Tiempo que tarda un cuerpo en estrellarse contra el sol [cerrado]

Question

Tiempo que tarda un cuerpo en estrellarse contra el sol [cerrado]

Sombra

Un cuerpo pequeño parte del reposo hacia el Sol desde la posición de la Tierra, encuentre el tiempo total que le toma al cuerpo chocar contra el Sol (suponga que el Sol es un objeto puntual y que ninguna otra fuerza actúa sobre el sistema).

Mi enfoque a esta pregunta:

$a = \frac{GM}{r^2}$ para el cuerpo a cualquier distancia r del Sol.
Luego descubrí la velocidad, $v = \sqrt{2GM(\frac{1}{r} - \frac{1}{R})}$ , donde R es la distancia inicial
De aquí obtenemos $\int_{R}^{0} \frac{dx}{v}$

Ahora, ¿cómo integro esta monstruosidad? ¿Hay alguna forma más fácil y rápida que la anterior? Cualquier ayuda sería apreciada.

Carlos Tucker 3

Pero la tierra está de todos modos en caída libre hacia el sol, solo tiene suficiente velocidad tangencial para evitarlo y mantener una órbita casi circular... Entonces, ¿necesitarías desacelerar tu masa de prueba?

Fotón

Creo que te falta un cuadrado en tu (1.).

PM 2 Anillo

Esto puede ser útil: en.wikipedia.org/wiki/Radial_trayectory

Sombra

@ CharlesTucker3 No te entendí muy claramente, la masa no tiene velocidad inicial.

Carlos Tucker 3

@Shadow Ah, me perdí esa información, gracias...

Sombra

@PM2Ring Gracias, pero ¿puedes resumirnos? Me cuesta entender algo ahí.

gandalf61

"Para todas las elipses con un semieje mayor dado, el período orbital es el mismo, independientemente de la excentricidad". - en.wikipedia.org/wiki/Orbital_period

Carlos Witthoft

¿Necesita una respuesta analítica o es suficiente con hacer una integración numérica?

Sombra

@CarlWitthoft Por favor, ¿puede proporcionar una respuesta analítica?

PM 2 Anillo

Lo siento, estoy de acuerdo en que la página de Wikipedia es un poco confusa. Y su problema no necesita la solución general porque está tratando al Sol como un punto, por lo que puede usar la regla del cubo cuadrado de Kepler, como lo menciona gandalf61.

Carlos Witthoft

@shadow Hace mucho tiempo que no asistí a la escuela, lo que significa que ya no tengo que hacer integrales :-).

Sombra

@CarlWitthoft lol, ¡no hay problema!

Respuestas (2)

Tiempo que tarda un cuerpo en estrellarse contra el sol [cerrado]

Pero la tierra está de todos modos en caída libre hacia el sol, solo tiene suficiente velocidad tangencial para evitarlo y mantener una órbita casi circular... Entonces, ¿necesitarías desacelerar tu masa de prueba?
Esto puede ser útil: en.wikipedia.org/wiki/Radial_trayectory
@ CharlesTucker3 No te entendí muy claramente, la masa no tiene velocidad inicial.
@PM2Ring Gracias, pero ¿puedes resumirnos? Me cuesta entender algo ahí.
"Para todas las elipses con un semieje mayor dado, el período orbital es el mismo, independientemente de la excentricidad". - en.wikipedia.org/wiki/Orbital_period
¿Necesita una respuesta analítica o es suficiente con hacer una integración numérica?
@CarlWitthoft Por favor, ¿puede proporcionar una respuesta analítica?
Lo siento, estoy de acuerdo en que la página de Wikipedia es un poco confusa. Y su problema no necesita la solución general porque está tratando al Sol como un punto, por lo que puede usar la regla del cubo cuadrado de Kepler, como lo menciona gandalf61.
@shadow Hace mucho tiempo que no asistí a la escuela, lo que significa que ya no tengo que hacer integrales :-).

s.stefania · Answer 1

Este problema suele abordarse utilizando la Tercera Ley de Kepler. La trayectoria de este objeto que cae hacia el sol es en realidad la 'mitad' de una elipse degenerada con semieje mayor igual a R/2.
De la Tercera Ley de Kepler: $\frac{a^3}{T^2}=\frac{GM}{4 \pi^2}$

T = \sqrt{\frac{4 π^{2} a^{3}}{GRAMO METRO}} = \sqrt{\frac{π^{2} R^{3}}{2 GRAMO METRO}}

$T=\sqrt{\frac{4 \pi^2 a^3}{GM}} = \sqrt{\frac{\pi^2 R^3}{2GM}}$ Entonces el resultado es:

Δ t = \frac{T}{2} = \frac{π}{2} \sqrt{\frac{R^{3}}{2 GRAMO METRO}}

$\Delta t = \frac{T}{2} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{R^3}{2GM}}$ Hasta donde yo sé, es muy difícil encontrar el tiempo que le toma a un cuerpo viajar entre dos posiciones arbitrarias en una órbita elíptica (básicamente tendrías que calcular el área barrida por el cuerpo), así que calculando esa integral es probablemente inútil.

