Tiempo que tarda un objeto en el espacio en caer a la tierra

Question

Tiempo que tarda un objeto en el espacio en caer a la tierra

Vicente Tjeng

El Problema
Para una masa pequeña una distancia $R_i$ del centro de la Tierra, ¿cuánto tiempo le tomaría al objeto caer a la superficie de la Tierra, suponiendo que la única fuerza que actúa sobre el objeto es la fuerza gravitacional de la Tierra?

Información relevante
La siguiente discusión parece haber resuelto exactamente el mismo problema: http://www.physicsforums.com/showthread.php?t=555644

Sin embargo, al resolver las matemáticas, no estoy exactamente seguro de cómo evaluar la constante de integración.

Una solución parcial

F = \frac{- GRAMO METRO metro}{s^{2}}

$F=\frac {-GMm}{s^2}$

a = \frac{- GRAMO METRO}{s^{2}}

$a=\frac {-GM}{s^2}$

\frac{d v}{d t} = \frac{- GRAMO METRO}{s^{2}}

$\frac {dv}{dt} = \frac {-GM}{s^2}$ multiplicando por

v

$v$ y luego integrando por

d t

$dt$ en ambos lados tenemos

\frac{1}{2} v^{2} = \frac{GRAMO METRO}{s} + C_{1}

$\frac {1}{2} v^2=\frac {GM}{s} +c_1$ dónde

c_{1}

$c_1$ es una constante de integración. Sustituyendo las condiciones iniciales de

v = 0, s = R

$v=0, s=R$ , tenemos

\frac{1}{2} v^{2} = GRAMO METRO (\frac{1}{s} - \frac{1}{R})

$\frac {1}{2} v^2=GM(\frac {1}{s}-\frac{1}{R})$

En este momento, cuando uso Wolfram Alpha, obtengo

C_{2} + \sqrt{\frac{2}{R}} t = \frac{\sqrt{s} (s - R) + R \sqrt{R - s} \times {broncearse}^{- 1} (\sqrt{\frac{s}{R - s}})}{\sqrt{GRAMO METRO (R - s)}}

$c_2+\sqrt{\frac{2}{R}}t=\frac{\sqrt{s}(s-R)+R\sqrt{R-s}\times{\tan^{-1}(\sqrt{\frac{s}{R-s}})}}{\sqrt{GM(R-s)}}$

dónde $c_2$ es una constante de integración. Sustituyendo las condiciones iniciales de s=R, t=0, encontramos que el término

{broncearse}^{- 1} (\sqrt{\frac{s}{R - s}})

$\tan^{-1}(\sqrt{\frac{s}{R-s}})$ es indefinido. En este punto, estoy atascado. ¿Alguna idea sobre dónde he cometido el error aquí?

(Para los interesados, esta pregunta se inspiró en el mito griego que establece que un martillo de bronce lanzado desde el cielo tardaría 9 días en golpear la Tierra y llegaría al décimo) .

jerry schirmer

¿Dónde está el término indefinido?

t a n^{- 1} (0) = 0

$tan^{-1}(0)=0$ y

t a n^{- 1} (\pm \infty) = \pm \frac{π}{2}

$tan^{-1}(\pm\infty)=\pm \frac{\pi}{2}$ , y es monótono en el medio

Vicente Tjeng

¿Se nos permite tratar el término dentro del

t a n^{- 1}

$tan^{-1}$ como

\infty

$∞$ cuando

s = R

$s=R$ ? si lo somos, puedo continuar..

jerry schirmer

Piensa en ello como

\frac{lim}{s - > R} t a n^{- 1} \sqrt{\frac{s}{R - s}}

$\frac{\lim}{s->R}tan^{-1}\sqrt{\frac{s}{R-s}}$ , que tiene el valor

\frac{π}{2}

$\frac{\pi}{2}$

Vicente Tjeng

¡gracias! Hice el cálculo, y si no me equivoqué, parece que la distancia del cielo a la tierra según el mito griego es 6.226*10^8 m, o 1,6 veces la distancia media entre la luna y la tierra.

qmecanico

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/19388/2451

voz

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Respuestas (2)

Tiempo que tarda un objeto en el espacio en caer a la tierra

¿Dónde está el término indefinido? $tan^{-1}(0)=0$ y $tan^{-1}(\pm\infty)=\pm \frac{\pi}{2}$ , y es monótono en el medio
¿Se nos permite tratar el término dentro del $tan^{-1}$ como $∞$ cuando $s=R$ ? si lo somos, puedo continuar..
Piensa en ello como $\frac{\lim}{s->R}tan^{-1}\sqrt{\frac{s}{R-s}}$ , que tiene el valor $\frac{\pi}{2}$
¡gracias! Hice el cálculo, y si no me equivoqué, parece que la distancia del cielo a la tierra según el mito griego es 6.226*10^8 m, o 1,6 veces la distancia media entre la luna y la tierra.
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Simón S. · Answer 1

Para el registro, aquí hay una solución que funcionó:

Si $r$ es la distancia entre las dos masas puntuales $m_1$ y $m_2$ --que comienzan en el reposo-- luego como ambos aceleran uno hacia el otro, donde

