Время, необходимое для того, чтобы тело врезалось в солнце [закрыто]

Question

Время, необходимое для того, чтобы тело врезалось в солнце [закрыто]

Тень

Небольшое тело стартует из состояния покоя к Солнцу из положения Земли, найдите полное время, за которое тело врежется в Солнце (предположим, что Солнце является точечным объектом и никакие другие силы не действуют на систему).

Мой подход к этому вопросу:

$a = \frac{GM}{r^2}$ для тела на любом расстоянии r от Солнца.
Затем я узнал скорость, $v = \sqrt{2GM(\frac{1}{r} - \frac{1}{R})}$ , где R — начальное расстояние
Отсюда мы получаем $\int_{R}^{0} \frac{dx}{v}$

Теперь, как мне интегрировать это чудовище? Есть ли более простой и быстрый способ, чем тот, что описан выше? Любая помощь будет оценена по достоинству.

Чарльз Такер 3

Но Земля в любом случае находится в свободном падении к Солнцу, у нее просто достаточно тангенциальной скорости, чтобы промахнуться мимо него и сохранить почти круговую орбиту... Значит, вам нужно будет замедлить тестовую массу?

Фотон

Я думаю, вам не хватает квадрата в вашем (1.).

PM 2Кольцо

Это может быть полезно: en.wikipedia.org/wiki/Radial_trajectory

Тень

@ CharlesTucker3 Я не совсем понял тебя, у массы нет начальной скорости.

Чарльз Такер 3

@Shadow А, пропустил эту информацию, спасибо...

Тень

@ PM2Ring Спасибо, но не могли бы вы подвести итог, мне трудно что-либо понять

Гэндальф61

«Для всех эллипсов с данной большой полуосью период обращения одинаков, независимо от эксцентриситета». - en.wikipedia.org/wiki/Орбитальный_период

Карл Виттофт

Вам нужен аналитический ответ или достаточно провести численное интегрирование?

Тень

@CarlWitthoft Пожалуйста, не могли бы вы дать аналитический ответ.

PM 2Кольцо

Извините, я согласен, что страница Википедии немного сбивает с толку. И ваша проблема не нуждается в общем решении, потому что вы рассматриваете Солнце как точку, поэтому вы можете просто использовать правило квадрата-куба Кеплера, как упоминалось gandalf61.

Карл Виттофт

@shadow Я давно закончил школу, а это значит, что мне больше не нужно делать интегралы :-).

Тень

@CarlWitthoft, лол, нет проблем!

Ответы (2)

Время, необходимое для того, чтобы тело врезалось в солнце [закрыто]

Но Земля в любом случае находится в свободном падении к Солнцу, у нее просто достаточно тангенциальной скорости, чтобы промахнуться мимо него и сохранить почти круговую орбиту... Значит, вам нужно будет замедлить тестовую массу?
Я думаю, вам не хватает квадрата в вашем (1.).
Это может быть полезно: en.wikipedia.org/wiki/Radial_trajectory
@ CharlesTucker3 Я не совсем понял тебя, у массы нет начальной скорости.
@Shadow А, пропустил эту информацию, спасибо...
@ PM2Ring Спасибо, но не могли бы вы подвести итог, мне трудно что-либо понять
«Для всех эллипсов с данной большой полуосью период обращения одинаков, независимо от эксцентриситета». - en.wikipedia.org/wiki/Орбитальный_период
Вам нужен аналитический ответ или достаточно провести численное интегрирование?
@CarlWitthoft Пожалуйста, не могли бы вы дать аналитический ответ.
Извините, я согласен, что страница Википедии немного сбивает с толку. И ваша проблема не нуждается в общем решении, потому что вы рассматриваете Солнце как точку, поэтому вы можете просто использовать правило квадрата-куба Кеплера, как упоминалось gandalf61.
@shadow Я давно закончил школу, а это значит, что мне больше не нужно делать интегралы :-).

С. Стефан · Answer 1

Эта проблема обычно решается с помощью третьего закона Кеплера. Траектория этого объекта, падающего на Солнце, на самом деле представляет собой «половину» вырожденного эллипса с большой полуосью, равной R/2.
Из третьего закона Кеплера: $\frac{a^3}{T^2}=\frac{GM}{4 \pi^2}$

Т "=" \sqrt{\frac{4 π^{2} а^{3}}{г М}} "=" \sqrt{\frac{π^{2} р^{3}}{2 г М}}

$T=\sqrt{\frac{4 \pi^2 a^3}{GM}} = \sqrt{\frac{\pi^2 R^3}{2GM}}$ Итак, результат:

Δ т "=" \frac{Т}{2} "=" \frac{π}{2} \sqrt{\frac{р^{3}}{2 г М}}

$\Delta t = \frac{T}{2} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{R^3}{2GM}}$ Насколько мне известно, очень сложно найти время, которое требуется телу, чтобы пройти между двумя произвольными положениями на эллиптической орбите (в основном вам нужно вычислить площадь, охваченную телом), поэтому вычисление этого интеграла наверное безнадежен.

