  metre biriminde olacak
g (yüzey çekim ivmesi)  m / s 2 biriminde olacak
İlgili kütle ve yarıçap değerleri yerine yazılırsa:
a) Ay (MAY= 0,0123.MYER= 7,36x1022 kg, RAY= 1738 km)
3
7,554 10 22 kg
4,906 1012 m
g AY  6,67  10 11 m 2 

 1,62m / s 2
2
12 2
2
3
kg.s 1738 10  m
3,0206 10 s

b) Güneş  M   2 1030 kg, R  7 108 m

3
2  10 30 kg
4,906  1012 m
g GÜNEŞ  6,67  10 11 m 2 

 272,24 m / s 2
2
12 2
2
8
kg.s 7  10  m
3,0206  10 s


27
c) Jüpiter  M jüp  318 M yer  1,90110 kg, R jüp  71435,84 km
3
1,901 10 27 kg
g jüp  6,67  1011 m 2 
 24,84 m / s 2
2
2
3
kg.s 71435,84  10  m
1.5.
Merkür gezegeninin enberi ve enöte hızları nedir? Bu gezegenin enberi ve enöte uzaklıkları
nedir? Enberi ve enöte noktaları için vr(hız x uzaklık) çarpımını hesaplayarak fiziksel sonucu
üzerinde açıklama yapınız.
C: Gök mekaniğinden enberi ve enöte noktalarındaki yörünge hızları:
Venberi 
2a
. 1  e / 1  e 
p
Venöte 
2a
. 1  e  / 1  e 
p
v.r (hız x uzaklık)‟ın fiziksel sonucu, yörünge açısal momentumunun korunduğu anlamına
gelmektedir.
Merkür gezegeninin yörüngesine ait yarı büyük eksen uzunluğu:
amerkür  0,3871 AB  58,07 106 km
4
Merkür gezegeninin yörünge periyodu:
Pmerkür  87,96 gün  7,5997 10 6 s
Merkür yörüngesinin dış merkezliği (eksantrisitesi):
emerkür  0,2056
İşlem kolaylığı açısından iki denklemde de ortak olan
2a
‟yi belirleyelim:
P
2  58,065 10 6
 48,006 km / s
7,5997 10 6 sa
Venberi  48,006  1  0,2056 / 1  0,2056  59,14 km / s
Venöte  48,006  1  0,2056 / 1  0,2056  31,63 km / s
Venb
a.e
a
F
Günes
a
Vent
r1  r2  2a  11,613 10 7 km


enberi
uzaklıza
enöte
uzaklıza
Yörüngesel açısal momentum L mrv, yörüngenin her yerinde aynı olur, yani korunur.
r2  renöte  a  a.e  70,0 106 km
r1  renberi  a  a.e  46,13 106 km
1.6. (a) Güneş-Jüpiter ve (b) Yer-Ay sisteminin kütle merkezlerinin göreli konumlarını bulunuz?
C: a) Güneş – Jüpiter kütle merkezi (KM) konumu:
r1
r2
M 1  M   21030 kg
X
M1
KM
Günes
M2
Jupiter
5
M 2  M jüp  1,90110 27 kg
a  r1  r2  d gün jüp  5,2028 AB  780,0 10 6 kg
r1  r2  a (Güneş-Jüpiter uzaklığı)
Statik gereğince r1 .m1  r2 .m2 ' dir . Buradan:
r1 m2
formülü kütle merkezinin yerini verecektir.

r2 m1

r1
1.90110 27

780,0 10 6  r1
2 10 30

r1
r1741065,90 km
 9,505 10 4  
 çıkacaktır.
6
780,0 10  r1
Yani KM Güneş‟in fotosferinin (ışık küresinin) hemen dışında ve Güneş‟e çok yakındır.
b) Yer – Ay kütle merkezi konumu;
a  r1  r2  d ay  d ay yer  384405 km
M yer  5,98  10 24 kg
M ay  7,36  10 22 kg

r1
7.36 10 22

384405  r1 5,98 10 24

r1
r1 4670,73 km
 0,0123  
   Yani bulunan KM değeri, Yer-Ay sisteminin
384405  r1
kütle merkezinin Dünya‟nın içinde
olduğunu gösterir.
1.7.
Yıldızıl dönemi tam 24 saat olan bir televizyon uydusu Yer etrafında dairesel bir yörüngede
dolanmaktadır. Bu uydunun Yer yüzeyinden olan uzaklığı ne kadardır? (İpucu: Kepler yasalarını
kullanın). Eğer uydu, yüzeyde bulunan bir gözlemciye göre sabit bir şekilde duruyor ise yörünge
düzleminin yönelimi ne şekildedir?
a 3 GM 1  M 2 
C: Düzenlenmiş 3.Kepler yasasına göre 2 
dir. M1 Yer kütlesi olarak, M2 ise uydu
P
4 2
kütlesi (ihmal edilebilir) alınırsa, P=24 saat=86400 s alınırsa buradan a= 42 300 km bulunur. Yani
televizyon uyduları ortalama 40 000 km uzaklığa yerleştirilirse Yer ile aynı sürede (24 saat) dolanırlar.
Bu uyduların yörünge düzlemi yönelimi Yer ekvatoru ile çakışıktır.
6
1.8. Titan uydusuna ilişkin yörünge parametrelerini kullanarak, Satürn gezegeninin kütlesini
hesaplayınız.
C: Yine bir önceki sorudaki Kepler yasası kullanılırsa M1 Satürn kütlesi, M2 Titan‟ın kütlesi (ihmal
edilebilir), aTitan=1221870 km ve PTitan=15,945 gün değerleri kullanılırsa, MSatürn=5.7x1026 kg= 95
MYer bulunur.
1.9. Ay'ın yörüngesi üzerindeki herhangi bir noktadan bir taş Yer'e doğru serbest düşmeye
bırakılmaktadır. Bu taş Yer merkezinden 192 000 km uzaklıkta iken hızı ne kadardır?
C: Zamana bağlı olmayan serbest düşme kinematik hız formülü v 2  v02  2 g ( y  y0 ) şeklindedir.
Burada v0= 0 alınırsa ve y-y0= 384000 km - 192000 km = 192000 km (yani Yer-Ay mesafesinin
ortasında) v= 61 376 m/s = 61,4 km/s bulunur.
1.10. Kavuşum dönemi S = 1,5 yıl olan bir cisim Yer'den gözlenmektedir. Bu cismin yörüngesine
ilişkin yarı-büyük eksen uzunluğu için olası iki farklı değeri hesaplayınız?
C: Kavuşum dönemi 1,5 yıl olduğundan bu bir dış gezegendir. Dış gezegenler için verilen, 1/S = 1/E –
1/P eşitliğinden bu gezegen için P=1095,75 gün= 3 yıl bulunur. Düzenlenmemiş Kepler yasası
a3
 M 1  M 2 eşitliğinde (M2 gezegen kütlesi, M1 Güneş kütlesi yanında ihmal edilirse ve M1= 1 br
P2
alınırsa) a=2,08 AB bulunur. Yörüngesinin oldukça basık bir elips olduğunu varsayarak e=0,9 alalım.
Bu durumda;
r = a(1 - e2) / (1 + e cos )
(1.3)
eşitliğinden renberi=0,208 AB ve renöte=3,952 AB bulunur.
1.11. Yer'in yörünge öğelerini kullanarak, Güneş'in kütlesini belirleyiniz Bu hesapta Yer'in kütlesi
önemli midir?
C: Kullanılacak formül düzenlenmiş 3. Kepler Yasası‟dır.
G.M 1  M 2  a 3
 2
4 2
p
a  Yarı büyük eksen uzunluğu, P  Dolanma dönemi, M 1 ve M 2  Cisimlerin kütleleri
G  6,67 10 11 m3 / kg.s 2 Evrensel Çekim Sabiti
M yer  7,3554  10 24 kg
a yer  150000000 km  15  1010 m
Pyer  1 yil  365 gün  3,153  10 7 s
6,67 10 11  M   M yer 
4 2
M   M yer 

