Рождение звезды из пылевого облака

Если частицы не обгоняют друг друга, то каждая притягивается только веществом, которое лежит ближе к центру, — как точечной массой. Время падения из покоя в поле точечной массы найдите по третьему закону Кеплера для вырожденного эллипса.

\(t=\sqrt{\dfrac{3\pi}{32\,G\varrho}}\approx1{,}5\cdot10^{13}\text{ с}\approx5\cdot10^{5}\) лет.

Что происходит. Облако — однородный шар радиуса \(r_0\), который начинает сжиматься из покоя; давлением пыли пренебрегаем, частицы движутся только под действием тяготения. Раз частицы не обгоняют друг друга, внутри любого слоя остаётся одна и та же масса \(M\). Частицу на этом слое притягивает только эта масса, и ведёт она себя так, как падающее на точечную массу тело. Главная идея — найти время такого падения до центра и посмотреть, зависит ли оно от радиуса слоя. «Образованием звезды» считаем момент, когда всё вещество собралось в центре.

Обозначения. \(r_0\) — начальный радиус слоя, \(M=\tfrac43\pi r_0^3\varrho\) — масса вещества внутри него, \(m\) — масса частицы на этом слое.

1. Сила на частицу слоя. Вещество снаружи слоя — шаровой слой с центром в центре облака; внутри такого слоя сила тяготения равна нулю (теорема о шаровом слое). Вещество внутри слоя действует на частицу так, как точечная масса \(M\) в центре. Запишем второй закон Ньютона для частицы на расстоянии \(r\) от центра: \[m\,\frac{d^2 r}{dt^2}=-\frac{GMm}{r^2}.\] Масса \(M\) не меняется, потому что слои не пересекаются. Для каждого слоя уравнение своё лишь значением \(M\propto r_0^3\), и если взять \(r=r_0 f(t)\), то \(f''=-\tfrac43\pi G\varrho/f^2\) у всех слоёв одно и то же. Значит, облако сжимается подобно себе, плотность остаётся однородной, и все слои достигают центра одновременно.

2. Время падения слоя. Частица стартует с \(v=0\) на расстоянии \(r_0\) от притягивающего центра. Её траектория — отрезок прямой, предельный случай эллипса с большой полуосью \(a=r_0/2\), у которого центр притяжения находится в одной из вершин. Для такого эллипса справедлив третий закон Кеплера: период \(T=2\pi\sqrt{a^3/(GM)}\). Падение до центра занимает половину периода (рисунок ниже): \[t=\frac T2=\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM}}=\pi\sqrt{\frac{r_0^3}{8GM}}.\]

3. Подстановка массы. Подставим \(M=\tfrac43\pi r_0^3\varrho\); радиус \(r_0\) сокращается: \[t=\pi\sqrt{\frac{3}{32\pi\,G\varrho}}=\sqrt{\frac{3\pi}{32\,G\varrho}}.\] Обратите внимание: время не зависит от размера облака, только от его плотности, поэтому подходит «гигантское» облако любой величины.

4. Число. \(\varrho=2\cdot10^{-20}\text{ г/см}^3=2\cdot10^{-17}\text{ кг/м}^3\), \(G\varrho=6{,}67\cdot10^{-11}\cdot2\cdot10^{-17}\approx1{,}33\cdot10^{-27}\text{ с}^{-2}\): \[t=\sqrt{\frac{0{,}295}{1{,}33\cdot10^{-27}\text{ с}^{-2}}}\approx1{,}5\cdot10^{13}\text{ с}\approx\frac{1{,}5\cdot10^{13}}{3{,}2\cdot10^{7}}\text{ года}\approx5\cdot10^{5}\text{ лет}.\]

Проверка. Второй способ, без закона Кеплера: энергия частицы \(\tfrac12 v^2=GM\left(\tfrac1r-\tfrac1{r_0}\right)\), откуда \(t=\int_0^{r_0}\dfrac{dr}{v}=\dfrac{r_0^{3/2}}{\sqrt{2GM}}\int_0^1\sqrt{\dfrac{x}{1-x}}\,dx=\dfrac{\pi}{2}\dfrac{r_0^{3/2}}{\sqrt{2GM}}\), то есть тот же результат. Размерность: \(G\varrho\) измеряется в \(\text{с}^{-2}\), значит \(t\) — в секундах. Смысл: время порядка \(1/\sqrt{G\varrho}\) — естественный масштаб времени падения в самом себе, оно сокращается в \(\sqrt{10}\) раз при росте плотности в \(10\) раз.

Ответ: \(t=\sqrt{\dfrac{3\pi}{32\,G\varrho}}\approx1{,}5\cdot10^{13}\text{ с}\approx5\cdot10^{5}\) лет.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.