¿Cómo cambia la órbita la adición de un campo de fuerza de cubo inverso a un campo de fuerza de cuadrado inverso?

Comencemos por escribir la energía cinética del planeta (estrictamente hablando, también debe considerar el movimiento del sol, pero para mercurio$M_{\rm sun} \gg M_{\rm planet}$entonces ignoraré el movimiento del centro de masa)

$$T(r,\theta,\phi) = \frac{1}{2}m(\dot{r} + r^2\dot{\theta}^2 + r^2\sin^2\theta\dot{\phi}^2) \tag{1}$$

Y la energía potencial es sólo

$$V(r) = -G\frac{Mm}{r^2}+ \alpha\frac{l^2}{2m^2 r^2} \tag{2}$$

Tenga en cuenta que${\bf F} = -\nabla V$, ese es un buen cheque. El lagrangiano se puede escribir como (abajo verás que esto es completamente equivalente a escribir las ecuaciones de Newton)

$$L = T - V = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2 + r^2\sin^2\theta\dot{\phi}^2) + G\frac{Mm}{r^2} - \alpha\frac{l^2}{2m^2 r^2} \tag{3}$$

Ahora solo necesitamos derivar las ecuaciones de movimiento. en general si$q$es una coordenada generalizada ($q = \{r,\theta,\phi\}$) entonces

$$\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0 \tag{4}$$

que se conoce como la ecuación de Euler-Lagrange$^\color{red}{1}$.

$q = \phi$

$$\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial L}{ \partial \dot{\phi}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \phi} = \frac{{\rm d}}{{\rm dt}}(mr^2\sin^2\theta \dot{\phi}) - (0) = 0$$

De esto concluyes que el término entre paréntesis es una constante, que no es más que el momento angular$l$. No entraré en detalles (esto se está haciendo bastante largo), pero esto asegura que el movimiento estará en un plano:$\theta = \pi/2$, tenemos entonces

$$\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}(mr^2\dot{\phi}) = 0 ~~~\Rightarrow~~~ l = mr^2\dot{\phi} \tag{5}$$

$q = r$

Para este caso obtenemos (recuerde considerar el hecho de que$l$es una constante)

$$\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}(m\dot{r})-\left(-G\frac{M m}{r^2} + \alpha\frac{l^2}{m^2r^3}+ mr \dot{\phi}^2\right) = 0$$

que se reduce a

$$m\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\dot{r} = - G\frac{mM}{r^2} + \frac{l^2}{mr^3}\left(1 - \frac{\alpha}{m} \right) \tag{6}$$

Puede obtener una idea al darse cuenta de que esto se puede escribir como

$$m\frac{{\rm d}}{{\rm d}t} \dot{r} = -\frac{{\rm d}}{{\rm d}r}V_{\rm eff}(r)$$

por algún potencial$V_{\rm eff}$(por favor derivarlo) y encontrar los puntos estables. La variable$r$será entonces más alrededor de tal punto

Dejaré los detalles restantes para que los completes. ¡Buena suerte!

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$^\color{red}{1}$Puedes convencerte de que esto se reduce a las ecuaciones de Newton con un ejemplo simple, en 1D$T = m\dot{x}^2/2$de modo que$L_{1D} = m\dot{x}^2/2-V$y ecuación (4) se convierte

$$\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}(m \dot{x}) - (-V'(x)) = 0 ~~~\Rightarrow~~~ m\ddot{x} = -V'(x) = F(x)$$

El hecho clave aquí es uno muy bueno que aprendí de un libro de física matemática en alguna parte, pero merece ser mejor conocido: Si$F(r)$es una fuerza rotacionalmente simétrica (con positivo$F$sentido hacia el origen), y tenemos una órbita casi circular de radio$r_0$, entonces el ángulo entre los perihelios de la órbita será

$$\frac{2 \pi}{\sqrt{3+\tfrac{F'(r_0) r_0}{F(r_0)}}}.$$ Cuando $F$es el inverso del cuadrado, tenemos $r F'/F = -2$, por lo que los perihelios son precisamente $2 \pi$aparte, en otras palabras, las órbitas se acercan. Para resolver su problema, puede buscar qué tan rápido la órbita de Mercurio precede y hacer coincidir eso con el término de corrección del cubo inverso propuesto.

Derivación Supongamos que nuestra órbita tiene momento angular$L$. Eso significa que su velocidad angular es$L/(m r^2)$, entonces la fuerza centrípeta es$m r \left( \tfrac{L}{m r^2} \right)^2 = \tfrac{L^2}{m r^3}$. En otras palabras, tenemos

$$m r'' = -F(r) + \frac{L^2}{m r^3}.$$ Si tuviéramos una órbita circular perfecta en el radio $r_0$, tendríamos $F(r_0) = \tfrac{L^2}{m r_0^3}$.