15 10 
10 3
3,153 10 
7 2
4. 2 .3,375  10 33 m 3
6,63  10 4 sn 2 m 3 .kg.s 2
7
M   M yer  2,011030 kg
M   M yer olması sebebi ile (>>: çok çok büyük) yerin kütlesi göz ardı edilebilir. Böylece:
M   2,011030 kg olarak bulunur.
1.12. Kendinizle aşağıdaki cisimler arasındaki karşılıklı çekim kuvvetini karşılaştırınız.
(a) 100 kg kütleli ve 1 m uzaklıkta bir başkası
(b) Karşı konumda (Yer‟e en yakın konumda) iken Mars gezegeni. Sonuçları tartışınız.
C: a) Kendi kütlemiz M1= 80 kg olsun. Diğer kişinin kütlesi M2= 100 kg olarak verilmiş. Aradaki
mesafe d= 1 m olacağına göre genel kütle çekim yasasından:
Fçekim = GM1.M2/d2 = 6,67x10-11.80.100 / 12 = 5,3x10-7 N bulunur.
b) Mars‟ın kütlesi M1= 6,42x1023 kg ve üst kavuşumda (Yer‟e en yakın) iken uzaklığı d  0,52 AB =
7,77x1010 m alarak kütle çekim yasasından:
Fçekim = GM1.M2/d2 = 6,67x10-11. 6,42x1023.80 / (7,77x1010)2 = 5,67x10-7 N bulunur.
Görüldüğü gibi, 1 m uzağımızdaki 100 kg kütleli bir insanın üzerimize uyguladığı kütle çekim
kuvveti, Mars gezegeninin Yer‟e en yakın konumdayken uyguladığı çekim kuvveti ile kıyaslanabilir
büyüklüktedir!
1.13. Venüs'ün en büyük uzanımı 47° dır. Bu konumda iken Güneş'ten olan uzaklığı AB cinsinden ne
kadardır?
C: Şekilden de görüldüğü gibi, bir gezegen en büyük uzanımına ulaştığında oluşan üçgen bir dik
üçgendir. Bu dik üçgenin çözümünden: |VG|= |GY|.Sin(470) = 1.0,73 = 0,73 AB olarak Güneş-Venüs
uzaklığı bulunur. 1 AB (Yer-Güneş uzaklığı) = 149 500 000 000 m = 1,495x1011 m olduğuna göre,
Güneş-Venüs uzaklığı da ~1.1x1011 m olarak bulunur.
8
2. BÖLÜM: GÜNEġ SĠSTEMĠNE GENEL BAKIġ
2.3. Mars'ın uydularından Phobos ve Deimos'un Kepler'in yasasına uyduğunu gösterin ve bu uyduların
yörüngelerinden yararlanarak Mars'ın kütlesini hesaplayın.
C: Phobos uydusundan:
M Phobos  1,07 1016 kg , aPhobos  9377,2 km  9377200 m , Pphobos  7,67 saat  27612 s
3. Kepler yasasını kullanırsak:
G.M 1  M 2  a 3
 2 , G  6,67 10 11 m3 / kg.s 2
2
4
p


6.67 10 11. M mars  1,07 1016 93772003

4 2
276122
M mars ' ı denklemde çekip, çözersek:
M mars  6,39 10 23 kg bulunur.
Deimos uydusundan:
M Deimos  1,08 1015 kg , aDeimos  23400 km  23400000 m , PDeimos  30,3 saat  109080 s
G.M 1  M 2  a 3
 2 , G  6,67 10 11 m3 / / kg.s 2
4 2
p