\frac{d^{2} r}{d t^{2}} = - \frac{GRAMO metro}{r^{2}}, metro = {metro}_{1} + {metro}_{2}

$\frac{d^2r}{dt^2} = -\frac{Gm}{r^2} \ \ \ , \ \ \ \ \ m = m_1 + m_2$

El primer paso para resolver esta ecuación es el menos obvio: Multiplica ambos lados por $\displaystyle \frac{dr}{dt}$ e integrar desde el tiempo $0 \rightarrow t$ . Escribiendo $v = dr/dt$ , los límites de velocidad son $0 \rightarrow v = v(t)$ , tenemos en el lado izquierdo

$\displaystyle \int_0^t \frac{d^2r}{dt^2} \frac{dr}{dt} dt \ = \ \int_0^t \frac{dv}{dt} . v \ dt \ = \ \int_0^t v . \frac{dv}{dt}\ dt \ = \ \int_0^v v \ dv \ = \ \frac{1}{2}v^2 \ = \ \frac{1}{2} \left( \frac{dr}{dt} \right)^2$ .

En el lado derecho, escribiendo $R$ para la distancia inicial, integramos $R \rightarrow r = r(t)$ ,

$\displaystyle \int_0^t - \frac{Gm}{r^2} \frac{dr}{dt} dt \ = \ -Gm \int_R^r \frac{dr}{r^2} \ = \ Gm \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{R} \right)$ .

Juntando estas dos expresiones y eligiendo la raíz cuadrada negativa como $v = dr/dt$ es negativa, creciendo en magnitud, tenemos

\frac{d r}{d t} = - \sqrt{2 GRAMO metro} \sqrt{\frac{1}{r} - \frac{1}{R}} .

$\frac{dr}{dt} \ = \ - \sqrt{2Gm} \sqrt{ \frac{1}{r} - \frac{1}{R} }.$

Ahora estamos en territorio familiar ya que esta ecuación es separable. Integrar una vez más, con límites $t = 0 \rightarrow T$ y $r = R \rightarrow 0$ , y llegamos al tiempo de colisión de

T = \frac{π}{2} \sqrt{\frac{R^{3}}{2 GRAMO metro}} .

$T = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{R^3}{2Gm}}.$

El último paso utiliza la integral.

\int \frac{\sqrt{r}}{\sqrt{R - r}} d r = - \sqrt{r} \sqrt{R - r} + R arcsen \sqrt{\frac{r}{R}} (+ C) .

$\int \frac{\sqrt{r}}{\sqrt{R-r}} dr \ = \ -\sqrt{r}\sqrt{R-r} + R \arcsin \sqrt{\frac{r}{R}} \ \ \ \ (\ +C\ ) \ .$

Esta integral a veces se calcula y se escribe con $\arctan$ , pero la forma aquí con $\arcsin$ es un poco más fácil para nuestros propósitos, ya que evita tener que lidiar con el límite discutido anteriormente.

Cuando llegué a la expresión para el tiempo de colisión $T$ , yo era sospechoso. Escribí una simulación numérica simple, y sí, se mantiene.

No puedo decir que haya visto esta fórmula para el tiempo de colisión en ninguna parte. Si alguna vez vuelvo a tener el privilegio de enseñar ODE, sería un gran problema.

Bonito (+1). Entonces, en resumen: el tiempo de caída libre es 1/8 del tiempo de órbita. O: orbitar a una posición antípoda lleva el doble de tiempo que caer a la misma posición.
Gracias por tomarte el tiempo de escribir todo eso. Es una gran solución. Solo me gustaría señalar que la pregunta que está resolviendo es ligeramente diferente de la forma en que la he formulado; está trabajando con dos masas puntuales, mientras que mi pregunta pregunta por el comportamiento de una masa pequeña (puntual) lejos de una masa grande con un radio distinto de cero. Sin embargo, su solución se generaliza: el término de aceleración escalará por un factor de 2, y la integración final tendrá diferentes límites (de $R$ a $R_E$ , dónde $R_E$ es el radio del objeto grande).
Sí, punto justo. Usando la forma más general, he estado calculando algunos escenarios distópicos, por ejemplo, si la luna de repente dejara de girar alrededor de la tierra, ¿cuánto tardaría en estrellarse contra la tierra (70,9 horas aterradoras)? ¡Más de lo que hubiera imaginado!
@SimonS Apuesto a que sería una pregunta de examen divertida. Una vez más, gracias por interesarse en mi pregunta, y espero que se haya divertido trabajando con ella.

Emilio Pisanty · Answer 2

Se le permite tratar el argumento de $\tan^{-1}$ como $\infty$ en el punto inicial, siempre que, por supuesto, utilice el límite apropiado $\tan^{-1}(\infty)=\frac{\pi}{2}$ . Más formalmente, cambiar "evaluar la función en $s=R$ para encontrar la constante" para "tomar el límite $s\rightarrow R$ para encontrar la constante" (lo que debe hacer ya que la función es formalmente indefinida). Entonces la constante es

C = \underset{s \to R^{-}}{límite} arcán (\sqrt{\frac{R}{R - s}}) = \frac{π}{2} .

$c=\lim_{s\rightarrow R^-}\arctan\left(\sqrt{\frac{R}{R-s}}\right)=\frac{\pi}{2}.$

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