Wow, eso es increíble, nunca pensé en ese enfoque, muchas gracias.
Sí, es un truco bastante bueno que descubrí por un problema de IPhO (Pregunta 3 - IPhO 2012).
Tenga en cuenta que si usa unidades de au y años, entonces $\mu=GM=4\pi^2$ .
La integral para el caso elíptico 2D completo no es soluble en términos de funciones elementales. Sin embargo, la trayectoria radial es soluble. Consulte el tiempo en función de la distancia, trayectoria elíptica en el artículo de Wikipedia sobre la trayectoria radial que vinculé anteriormente.
"Calcular esa integral es probablemente inútil"... salvo que ya conocemos el período orbital de un cuerpo en una órbita elíptica con el mismo semieje mayor que la órbita de la Tierra...
Probablemente no expresé mi respuesta con suficiente claridad. Me refería al caso general cuando no nos interesa el periodo orbital, sino la parametrización de la órbita en términos de tiempo. Calcular, por ejemplo, cuánto tiempo tarda el objeto en caer de R a R/6 no es trivial.
Bueno, ahora me pregunto cómo se compara esta respuesta con la que robé de Wikipedia, que solo mira Gm/r^2 para dos cuerpos estáticos, es decir, sin velocidad transversal al inicio.
Bueno, supongo que esta respuesta es un caso especial que tiene una mejor solución.
@gandalf Pero esta elipse (degenerada) tiene un eje mayor de 1 au, es decir, su eje semi-mayor es 0.5 au. Y entonces el tiempo de caída es $\frac1{4\sqrt 2}$ año.
@PM2Ring La elipse degenerada completa (es decir, la "órbita" radial en línea recta) se extiende una distancia igual al otro lado del sol, por lo que su semieje mayor es 1 au.
@gandalf61 No, el Sol debe ser un foco de la elipse. Y el foco de una elipse extremadamente excéntrica está muy cerca del periápside, no cerca del centro de la elipse. Si estuviera en lo cierto, el tiempo de caída sería de 0,25 años, pero la solución dada por los métodos de S. Stefan y Carl es ~0,17677 años.
@ PM2Ring Lo tengo, sí, tiene razón. El eje semi-mayor es 0.5 au. Es el caso límite de una órbita muy estrecha que roza el sol y gira alrededor del lado más alejado del sol y viceversa.

Carlos Witthoft · Answer 2

Sorpresa :-) , Wikipedia al rescate.

El tiempo $t$ tomado por un objeto que cae desde una altura $r$ a una altura $x$ , medido desde los centros de los dos cuerpos, viene dado por:
$t = \frac{\arccos (\sqrt{\frac{X}{r}}) + \sqrt{\frac{X}{r} (1 - \frac{X}{r})}}{\sqrt{2 m}} r^{3 / 2}$ $t={\frac {\arccos {\Big (}{\sqrt {\frac {x}{r}}}{\Big )}+{\sqrt {{\frac {x}{r}}\ (1-{\frac {x}{r}})}}}{\sqrt {2\mu }}}\;r^{3/2}$ dónde $\mu =G(m_{1}+m_{2})$ es la suma de los parámetros gravitacionales estándar de los dos cuerpos.

Me alegro de que lo hayan hecho; Odiaría haber resuelto esa antiderivada yo mismo.

Espera, ¿es eso lo que obtienes si integras ese lío (es decir, (3) de mi enfoque), en una forma más general?
@PM2Ring ¡Eso requeriría trabajo, y soy alérgico a la muerte! La fuente de la página de wikipedia podría tener el código mathjax
@Shadow Esa integral es... desagradable, aunque Wolfram Alpha, etc., puede hacerlo. Y es bastante fácil de verificar tomando la derivada.
@Shadow En realidad, la integral no es tan mala, una vez que te das cuenta de que se trata de una sustitución trigonométrica. Dejar $x=r\cos^2\theta$ , y luego es bastante sencillo, suponiendo que sepa cómo integrar $\cos^2\theta$ .
@CarlWitthoft esta respuesta enlaza con un video con la antiderivada resuelta paso a paso; ¡Parece que hiciste una sabia decisión!

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