6,67 10 11 M Mars  1,9 1016 234000003

4 2
1090802
M mars ' ı denklemden çekip, çözersek:
M mars  6.39 10 23 kg bulunur.
Yorum:
Her iki uydu için elde edilecek a 3 / p2 oranı aynı çıkmaktadır ki, Kepler‟in Güneş sistemindeki
gezegenlerin hareketlerinden bulduğu sonuçta da
a3
 sbt şeklinde çıkmaktaydı. Dolayısıyla Mars‟ın
p2
uyduları da – doğal olarak – Kepler Yasasına uygun bir şekilde dolanmaktadırlar.
2.4. (a) Kütlesi 103 kg olan bir uzay gemisinin (u.g.) Yer ekvatorundaki ve kutuplardaki ağırlığını
hesap ediniz (İpucu: Merkezcil çekim kuvvetini düşününüz).
(b) Jüpiter'in hızlı döndüğünü hatırlayarak bu uzay aracının Jüpiter'in ekvatorunda ve kutuplarında
ne ağırlıkta olacağını bulunuz.
C: a) M u.g. = 103 kg verilmiş, Wu.g. (ekvator) ve Wu.g. (kutup) isteniyor.
G  6,67 10 11 m3 / kg.s 2 ve M yer  5,98 10 24 kg
Öncelikle ekvator ve kutup için kütle çekim ivmelerini bulalım:
9
g ekvator 
G.M 
2


2


R
 Ekv
g kutup 
G.M 
R
 kutup
6,67  10 11  5,98  10 24 kg
6385,8 10 m
2
3
3,98  1014 m 3 / sn 2
6369,3 10 m
2
3
Wekv.u. g .  103 kg  9,781 m / s 2
 9,781 m / s 2
 9,832 m / s 2
Wkutup,u. g .  103 kg  9,832 m / s 2
 9871 kg m / s 2  9871 N
 9832 kg m / s 2  9832 N
Ekvator Ağırlığı
Kutup Ağırlığı
27
b) M jup  1,90110 kg . Basıklık formülü ile Jüpiter‟in kutup yarıçapını bulalım:
 jüp. (basıklık) = 0,062‟dir.
Rekv. jup  71,5 105 km
  rekv  rkutup / rekv
0,062  71,5 103  rkutup / 31,5 103  rkutup  67,06 103 km
g ekv 
G.M j
R 
2

6,67  1011  1,901 10 27
71,5 10 m
j ekv
g kutup 
G.M j
R

2
j kutup
2
6

 24,8 m / s 2  Wekv  10 3 kg.24,8  24800 N
6,67  1011  1,901 10 27
67,06 10 m
6
2
 28,19 m / s 2  Wkutup  10 3 kg.28,19  28190 N
Yorum: Farkın Yer‟e göre çok daha fazla olduğunu görebiliriz. Bu sonuç Jüpiter gezegeninin Yer‟e
nazaran daha basık bir yapıda olmasının bir sonucudur.
2.7. Yer'deki sıcaklığa benzer bir sıcaklık elde edebilmek için aşağıdaki yıldızlardan ne kadar uzakta
(AB cinsinden) olmamız gerekirdi.
(a) Rigel (yüzey sıcaklığı T= 12000°K, yarıçapı R=35 R)?
(b) Barnard Yıldızı (T= 3000°K, R= 0.5 R) ?
C:
a) Rigel yıldızı için:
a: Yer-Güneş arası ortalama mesafe
Trigel  12000 K
R : Güneş yarıçapı
Rrigel  35R  35700000 km  24,5 10 6 km
T : Güneş sıcaklığı
o
Önce Güneş sabitini bulalım: Güneş Sabiti ET   Yer atmosferinin dışına, Güneş‟ten birim zamanda
birim yüzeye gelen toplam enerjidir.
10
E0  ET .
a2
; E0   .T 4 , burada   5,67 10 8 W / m 2 .K 4 Stefan-Boltzmann sabiti olmak
2
R
üzere
E  5,67 10 8 W / m 2 .K 4 .5800 K 4  6,4 10 7 W / m 2



4
T
6,4 10 7 W / m 2  ET 
150000000 2
 ET  1,393 103 W / m 2
700000 2
Güneş yerinde Rigel olsaydı;
E rigel  E T 
a2
4
, Erigel  .12000  1,175  109 W / m2
2
R rigel
1,175 109 W / m 2  1,393 10 3 W / m 2 
a2
6,002 1014 km2
a 2  5,062 10 20 km2  a  2,25 1010 km  150 AB
b) Barnard yıldızı için:
a2
TBarnard  3000 o K
E Barnard  ET .
RBarnard  0,5 R
5,67 10 8  3000  1,393 10 3 
RBarnard
4
a2
3500002
a 2  4,038 1014  a  20,09 106 km  0,13 AB
2.9. En öte uzaklığı 5xl04 AB ve yörünge basıklığı e= 0.995 olan bir ky'ı gözönüne alarak;
(a) Enberi noktasının uzaklığı ve dolanma dönemi nedir?
(b) Enberi ve enöte noktalarındaki hızı nedir?
(c) Enöte noktasında iken Güneş Sisteminden kaçma hızı ne kadardır? Bundan nasıl bir sonuç
çıkarmak mümkündür?
C:
Venb
a
a.e
F
Günes
Vent
r2 = 510 4 AB , eky  0,995
11
a) İstenenler r1  ? ve P ky = ?
e  0,995ve r2  5 10 4 AB  7,5 1015 m olarak verilmiş
Önce şekildeki geometriden yarı büyük eksen uzunluğunu belirleyelim;
r2  a  a.e
5 10 4 AB  a  0,995a
5 10 4 AB  1,995a  a  25,06 103 AB
a  3,75 1015 m
r1  a  a.e
 25,06 103  24,93 103  r1  130 AB
Pky Kepler‟in 3. yasasından;
M


G.M 1  M 2  a
6,67  10 .2  10 30
5,30  10 46 m



4 2
P2
4 2
P2
11
3


Pky  1,25 1014  4 106 yıl
b) Enberi ve enöte hızları; venb 
venb 
2a
2a
. 1  e / 1  e , venöte 
. 1  e /1  e
P
P
2,36  1016 m
 19,9  3773,2 m / s,
1,25  1014 sn
venb  3773,2 m / s
c) v Kaçma 
venöte 
2,36  1016 m
1,25  1014 s
venöte  9,45 m / s
2.G.M .
r2