Вау, это потрясающе, никогда не думал о таком подходе, большое спасибо.
Да, это довольно изящный хак, о котором я узнал из задачи IPhO (вопрос 3 — IPhO 2012).
Обратите внимание, что если вы используете единицы измерения а.е. и годы, то $\mu=GM=4\pi^2$ .
Интеграл для полного двумерного эллиптического случая не разрешим в терминах элементарных функций. Однако радиальная траектория разрешима . См. Время как функцию расстояния, Эллиптическая траектория в статье Википедии о радиальной траектории, на которую я ссылался ранее.
«Вычисление того интеграла, вероятно, безнадежно»… за исключением того, что мы уже знаем период обращения тела на эллиптической орбите с той же большой полуосью, что и орбита Земли…
Наверное, я недостаточно четко сформулировал свой ответ. Я имел в виду общий случай, когда нас интересует не период обращения, а параметризация орбиты во времени. Вычислить, например, сколько времени требуется объекту, чтобы упасть с R до R/6, нетривиально.
Ну, теперь мне интересно, как этот ответ сравнивается с тем, который я украл из Википедии, который просто смотрит на Gm/r ^ 2 для двух статических тел, то есть без поперечной скорости в начале.
Ну, я думаю, этот ответ - особый случай, который имеет более приятное решение.
@gandalf Но этот (вырожденный) эллипс имеет большую ось 1 а.е., то есть его большая полуось составляет 0,5 а.е. Итак, время падения $\frac1{4\sqrt 2}$ год.
@PM2Ring Полный вырожденный эллипс (т. е. прямая радиальная «орбита») простирается на такое же расстояние с другой стороны солнца, поэтому его большая полуось составляет 1 а.е.
@ gandalf61 Нет, Солнце должно быть в фокусе эллипса. А фокус чрезвычайно эксцентричного эллипса находится очень близко к перицентру, а не к центру эллипса. Если бы вы были правы, время падения составило бы 0,25 года, но решение, данное методами С. Стефана и Карла, составляет ~ 0,17677 года.
@ PM2Ring Понятно - да, вы правы. Большая полуось составляет 0,5 а.е. Это предельный случай очень узкой орбиты, скользящей по Солнцу, которая вращается вокруг дальней стороны Солнца и обратно.
@ gandalf61 Спасибо, у меня было такое же заблуждение.

Карл Виттофт · Answer 2

Сюрприз :-), Википедия в помощь.

Время $t$ принято за падение предмета с высоты $r$ на высоту $x$ , измеренный от центров двух тел, определяется как:
$т "=" \frac{арккос (\sqrt{\frac{Икс}{р}}) + \sqrt{\frac{Икс}{р} (1 - \frac{Икс}{р})}}{\sqrt{2 мю}} р^{3 / 2}$ $t={\frac {\arccos {\Big (}{\sqrt {\frac {x}{r}}}{\Big )}+{\sqrt {{\frac {x}{r}}\ (1-{\frac {x}{r}})}}}{\sqrt {2\mu }}}\;r^{3/2}$ где $\mu =G(m_{1}+m_{2})$ представляет собой сумму стандартных гравитационных параметров двух тел.

Рад, что они это сделали; Я бы не хотел сам выводить эту первообразную.

Подождите, это то, что вы получите, если интегрируете этот беспорядок (т.е. (3) моего подхода) в более общей форме?
@тень, да. Взгляните на связанную страницу
@PM2Ring Это потребует работы, а у меня смертельная аллергия! Источник страницы википедии может иметь код mathjax
@Shadow Этот интеграл ... неприятный, хотя Wolfram Alpha и т. Д. Могут это сделать. И это достаточно легко проверить, взяв производную.
@Shadow На самом деле, интеграл не так уж и плох, если вы понимаете, что задействована замена триггера. Позволять $x=r\cos^2\theta$ , а затем это довольно просто, если вы знаете, как интегрировать $\cos^2\theta$ .
@CarlWitthoft этот ответ ссылается на видео с пошаговой разработкой первообразной; похоже, вы сделали мудрый выбор!

Время, необходимое для того, чтобы тело врезалось в солнце [закрыто]

Тень

Чарльз Такер 3

Фотон

PM 2Кольцо

Тень

Чарльз Такер 3

Тень

Гэндальф61

Карл Виттофт

Тень

PM 2Кольцо

Карл Виттофт

Тень

Ответы (2)

С. Стефан

Тень

С. Стефан

PM 2Кольцо

PM 2Кольцо

Гэндальф61

С. Стефан

Карл Виттофт

С. Стефан

PM 2Кольцо

Гэндальф61

PM 2Кольцо

Гэндальф61

Тень

Карл Виттофт

Тень

Карл Виттофт

Карл Виттофт

PM 2Кольцо

PM 2Кольцо

ооо