Ahora, supongamos que perturbamos un poco nuestra órbita circular perfecta, para$r_0+\epsilon(t)$. Si$\epsilon$es lo suficientemente pequeño como para que podamos aproximar fórmulas con su serie de Taylor hasta el orden lineal, entonces

$$m \epsilon'' = -F(r_0) - F'(r_0) \epsilon + \frac{L^2}{m r_0^3} - \frac{3 L^2}{m r_0^4} \epsilon = - \left(F'(r_0)+ \frac{3 L^2}{m r_0^4} \right) \epsilon.$$ Entonces, por el análisis estándar de una masa en un resorte, $\epsilon$oscila con el periodo $$2 \pi \sqrt{\frac{m}{F'(r_0) + \tfrac{3 L^2}{m r_0^4}}}.$$

Para obtener el ángulo recorrido entre oscilaciones, multiplique el período por la velocidad angular$L/(m r_0^2)$Llegar

$$\theta = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{F'(r_0) + \tfrac{3 L^2}{m r_0^4}}} \frac{L}{m r_0^2}=\frac{2 \pi}{\sqrt{3+\tfrac{m F'(r_0) r_0^4}{L^2}}}.$$ Por último, recuerda que $F(r_0) = \tfrac{L^2}{m r_0^3}$para reescribir esto como $$\frac{2 \pi}{\sqrt{3+\tfrac{ F'(r_0) r_0}{F(r_0)}}}.$$

Pregunta 1:

Esto no cambia cualitativamente nada en el sentido de que su problema de dos cuerpos acepta, formalmente hablando, el mismo tipo de soluciones que el problema de dos cuerpos de Kepler, es decir, cónicas pero ahora parametrizadas por$\alpha$.

El problema de los dos cuerpos se resuelve mejor en el marco del centro de masa del sistema. En ese marco de referencia aparece como un problema de campo de fuerza central aplicado a una partícula de masa reducida$\mu = \frac{Mm}{m+M}$. Ya que en nuestro caso$M\gg m$, por suposición, el movimiento de la masa M alrededor del centro de masa puede ignorarse con seguridad (el centro de masa coincide con la estrella). Bajo esta aproximación, la masa reducida$\mu\sim m$y el momento angular total del sistema de dos cuerpos$\vec{L}=\mu \vec{r}\times \dot{\vec{r}}$con la del planeta$\vec{L}\sim m \vec{r} \times \dot{\vec{r}}$.

El problema central en el marco de referencia de estrella fija tiene el campo de fuerza dado por,

$$\vec{F} = \frac{-GMm}{r^2} \hat{r} +\alpha\frac{L^2}{m^2r^3} \hat{r} = -\frac{dU}{dr} \hat r$$ derivado de la energía potencial, $$U(r) = \frac{GMm}{r}-\frac{1}{2}{\alpha}\frac{L^2}{m^2r^2}$$

Es un resultado bien conocido que en un campo de fuerza central el momento angular$L$es una primera integral del movimiento, es decir, permanece constante,

$$\dot{\vec{L}}=0.$$ Esto implica que el movimiento en todo momento sigue siendo plano, en un plano ortogonal al momento angular. Haciendo uso de coordenadas polares en este plano de vector unitario normal $\hat{e}_z$, uno tiene, ${L} = L \hat{e}_z = mr^2\dot \phi \hat{e}_z$, cediendo, $$L=mr^2\dot \phi = \mbox{Cte}.$$

Otra primera integral del movimiento es la energía total$E$del sistema, definida como la suma de la energía cinética y la energía potencial del planeta,

$$E=\frac{1}{2} m(\dot r^2 + r^2\dot \phi^2)+U(r)=\frac{1}{2} m {\dot r^2} + \frac{L^2}{2mr^2}+U(r)$$ .

Esta ecuación de energía muestra que el movimiento en un campo central es formalmente similar a un movimiento "lineal o de traslación" (es decir, con un solo grado de libertad, el radio$r$) sino en un campo de energía potencial "efectiva",

$$U_{\rm eff}(r)=\frac{L^2}{2mr^2}+U(r) = (1-\alpha)\frac{L^2}{2mr^2}+\frac{GMm}{r}$$

Ahora configurando$L_\alpha = L\sqrt{1-\alpha}$, uno obtiene,

$$U_{\rm eff}(r)=\frac{L^2}{2mr^2}+U(r) = \frac{L_\alpha^2}{2mr^2}+\frac{GMm}{r}$$ .

y una energía total

$$E=\frac{1}{2} m {\dot r^2} + U_{\rm eff}(r) = \frac{1}{2} m {\dot r^2} + \frac{L_\alpha^2}{2mr^2}+ \frac{GmM}{r}$$

Ambas ecuaciones (potencial efectivo o energía total) describen el movimiento de un sistema Kepleriano clásico de dos cuerpos que tendría$L_\alpha$en lugar de$L_0=L$como momento angular total. Por lo tanto, nos vemos llevados a concluir que una sustitución de$L$por$L_\alpha$en todos los resultados de la teoría clásica del sistema de dos cuerpos de Kepler se obtiene la solución correcta a su problema. Se obtiene el mismo tipo de movimiento que para un sistema Kepleriano clásico de dos cuerpos (el caso$\alpha =0$) pero las trayectorias en lugar de estar totalmente gobernadas por el par$(E,L_0)$ahora se rigen por$(E, L_\alpha)$. Soluciones para$\alpha\neq 0$se deducen del caso kepleriano$\alpha=0$homotéticamente por la razón$\sqrt{1-\alpha}$(posiblemente complejo imaginario puro cuando$\alpha>1$).