2.6,67 10 11.2.1030
 188,6 m / s
7,5 1015 m
Yorum: venöte hızı, enöte noktasındaki kaçma hızından küçük olduğu için, kuyruklu yıldız Güneş‟in
çekim alanından çıkamaz.
2.20. Yer benzeri iç gezegenlerin atmosferlerinde az miktarda H olduğu halde (Jüpiter benzeri) dış
gezegenlerinkinde bol miktarda H gazı vardır. Her sınıfın tipik örneği olarak Yer ve Jüpiter'i
alarak, her ikisi için H moleküllerinin karekök hızının (vrms) kaçma hızına oranını hesap ediniz. Bu
değerler bu gezegenlerde gözlenen göreli H bolluğuna nasıl etki eder?
C: vrms  3kT / m
1/ 2
, kaçış (escape) hızı ise ve  2.G.M . / R ‟dir.
12
Şayet
vrms
 0,1 olursa ilgili gaz gezegen atmosferinde sonsuza dek kalır. Aksi halde atmosferi terk
ve
eder.
m= Gazın kütlesi, T= Gazın bulunduğu ortamın sıcaklığı (gezegenin ortalama yüzey sıcaklığı), K=
Boltzmann sabiti= 1,38 10 23 J / K , G= Evrensel çekim sabiti = 6,67 10 11 m3 / kg.s 2 , M=
Gezegenin kütlesi, R= Gezegenin yarıçapı, Hidrojen atomunun kütlesi= M H  1,6735 10 27 kg .
H atomu için, Yer‟e göre hesap yaparsak:
vrms (Yer ) 
3.1,38 10 23.290O K
 2,67 103 m / s
 27
1,6735 10 kg
vrms (Yer )
ve (Yer )
ve (Yer ) 

2,67  10 3
 0,238
11,18  10 3
2.6,667  10 11.5,98  10 24 kg
 11,18  10 3 m / s
6378000 m
Yer için sonuç: 0,238, eşik değer olan 0,1‟den büyük olduğu için Yer Hidrojen gazını tutamamıştır.
H atomu için Jüpiter‟e göre hesap yaparsak:
vrms ( Jüp) 
3.1,38 10 23 / 20
 1,72 103 m / s
 27
1,6735 10 kg
vrms ( Jüp)
ve ( Jüp)
ve ( Jüp)
1,72  103

 0,014
118,4  103
2.6,667  10 11 1,901 10 27 kg

 188,4  10 3 m / s
71435840 m
Jüpiter için oran 0,014 çıkmaktadır, yani eşik değer olan 0,1‟den küçük olduğu için Hidrojen Jüpiter‟in
atmosferinde kalacaktır.
2.22. Halley kuyruklu yıldızı (ky)‟nın dolanma dönemi 76 yıl, yörüngesinin basıklığı ise e= 0,967'dir.
(a) Bu ky'ın enberi ve enöte noktalarının uzaklıkları ne kadardır?
(b) Bu ky enberi ve enöte noktasında iken Güneş'in ky üzerinde oluşturacağı sıcaklık ne olur?
13
(c) Halley ky'nın albedosu %3 olduğuna göre enberi ve enöte noktalarında iken dengedeki
karacisim sıcaklığı ne olur?
9
C: Phalley  76 yıı  2,39 10 s ve ehalley  0,967 olarak veriliyor.
a) r1 ve r2 uzaklıkları isteniyor. Verilen dönem ile Kepler‟in 3. yasasından yarı büyük eksen
uzunluğuna geçeriz.
GM 1  M  
a3

4 2
2,39 109


2
 a  17,86 AB
(Enöte)
(Enberi)
a.e
a
F
Günes
r1  a  a.e  17,86  17,86  0,967  0,58 AB
r2  a  a.e  17,86  17,86  0,967  35,13 AB
b) E  E halley .
2
ahalley
R
4
Burada yüzey sıcaklığı Thalley ' i bulacağız.
, Ehalley   .Thalley
E ve R bilindiği için denklemi daha sade yazalım:
E R
r1 2
 E H , enberi 
3,14 1019
 E Halley enberi  4,14 103 W / m 2
7,569 1015
4,14 103  5,67 10 8.TH4 , enb  T  519,80o K enberide iken Güneş‟in ky üzerinde
oluşturacağı sıcaklık
E R
r2 2
 E H , enöte 
3,14 1014
 1,134 W / m 2
2,77 1014
14
1,134  5,67 10 8 TH4, enöte  T  66,86 o K enötede iken Güneş‟in ky üzerinde oluşturacağı
sıcaklık
c) Albedosu %3 ise yani A= 0,03 alarak T  3941 / A
1/ 4

1
formülüne uygularız:
rp
Burada rp : AB biriminde Güneş-gökcismi uzaklığıdır.
Tenb  394.1  0,03.
Tenöte  394.1  0,03.
1
 Tenb  501,83o K Denge durumundaki kara-cisim sıcaklığı
0,58
1
 Tenöte  64,48o K Denge durumundaki kara-cisim sıcaklığı
35,13
15
4. BÖLÜM : YER-AY SĠSTEMĠ
4.1. Apollo uzay gemisi Ay'a doğru gitmektedir. Apollo ile Dünya arasında hangi noktada net çekim
ivmesi sıfır olur?
C: Çekim ivmesi g 
G.M
‟dir.
r2
Çekim ivmesinin sıfır olması için kütle çekim ivmelerinin birbirlerine eşit olması gerek
g yer  g ay
r2
r1
X
Yer
X
r
k
Ay
M yer  5,98 10 24 kg
M Ay  7,36 10 22 kg
r1  r2  r  Yer – Ay uzaklığı = 384405 km
G.M yer
r1
2

