23
NAXÇIVAN DÖVLƏT UNİVERSİTETİ. ELMİ ƏSƏRLƏR, 2016, № 3 (77)
NAKHCHIVAN STATE UNIVERSITY. SCIENTIFIC WORKS, 2016, № 3 (77)
НАХЧЫВАНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ. НАУЧНЫЕ ТРУДЫ, 2016, № 3 (77)
RUSLAN MƏMMƏDOV
AMEA Naxçıvan Bölməsi
E-mail: ruslan1213@box.az
UOT 539.12
PARKER MODELİNƏ GÖRƏ GÜNƏŞ KÜLƏYİNİN SÜRƏTİNİN
HESABLANMASI
Açar sözlər: Günəş küləyi, proton, elektron, Parker modeli
Keywords: Solar wind, proton, electron, model Parker
Ключевые слова: Солнечный ветер, протон, электрон, модель Паркера
Günəşdə elektromaqnit şüalanması ilə bərabər həm də əsasən proton və elektronlardan ibarət
yüksəkenerjili hissəciklərin axını da müşahidə edilir [1]. Günəş küləyi adlanan bu plazma selinin
Yer ətrafı kosmik fəzada sürəti ~400 km/san-dir. Günəş küləyinin müasir modelini 1965-ci ildə
E. Parker vermişdir [3]. Stasionar sferik hal üçün qaz dinamikasının tənlikləri aşağıdakı kimi yazıla
bilər.
Hərəkət tənliyi:
V(
r)[
dV(
r)/
dr] = - 1/ρ(
r) [
dρ/
dr] -
G[
dM
ʘ
/dt] / r
2
(1)
burada V(r) - Günəş küləyinin sürəti, ρ(r) və p(r) – sıxlıq və təziq, M
ʘ
- Günəşin kütləsi, G –
qravitasiya sabitidir.
Maddə selinin kəsilməzliyinin tənliyi:
ρ(r)V(r)A(r) = ρ
0
V
0
A
0
(2)
burada A(r) = A0(r/r0)2 – axın borusunun en kəsiyinin sahəsi, 0 indekslərlə Günəşin mərkəzindən r
0
məsafədə ( başlanğıc nöqtəsi) dəyişənlərin qiymətləri qeyd olunmuşdur.
Qazın hal tənliyi:
p(r) = p
0
(ρ(r)/ρ
0
)
α
(3)
burada α – politrop əmsalıdır 1≤ α ≤ 5/3.
(2) və (3) bərabərliklərini (1) tənliyinə qoyub r üzrə inteqrallayandan sonra (α ≠1 üçün) Bernulli
tənliyin alarıq,
V
2
/2 - G[dM/dt]/r + [α/(α-1)] [p
0/
ρ
0
] [V
0
A
0
/VA] =
=V
0
2
/2 - G[dM/dt]/r
0
+ [α/(α-1)][p
0
/ρ
0
] (4)
Dəyişənləri əvəz edəndən sonra,
Ζ = [r/r
0
] , u
2
= [ρ
0
/p
0
] V
2
/2 , H = G[dM/dt]ρ
0
/[r
0
p
0
] (5)
(4) tənliyi aşağıdakı hala düşür:
u
2
+ [α/(α-1)] [(u
0
/u)/ζ
2
)]
α-1
- H/ζ = u
0
2
+ [α/(α-1)] - H ≡ u
1
2
(6)
burada u
1
, r = r
0
səthində sərhəd şərtlərindən asılı olan inteqrallama əmsalıdır.
(5) və yaxud (6) tənlikləri Günəş küləyi sürətinin Günəşdən olan məsafədən asılılığını göstərir.
Bu tənliklərin dəqiq analitik həlli yoxdur və bu məsələnin həllinə Günəşdən uzaq ( ζ>>1) və ( ζ<<1)
yaxın məsafələrdə baxmaq lazımdır.
a) Uzaq məsafələr (ζ→ ∞).
ζ→ ∞, u(ζ) qiyməti hüdudsuz arta bilər və ya hansısa bir sabitə, və yaxud sıfıra yaxınlaşa bilər.
u→ ∞ hal (6) tənliyinin sol tərəfinin birinci üzvü hüdudsuz artacaq, ikinci və üçüncü üzvlər sıfıra
yaxınlaşacaq. Tənliyin sağ tərəfi isə u
1
2
= const. Aydındır ki, bu halda (6) tənliyinin şərti təmin
olunmur. u/ζ→ ∞ → 0 halında (6) tənliyi
ödənilir
u|
ζ→ ∞
→ u
1
(7)