¿Por qué la solución truco el problema de cuánto tiempo se necesita para caer en el trabajo de sol?

Question

Hay un famoso problema que le pregunta:

Supongamos que un objeto se mantiene a 1 ua del Sol y se suelta desde el reposo. ¿Cuánto tiempo tarda en caer en el Sol (descuidar el tamaño del sol)?

El truco solución es imaginar el viaje hacia el sol, como el límite de una órbita elíptica, donde el semi-eje menor de la órbita va a cero. En ese límite, el sol se encuentra en uno de los focos de la elipse, pero también en el extremo de la elipse, y por lo tanto es una órbita con el semi-eje mayor de 1/2 au, por lo que el tiempo es $2^{-3/2}$ años.

Esto es correcto, pero ¿por qué?

Si dejamos caer el objeto directamente hacia el sol (y se imagina que puede pasar a través de el sol), entonces debe pasar a través de el sol en una línea recta, continuar hacia el otro lado, y eventualmente de viento de hasta 1 ua de distancia desde el sol en el lado opuesto.

En la delgada órbita elíptica, el comportamiento es totalmente diferente. El objeto sólo apenas logra pasar el sol a todos, antes de regresar en la dirección de la que vino.

Además, el tiempo para volver al punto de partida es diferente en los dos escenarios. Si dejamos caer el objeto en línea recta hacia el sol, cuando se pone el sol se ha completado 1/4 de un período, mientras que para la delgada órbita elíptica se ha cubierto la mitad de un período.

Así que sin hacer de una manera más directa el cálculo del tiempo para el objeto a caer en el sol, ¿por qué deberíamos creer que el "límite de una fina órbita truco" funciona?

Answer 1

Si usted deja que el sol tiene su tamaño real y la densidad de la estructura (o su tamaño real, pero una densidad uniforme), pero imagino que su objeto puede pasar a través sin interactuar, entonces es cierto que se disparan hacia el otro lado, pero esto no sería un Keplerian órbita--el objeto pasa mucho tiempo en el sol, y por lo tanto no en un $\frac{1}{r}$ potencial gravitatoria. No se puede utilizar leyes de Kepler para calcular el periodo de la oscilación.

Sin embargo, toda la parte del viaje usted acerca de la atención se lleva a cabo fuera del sol, donde la "órbita" es Keplerian. Hasta que llega a la superficie del sol, el movimiento del objeto es el mismo que habría sido si toda la masa del sol se concentra en un punto, en cuyo caso (ignorando GR) conseguiría que el "fino órbita" que usted describe. Descuidar la pequeña fracción del tiempo total de la hipotética delgada órbita alrededor del punto en el que el sol se produciría dentro de los límites de el sol real, se puede aproximar el tiempo de liberación para llegar a la superficie del sol como la mitad de un período de esta delgada órbita.

También: el período de la delgada órbita es, como usted dice, $2^{-3/2}$ años, haciendo que el tiempo de caer en el sol de la mitad de eso, o $2^{-5/2}$ años.

Answer 2

Si dejamos caer el objeto directamente hacia el sol (y se imagina que puede pasar a través de el sol), entonces debe pasar a través de el sol en una línea recta, continuar hacia el otro lado, y eventualmente de viento de hasta 1 ua de distancia desde el sol en el lado opuesto.

Usted necesita para ser más precisos acerca de cómo se "imagina que puede pasar a través de el Sol". Si estamos comprimiendo la masa del Sol, a un punto ideal, el objeto de la velocidad y la energía cinética divergen cuando cae el Sol, por lo que su trayectoria deja de estar bien definidos. Así que no es realmente el caso que pasa a través de, se ralentiza de forma simétrica, y termina a la 1 de la UA en el lado lejano. Con el fin de obtener ese resultado, usted necesita para imponer algún tipo de regulador que se modifica el $1/r^2$ atracción en las distancias cortas, que (como usted bien la nota) causas de la elipse truco ya no funciona.

Answer 3

Hay un aproximado de respuesta a esta. Una masa liberado de 1AU sin orbital de la velocidad de caída del sol. Se experimentará una aceleración hacia el sol que aumenta el $a~\propto~1/r^2$ y la de la Tierra orbitando alrededor del sol tiene una aceleración proyectada a lo largo de la dirección de este objeto gotas a lo largo de aproximadamente igual a este, en un primer momento. Para este objeto va a llegar el sol dentro de $3$ meses.

Ahora vamos a hacer esto más exactamente. Para el objeto que cae hacia el sol en una dirección radial vamos a tener la energía total $$ E~=~\frac{m}{2}\dot r^2~=~\frac{GMm}{r}. $$ Ponemos el total de la energía la energía gravitacional en el inicio de la evolución, en el que $\dot r~=~0$, por lo que $$ -\frac{GMm}{R}~=~\frac{m}{2}\dot r^2~=~\frac{GMm}{r}. $$ Quiero aislar $dt$ e integrar, y así esto se convierte en $$ \int dt~=~\frac{1}{\sqrt{2GM}}\int_R^{r}\frac{dr}{\sqrt{1/r~-~1/R}}, $$ para $r'$ el radio del sol y de la $R$ el radio orbital. Esto se evalúa como $$ T~=~\frac{Rr}{\sqrt{2GM}}\left[\sqrt{\frac{1}{r}~-~\frac{1}{R}}~+~\frac{i}{2}R^{3/2}ln\left(iR^{3/2}~+~2Rr\sqrt{\frac{1}{r}~-~\frac{1}{R}}~-~2i\sqrt{R}r\right)\right]\Big|_R^{r'}, $$ que es bastante complicado

Ahora a trabajar esto sabemos que la Tierra gira en $1.5\times 10^{8}$km y el sol tiene un radio de unos $7.\times 10^5$ km y así podemos escribir esto como $$ T~\simeq~\frac{1}{\sqrt{2GM}}R^{3/2}\left(\frac{2}{3}~-~\frac{r}{5R}\right)\Big|_R^{r'} $$ El periodo orbital para una órbita circular es $T~=~2\pi\sqrt{GM}R^{3/2}$ no es difícil ver que la aproximación es acerca de $.74$ de un trimestre de un período orbital.