G.M ay
r2
2

r1

r2
M yer
M Ay
r1
r
5,98 10 24

 1  9,0138
22
r2
r2
7,36 10
r1  9,0138  r2 ,
r1  r2 denkleminde yerine konulursa:
r2  9,0138  r2  38 4405 km

r2  38 387,5 km, r1  34 6017,5 km

Uzaklıklarında çekim ivmesi 0 dır
4.3. Ay yörüngesinin dairesel ve ekliptik (tutulum) düzlemi üzerinde olduğunu varsayarak; Güneş'in,
Ay'ın karşı konumda ve iç kavuşum konumlarındaki çekim kuvveti arasındaki farkı bulunuz. Bu
değeri Yer'in çekimsel etkisi ile karşılaştırınız. Ay'ın yörüngesinin neden basit bir eliptik yörünge
olmadığını anlayabildiniz mi?
C:
16
M   2  10 30 kg
M ay  7,35  10 22 kg
M yer  5,98  10 24 kg
Ray  1738 km
İç kavuşumda (yani Yeniay evresinde), Güneş‟in Ay‟a uyguladığı çekim kuvveti:
F1 ,  
GM  .M Ay
149500000  38440010 m
3
2
F1,  4,4  10 20 N
149500000 km - 384400 km
384400 km
X
X
Ay
Yer
Günes.
Karşı konumda (yani Dolunay evresinde), Güneş‟in Ay‟a uyguladığı çekim kuvveti:
F2, 
149,5 10
GM  .M Ay
6

 384,4  10 3  10 3 m

2
F2,  4,36  10 20 N
149500000 km
384400 km
X
Ay
Yer
Günes.
Yer‟in Ay‟a uyguladığı çekim kuvveti ise:
F3, 
GM  M Ay
384,4 10 m
6
2
 2 10 20 N
384405 km
F3, 
Ay
Yer
17
Ay üzerine Güneş‟in uyguladığı kütle çekim kuvveti Yer‟inkinin yaklaşık 2 katıdır. Ay‟ın Yer ile
birlikte Güneş çevresinde dolanması sonucu doğan merkezcil ivme nedeniyle, Ay Yer‟in çekim
alanından çıkmamaktadır.
4.4. (a) Ay çekirdeğinin yarıçapı RAY/10 ise ve bu yarıçapın üzerinde kalan maddenin eş yoğunluklu
bir yapıda (= 3000 kg/m3) olduğunu kabul ederek, çekirdeğin eş yoğunluklu olması durumunda
yoğunluğu ne olmalıdır?
(b) Yer'in Ay üzerindeki gelgit kuvvetini, yörüngenin enberi ve enöte noktası için hesaplayınız ve
bulduğunuz sonucu yorumlayınız?
C: a) Rçekirdek  1735 / 10  173,8 km , MAY = 7,36x1022 kg
R Ay
 kabuk
Rç  0,1 R Ay
 kabuk  3000 kg / m 3
Rç
Çekirdek
Kabuk (ya da manto) kısmının kütlesini hesaplayalım:



4
4
4
4
M kabuk   ç . R A3   ç . Rç3   ç  R A3  Rç3  3000.  1738  10 3
3
3
3
3
  173,8 10  
3
3 3
M kabuk  6,6 10 22 kg;
M çekirdek  M Ay  M kabuk  7,6 10 21 kg
Buradan çekirdeğin yoğunluğu:
ç 
Mç
4 3
Rç
3
ç 
7,6  10 21

4
 173,8  10 3
3

3
 ç  3,5 105 kg / m3 ; çıkmaktadır ki bu sonuç, Yer‟in 104 kg/m3‟lük çekirdek yoğunluğu ile
kıyaslandığında, gerçekçi bir değer olmadığı görülür! O halde Ay‟ın çekirdeği dışındaki madde eş
yoğunluklu, yani = 3000 kg/m3 değerine sahip değildir.
b) Yerin Ay üzerine uyguladığı dik yöndeki çekim ivmesi:
 r  Ruyg. .Cos 
 ; Burada  enlemini 0 0 , yani Ay‟ın ekvatorunda alarak işlem
B  GM uyg. 
3
r


yapalım:

B yer  Ay  6,67 1011.5,98 1024 363263000  1738000 / 3632630003
enberi
 3,008 10 3 m / s 2
18



B yer ay  6,67  10 11.5,98  10 24 405547000  1738000 / 40554770003  2,414 10 3 m / s 2
enöte
Enberi ve en öte noktalarındaki çekim ivmelerini oranlarsak:
B yer ay, enöte
B yer ay, enberi
 0,802  %80  Benberi  1,25.Benöte
Yer‟in Ay üzerindeki çekim etkisi en beride, en öteye oranla 1,25 kat daha fazladır. Bu gel-git etkisi
nedeniyle Ay yörüngesine kilitli dönme yapmakta (yani Yer çevresinde senkronize dolanmakta) ve
dönme ekseni doğrultusunda sallanma (presesyon) hareketi yapmaktadır.
4.11. Hidrostatik denge denkleminden yararlanarak Ay'ın merkezi basıncını tahmin etmeye çalışın ve
bunu Dünya'nın merkezi basıncı ile karşılaştırın.
C: Hidrostatik basınç denkleminden merkezi basınç:
2
Pc   .G. 2 R 2  Pc elde edilir.
3
Burada yoğunluk ()‟un denklemini yerine yazıp sadeleştirmeler yapılırsa:
2
3M
Pc   G. 2 R 2 ,  
3
4r 3
2
2
 3M  2
  G
.R
3 
3
 4R 
 Pc 
Pc , Ay
3GM 2
; Ay için M AY  7,35 10 22 kg, RAY  rAY  1738 km kullanırsak;
4
8r

3. 6,67 10 11 . 7,35 10 22

4
8 1738000

2
m3
. kg 2
2
kg.sn
 4,71 10 9 Pa  4,71 10 4 Atm.
4
m
Yer için: M YER  5,98 10 24 kg, rYER  6378 km kullanırsak;
Pc , yer

3. 6,67 10 11 . 5,98 10 24

4
8 6378000

2
 1,72 1011 Pa  1,72 10 6 atm
Pc, yer / Pc, ay  1,72 10 6 atm / 4,7110 4 atm  36,5 olarak bulunur.
Yer‟in merkezi basıncı, Ay‟a göre 36,5 kat daha fazladır.
4.14. Bir kaya örneğinde bulunan 40Ar ve 40K oranının 40Ar/40K=3 olduğunu kabul ederek; bu
kayanın yaşını bulunuz? Yaş belirlemesi yaparken hangi kabülleri yapmak zorunda olduğunuzu
belirtiniz.
19
C: Verilenler:
Kullanılacak formül:
40
Ar  3
K