Con un campo de fuerza gravitacional (de potencial$\frac{GMm}{r}$) ---y más generalmente hablando en cada campo de fuerza coulombiano (de potencial$-k/r$) se puede integrar fácilmente la trayectoria como una cónica de ecuación,

$$p/r=1+e\cos\phi$$

dónde,

$$p=\frac{L^2}{km}=-\frac{L^2}{GMm^2}$$ se conoce como el parámetro y $e$la excentiricidad de las cónicas está dada por, $$e=\sqrt{1+\frac{2EL^2}{mk^2}}=\sqrt{1+\frac{2EL^2}{G^2M^2m^3}}$$ .

Sustituto$L \rightarrow L_\alpha$en este resultado clásico y demuestras que en tu caso, obtienes una (familia de) cónicas (indexadas por$\alpha$) de los parámetros correspondientes$p_\alpha$y excentricidad(es)$e_\alpha$.

Cuando$\alpha\leq 1$el término centrífugo$\frac{L_\alpha^2}{2mr^2}$en el potencial efectivo es positivo. (yo) si$E<0$, el movimiento es acotado,$e_\alpha$< 1 y obtienes una elipse; (ii) si$E=0$obtienes un círculo redondo. (iii) si$E>0$, el movimiento es ilimitado,$e_\alpha$> 1 y obtienes una hipérbola. Estos resultados siguen siendo válidos para$\alpha=1$, simplemente es el caso Kepleriano de momento angular nulo dando una elipse degenerada, es decir, un movimiento acelerado a lo largo de una línea recta hacia la estrella central.

Cuando$\alpha>1$el término centrífugo$\frac{L_\alpha^2}{2mr^2}$en el potencial efectivo se vuelve negativo. No veo ningún cambio sustancial en los resultados anteriores, excepto que ahora, uno obtiene un movimiento acotado a lo largo de las elipses cuando$E>0$y movimiento ilimitado a lo largo de hipérbolas cuando$E<0$.

Pregunta 2:

Apuesto que$\alpha=0$ya que la inclusión de su término de fuerza adicional no es realmente necesaria. Supongamos que introduce un término de fuerza con digamos algunos$L$y$\alpha=0.1$. Su modelo es equivalente en cierto sentido a uno sin término de fuerza adicional pero con impulso planetario$L$reducido a un valor adecuado, es decir, multiplicado por$\sqrt{1-\alpha}$. Como físico, preferiría esta solución formal más simple.

Este es un problema con dos cuerpos que se atraen entre sí por una fuerza central conservativa. Puede tratar este problema considerando el movimiento de un solo cuerpo de masa reducida$\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$moviéndose en un plano - en este caso, no es difícil demostrar que el momento angular del sistema se conserva y, por lo tanto, el movimiento ocurre en un plano - con vector de posición$\vec{r} = x\vec{i} + y\vec{j}$. Puedes pensar en este movimiento como si el referencial fuera una de las partículas y la otra tuviera masa.$\mu$, y el vector de posición es su posición relativa. Para encontrar la parametrización de la trayectoria, en coordenadas polares del plano donde ocurre el movimiento, resolver para$u = 1/r$la siguiente ecuación:

$$\frac{d^2 u}{d \theta} + u = - \frac{\mu}{l^2}\frac{1}{u^2}F(1/u)$$ Aquí, $l$denota la magnitud del momento angular (que supongo que es constante en este caso).

Para fuentes sobre esto, tiene la excelente "Mecánica clásica" de Goldstein y la "Dinámica clásica de partículas y sistemas" de Marion y Thornton (capítulos 3 y 8, respectivamente). Ahora, denotando su fuerza por$F(r) = -\frac{k_1}{r^2} - \frac{k_2}{r^3}$(el vector fuerza es$\vec{F}(r) = F(r) \frac{\vec{r}}{r}$), la ecuación diferencial se convierte en:

$$\frac{d^2 u}{d \theta} + \alpha u = \beta$$ Dónde $\alpha$y $\beta$son constantes en función de $\mu$, $l$, $k_1$y $k_2$.

Si$\alpha > 0$, la solución tiene la forma:$\frac{1}{r} = Acosh(\alpha\theta + B) + \frac{\beta}{\alpha}$, dónde$A$y$B$están determinados por las condiciones iniciales.

Si$\alpha = 0$, la solución tiene la forma$\frac{1}{r} = \beta \theta^2 + A\theta + B$

Si$\alpha < 0$,$\frac{1}{r} = Acos(\alpha\theta + B) + \frac{\beta}{\alpha}$.