40
n
 e 0, 693t / 
n0
Bozunma oranı
n → Şimdiki element miktarı
n0→ Orjinal element miktarı
t→ Şimdiki yaş
 → Bozulma zamanı
K orjinal  K şimdi  K bozulmuş
 K şimdi  3.K şimdi  K orjinal  4 K şimdi 
nK , şimdi
nK , orjinal

1
4
n 1
  e 0,693. t /  , her iki tarafın “ln”si alınırsa;
n0 4
1n
1
 1n e 0,693, t / 
4
1n
1

1
 0,693 . t /  . 1ne,
4
 1,3862  0,693 . t / 
burada,  ; n 
n0
9
kadar azaldığı yarı ömürdür (= 1,3  10 yıl)
2
2,0002 
t

 t  2.0004. ,
  1,3  10 9 yıl
 t  1,6 109 yıl
Burada, 40Ar‟un, taşın oluşumu sırasında barındırdığı başlangıç miktarı ihmal edilmiş ve zaman
içerisinde taştan dışarı kaçmadığı kabul edilmiştir.
20
5. BÖLÜM : YERSEL GEZEGENLER (Merkür, Venüs, Yer ve Mars)
5.8. Gezegenin ve uydularının yoğunluklarını aynı kabul ederek Mars'ın Roche limitlerini hesaplayınız
ve sonuçlarınızı Deimos ile Phobos uydularının yörüngeleriyle karşılaştırınız.
C: Roche limitini veren formül; d  2,44
 Ara gezegen
Rgezegen
 uydu
Rmars  3394 km
M mars  6,4  10 23 kg
M deimos  1,8  1015 kg
M phobos  1,07  1016 kg

M
M

4 3
V
R
3
Phobos ve Deimos‟un küresel yapıda olmadığı için hacimleri:
V phobos  27000  21000  19000  1,07  1013 m 3
Vdeimos  15000  12000  11000  1,98  1012 m 3
4
3
Vmars   3394000   1,63  10 20 m 3
3
 phobos 
1,07  1016 kg
 1000 kg / m 3
1,07  1013 m 3
  
 deimos
 mars
1,8  1015 kg

 909,09 kg / m 3
12
3
1,98  10 m
 pho   dei
2
 955 kg / m 3
6,4  10 23 kg

 3926,3 kg / m 3
20
1,63  10
3926,3
 3394 km  13266,6 km
955
a phobos9377 km  d roche  adeimos 21000 km
d roche  2,44 3
Phobos Roche limitinin içinde olduğu halde parçalanmamıştır. Bunun nedeni Phobos uydusunun
boyutlarının küçük olması nedeniyle, uyduyu oluşturan maddenin gerilme kuvvetlerinin, ana
gezegenin (Mars‟ın) çekim kuvvetinden (tidal/gelgit etkilerinden) daha büyük olmasıdır. Benzer
olarak Roche sınırının dışında dolanan Deimos uydusu da, bu sınırın içine girse, aynı nedenden dolayı
parçalanmayacaktır.
21
5.12. Hidrostatik denge denklemini kullanarak Merkür, Venüs ve Mars'ın merkezi basınçlarını
karşılaştırınız.
C:
M merkür  3,29  10 23 kg
Rmerkür  2440 km
M venus  4,86  10 24 kg
Rvenus  6052 km
M mars  6,4  10 23 kg
Rmars  3394 km
 Merkür
3,29  10 23 kg


 5406 kg / m 3
4 3 4
R
 24400003
3
3
Venüs 
 Mars 
M
4,86  10 24
4
 60520003
3
6,4  10 23
4
 33940003
3
 5234 kg / m 3
 3908 kg / m 3
2
Pc  G    2 R 2 formülünden:
3
2
2
2
PcMerkür   6,67 10 11  5406  2440000  2,418 1010 Pa
3
2
2
2
PcVenüs   6,67 10 11  5234  6052000  1,394 1011 Pa
3
2
2
2
PcMars   6,67 10 11  3908  3394000  2,445 1010 Pa
3
PcVenüs  PcMars  PcMerkür
5.13. Mars'ın ortalama albedosu A= 0,16'dır. Enberi noktasında öğlen vakti yüzey sıcaklığı ne
kadardır? Enöte noktasında ne kadardır? Gözlemsel olarak elde edilmiş olan 210-300 K sıcaklıkları
ile karşılaştırınız.
C:
Mars‟ın yörünge yarı büyük eksen uzunluğu (a) ve yörünge dış merkezliği/basıklığı (e) şöyledir:
amars  1,5237 AB, emars  0,0934
Yörünge enberi ve enöte uzaklıkları ise şöyle hesaplanabilir:
22
aenberi  a  a.e  1,5237  1,5237  0,0934  1,3813 AB
aenöte  a  a.e  1,5237  1,5237  0,0934  1,666 AB
Gezegenin yüzey albedosu Amars  0,16 .
Kullanılacak formül:
T  3941  A .
1/ 4
1
rp
Tenb 3,94.1  0,16 .
, burada rp, AB cinsinden Güneş-gezegen uzaklığıdır.
1
 320,8O K
1,3813
1/ 4
Tenöte 3,94.1  0,16 .
1/ 4
1
 292,12 O K
1,666
Mars gezegeninin gözlemlerden belirlenen yüzey sıcaklığı ise, Tgözlenen : 210  300 o K arasında
kalmaktadır. Yani gözlenen yüzey sıcaklığı, 300o K (en yüksek) değeri ile 210o K (en düşük) değeri
arasında değişmektedir. Teorik yolla bulunan yukarıdaki değerler ise 292o K ile 320o K arasında
kalmaktadır. Gözlemsel değer (210o K), teorik beklenen sıcaklıktan ~ 80o K daha düşüktür. Bu
sonuç Mars atmosferinin ısıyı iyi tutamayacak bir yapıda olduğunun göstergesidir.
5.14. 19.yy'ın sonlarında Percival Lowell Mars yüzeyinde büyük kanala benzer yapılar gördüğünü ileri
sürmüştür. Fakat bu dönemdeki diğer astronomlar bahsedilen kanalları görememişlerdir. Yer'de
bulunan teleskopların ayırma güçleri dikkate alındığında Mars yüzeyinde görülebilecek yapıların
büyüklükleri ne olabilir? İyi bir teleskop için açısal ayırma gücü teleskobun optik sistemi,
tarafından değil atmosferik görüş tarafından sınırlandırılır. Mükemmel bir görüşe sahip bir gözlem
gecesi için bu ayırma gücü 1 yay saniyesi kadardır. En iyi gözlemevlerinde mükemmel atmosferik
görüşün olması durumunda en fazla ~0.3 yay saniyesi kadar bir açısal ayrıklığın ölçülmesi
mümkündür.
(a) Karşılaşma konumunda Mars'ın açısal çapı ne kadardır?
(b) Mars'taki en büyük yüzey oluşumlarından birisi “Valles Marineris”tir. Boyutları 5000x500
km'dir. Karşılaşma konumunda “Valles Marineris” (V.M.)‟in açısal boyutuları ne kadardır? Bu
yapı Yer'den gözlenebilir mi?
(c) Karşılaşma konumunda, 1 km enindeki bir kanalı görebilmek için kabaca ne kadarlık bir açısal ayırma
gücüne gereksinim duyulur? Lowell bu boyuttaki kanalları görebilir miydi?
(d) Bir yay saniyelik bir açısal ayırma gücü ile minimum görülebilecek yüzey yapısının boyutu ne
kadar olabilir?
C: a) Karşılaşma konumu:
1 AB
G
K
0,5232 AB
1
Mars
Yer
Günes.
23
1
2


Açısal çap:   2. arctan  .d / D  formülüyle verilebilir. Burada;
  Açısal çap
d Mars  6788 km
d= cismin çapı
DYer Mars  78555000 km
D= Cisimler arası uzaklık
 1 6788 

 2 78555000 
17,82  18  0.3
 Mars  2. arctan 
5000 
1
  13.13 Evet Yer‟den gözlenebilir.
 2 78555000 
b)  V .M  2. arctan  .
c)
1
1


 2 78555000 
 0,00025
 Kanal  2. arctan 
O halde 1 km genişliğindeki bir kanalın Yer‟den görülmesi (atmosferik etki nedeniyle) mümkün
değildir.
d
1


 2 78555000 
d) 1  2. arctan  .
d = 380,84 km boyutlarında bir yüzey yapısı ancak 1 ayırma gücü ile görülebilir.
24
GÖK MEKANĠĞĠ – EK – PROBLEMLERĠ


1. İki boyutlu bir kuvvet alanı için potansiyel enerji fonksiyonu U  3x 3 y  7 x ...Joule
biçimindedir. Herhangi bir (x, y) noktasına etkiyen kuvveti bulunuz.
C:
Fx  
U


3x 3 y  7 x  7  9 x 2 y Newton
x
x
Fy  
U


3x 3 y  7 x  3x 3 Newton
y
y



 



F  7  9 x 2 y iˆ  3x 3 ˆj Newton
2. Yeryüzünde   40o enlemindeki bir nokta için, Yer‟in dönmesinden ileri gelen
hızını hesaplayınız. Bu hız ekvator ve kutuplarda hangi değeri alır?
C:

   r. ,
„dir. Burada;
R  6375 km ve r1  R .Cos
olmak üzere;

  
2
2

 7,3 10 5 rd / s
P 86400s
Yer‟in dönmesinden ileri gelen açısal hızdır.
Yukarıda yerine yazarsak:

   r.  r1 .  R .Cos.
   63 750 103.Cos40o .7,3 10 5 rd.s 1  360 m / s  0,36 km / s
Bu hız; ekvatorda   | ekv  R .  470 m / s  0,47 km / s
 
o
kutuplarda   | kutup  R .Cos 90   0 m / s değerini alır.
25

teğetsel


b) Aynı nokta   40 o için merkezcil ivmeyi ve bunun Yer merkezi doğrultusundaki bileşenini
hesaplayınız.
 2
 0,36 km / s 

 0,026 m / s 2
o
r
6375 km.Cos 40
2
ar 
 
Bu ivmenin merkez (O) yönündeki bileşeni
ar , m  ar .Cos  0,016 m / s 2 olur. Bu ivmeyi Yer‟in kütle


çekim ivmesiyle g  9,81 m / s 2 karşılaştırırsak, çok küçük
olduğunu görürüz.
3. 10 kg kütleye sahip bir yapay uydu, bir uzay aracıyla 2 R uzaklığında ( R  6375 km, Yer‟in
ortalama yarıçapıdır), yarıçap vektörüne dik doğrultuda hangi hızla fırlatılmalı ki yörünge parabol
olsun.
C: Parabolik yörünge için en düşük hız, cisimden kaçış (
) hızına eşittir. O halde
kaçış
 kacis 
2G.M 
2GM
2  6,67 10 11  6 10 24


R
2.R
2  6375 10 3
 kacis  7823 m / s  7,82 km / s hızla fırlatılırsa yörüngesi parabol olur.
4. Yer‟de 200 cm yükseğe atlayan bir atlet, Ay‟da ne kadar yükseğe atlayabilir?
C: Çözüm için Yer ve Ay‟ın kütle çekim ivmelerini oranlayalım:
GM yer
g yer
g ay
2
2
R yer
Ray
M yer  1738  2 6  10 24

 2 .

 6 kat
 .
G.M ay R yer
M ay  6375  7,4  10 22
2
Ray
Ay‟da zıplayabileceği yükseklik hAy  6  200 cm  1200 cm  12 m!!
5. Bir kuyruklu yıldızın (ky) kuyruğunun belirmeye başlaması için, yörüngesi üzerinde yaklaşık
olarak “parametre ucu” denilen yerde olması gerekir. Böyle bir ky, Güneş çevresinde 60 yıllık bir
dönem (periyot) ile yarıbüyük eksen uzunluğu a= 6,25 AB, dış merkezliği (basıklığı) e= 0,3 olan
bir elips yörüngede dolanmaktadır. Bu ky‟ın ne kadar süre kuyruğunun görülebileceğini, ilgili bir
şekil de çizerek, hesaplayınız.
26
C:
Parametre noktası (ucu), gökcisminin enberi
noktasından geçtikten sonra gerçek anomali açısının
Parametre
“P” noktası
  tam 90o ‟ye ulaştığı yerdir.
  90o
Ky‟a ait veriler:
t 0 Enberi
A= 6,25 AB
noktası
P= 60 yıl
e= 0,3
“P”
Parametre
noktası
Çözümde eksantrik anomali E değerine ihtiyacımız
vardır. Hesabı  cinsinden şöyle yapılır:
tan
E
1 e


. tan
2
1 e
2
Parametre ucunda   90 o olacağından tan
E
1  0,3
90

. tan ‟den
2
1  0,3
2
E
 36 o ,27  E  72 o ,54  1,266 rd bulunur.
2
2
t  t0   M  E  eSinE denklemini kullanarak parametre ucu ile enberi
P
noktasından geçiş zamanı arasındaki süre olan t  t 0  farkı hesaplanabilir.
Kepler Denklemi olan,
2
t  t0   1,266 rd  0,3.Sin 72o ,54  t  to   9,36 yıl
60 yil


Bu süreyi 2 ile çarparsak, ky‟ın kuyruğunun görüleceği süreyi bulmuş oluruz:
2t  t 0   18,715 yıl.
6. 2 km yarıçapa sahip bir küçük gezegenin yoğunluğu   3 g / cm 3 olduğuna göre, (a) bu küçük
gezegenin yüzeyinden kurtulma (kaçış, kaçış) hızı ne olur? (b) Yeryüzünde kütlesi birim olan
cisme bu hız verilirse, cisim ne kadar yükselebilir?
C: a)  kaçiş 
2GM
3
4
4
, Burada; M   . R 3  3000 kg / m 3 .  2 103 m
R
3
3
27
M  1 1014 kg; 
 kaçiş 
2  G  1014
 2,6 m / s
2  10 3
b) Bu hızı yeryüzünde bir cisme verirsek:
h
 02
2g

2,62
2  9,81
 32 cm cm yükselebilecektir!
28
YILDIZLARIN ĠÇ YAPISI ve EVRĠMĠ PROBLEMLERĠ
1. Yıldızların ömrü esasen, çekirdeklerinde bulunan hidrojen atomlarını, termonükleer füzyon
(birleşme) yoluyla yakıp bitirdikleri süre boyuncadır. Bu süreye nükleer zaman denilir ve diğer tüm
yanma reaksiyonlarının toplam süresi bu süreden daha kısadır. Güneş için bu sürenin (nükleer
zamanın, tn) ne kadar süreceğini hesaplayınız.
C: Nükleer füzyon, reaksiyondaki kütle farkından m  açığa çıkan enerjidir. Yani E  m.c 2 dir.
Güneş için reaksiyona giren kütle, toplam kütlesinin %10‟u mertebesindeki çekirdek kütlesidir. O
halde m  0,10  M  kadardır. Bu reaksiyonun en iyi verimi ise % 0 7 yani 0,007‟dir. Ayrıca bu
çekirdek reaksiyonu sırasında nötrinolarca, çekirdekte üretilen enerjinin ~%5‟i uzaya kaçırılır.
Dolayısıyla Güneş için toplam füzyon enerjisi:
E  M   0,10  0,007  0,95 c 2  1,2 10 44 Joule olur.
Nükleer zaman t n  , bu enerjinin Güneş‟in toplam ışınım gücüne (L= 3,85E26 J/s) bölünmesiyle
elde edilir:
tn 
E
1,2  10 44 J

 3,1 1017 s  9,8  10 9 yıl, yani yaklaşık 10 milyar yıldır!
26
L 3,85  10 J / s
1
 3
2. Yıldızlarda ışınım basıncı PISIN   aT 4 eşitliği ile, ideal gaz durumunda gaz basıncı ise
Pgaz  nkT eşitliği ile verilir. Güneş türü yıldızlarda PISIN / pGaz oranı  104 mertebesinde
olduğundan, ışınım basıncı hesaplamalarda dikkate alınmayabilir. Erken O-türü anakol yıldızlarının
kütlesinin 60M  ve yarıçapının 20 R olduğunu kabul ederek ve merkezi sıcaklığını
Tc  5107 K alarak, bu tür yıldızlar için PISIN / PGaz oranını hesaplayın.
[Çözümde gereken sabitler:
a (ışınım sabiti)= 7,55 10 16 J .m 3 K 4 ; M  Güneş kütlesi   2 1030 kg;
R (Güneş yarıçapı)= 696500000 m; k Boltzman sabiti   1,38 10 23 m 2 .kg.s 2 K 1 ]
C:
O-türü yıldızlar için M  60M  ve R  20R kullanarak:
M  1,2 1032 kg ve R  1,39 1010 m bulunur. Ortalama yoğunluğa geçersek:
  
M
4 3
R
3

1,2  10 32 kg


3
4
 1,39 1010 m
3
 10,60 kg / m 3
29
Bu yoğunluğu kullanarak ve ortamın tamamen iyonize olmuş H atomlarından oluştuğunu kabul
ederek, ortamdaki parçacık sayı yoğunluğu n:
n
2 
(Burada m H (H atomu kütlesi)= 1,67 10 27 kg)
mH
n
2  10,60
 1,27  10 28 # / m 3 bulunur. PISIN / PGaz oranına geçersek:
 27
1,67  10
PISIN
PGaz

1
16
7
1
4
   7,55  10  5  10
aTc
3
3
 
n.k .Tc
1,27  10 28  1,38  10 23

3
 180 kat olarak bulunur.
O halde erken tür sıcak yıldızlarda basınç hesabında ışınım basıncını PISIN  boĢlamamak
gerekmektedir.
------ S O N ------
30
Download

PDF Dosyası