¿Por qué son estos períodos de la misma: una bajo la órbita de la tierra y las oscilaciones a través del centro de la tierra?

Question

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Yo estaba aprendiendo acerca de las órbitas de los satélites GPS, y se topó con que la Baja Órbitas a la Tierra (LEO) tiene un período de alrededor de 88 minutos a una altitud de 160 km. Cuando tomé un curso de mecánica hace un par de años, se nos asignó un problema que se supone que si uno podría perforar un agujero a través del centro de la Tierra y, a continuación, coloque un objeto en él, de lo que sería su periodo de oscilación? Sólo pasa a ser un número que me acordé y se fue de 84,5 minutos (ver Hyperphysics). Así que si me ajustó el LEO órbita a una fuga de altitud, en teoría, podría conseguir su periodo 84.5 minutos así. Por supuesto, estoy ignorando el arrastre de aire.

Mi pregunta es: ¿por qué estos dos períodos (oscilante a través de la tierra y la cota cero LEO) de la misma? Estoy seguro de que hay algo de física fundamental, razón por la que estoy aquí faltan. Ayuda.

Answer 1

Explicación intuitiva

Supongamos que taladre dos, perpendicular agujeros a través del centro de la Tierra. Coloca un objeto a través de uno, a continuación, coloque un objeto a través de los otros precisamente en el momento en que el primer objeto pasa por el centro.

Lo que tenemos ahora son dos objetos que oscila en sólo una dimensión, sino que lo hacen en cuadratura. Es decir, si tuviéramos que trazar la altitud de cada objeto, sería algo como $\sin(t)$ y el otro sería de $\cos(t)$.

Ahora consideremos el movimiento de una órbita circular, pero pensar en el izquierda-derecha del movimiento y el movimiento por separado. Usted va a ver que está haciendo la misma cosa que los dos objetos que caen a través del centro de la Tierra, pero se está haciendo de ellos simultáneamente.

fuente de la imagen

advertencia: un supuesto importante aquí es una Tierra de densidad uniforme y perfecta simetría esférica, y un sin fricción órbita a la derecha en la superficie. Por supuesto, todas esas cosas son las desviaciones significativas de la realidad.

Prueba matemática

Vamos a considerar sólo la aceleración vertical de dos puntos, uno en el interior del planeta y otra en la superficie, a igual distancia vertical ($h$) desde el planeta del centro:

• $R$ es el radio del planeta
• $g$ es la aceleración de la gravedad en la superficie
• $a_p$ $a_q$ son sólo las componentes verticales de la aceleración en cada punto

Si podemos demostrar que estas aceleraciones verticales son iguales, entonces se demuestra que las diferentes posiciones horizontales no tienen relevancia para el movimiento vertical de los puntos. Entonces podemos liberarnos a pensar de movimiento vertical y horizontal de forma independiente, como en la explicación intuitiva.

El cálculo de $a_q$ es simple trigonometría. Es en la superficie, por lo que la magnitud de su aceleración debe ser $g$. Sólo la componente vertical es simplemente:

$$ a_q = g (\sin \theta) $$

Si usted ha trabajado a través de la "caída de un objeto a través de un túnel en la Tierra" problema, entonces usted ya sabe que en el caso de $p$, su aceleración disminuye linealmente con la distancia desde el centro del planeta (esta es la razón por la que la "densidad uniforme" suposición es importante):

$$ a_p = g \frac{h}{R} $$

$h$ es igual para nuestros dos puntos, y encontrar de nuevo, es simple trigonometría:

$$ h = R (\sin \theta) $$

Así:

$$ \requieren{cancel} a_p = g \frac{\cancelar{R} (\sin \theta)}{\cancelar{R}} \\ a_p = g (\sin \theta) = a_q $$

Q. E. D.

Esto también da una idea a una lamentable consecuencia: este método puede ser aplicado sólo a las órbitas en o dentro de la superficie del planeta. Fuera del planeta, $p$ no experimenta una aceleración proporcional a la distancia desde el centro de masa ($a_p \propto h$), pero en vez proporcional a la inversa del cuadrado de la distancia ($a_p \propto 1/h^2$), de acuerdo a la ley de Newton de la gravitación universal.

Answer 2

Phil respuesta, mientras bellamente ilustrado, es un poco incompleto. Se basa en el hecho de que en el caso de que el túnel se está resolviendo el unidimensional de la proyección de la órbita terrestre baja satélite, pero no es prueba de esto. Hago esto a continuación. La fuerza aplicada sobre el objeto, para una esfera de densidad uniforme, es en realidad :

\begin{eqnarray} F &=& - \frac{4}{3} \pi \frac{G m \rho r^3}{r^2} \\ &=& - m g \frac{r}{R_{earth}} \\ &=& - k r \end{eqnarray}

Donde $k = \frac{mg}{R_{earth}}$. Esto es equivalente a un resorte problema, cuya solución será sinusoidal con período de $2 \pi \sqrt{\frac{R_{earth}}{g}}$, el mismo que bajo la órbita de la tierra período. De nuevo, mientras que Phil respuesta proporciona una ilustración de esto, realmente no lo demuestran. En particular, se deja de lado el hecho crucial de que esto se sostiene solamente por una esfera de densidad uniforme.

Answer 3

Una explicación alternativa (que en realidad es la misma que la respuesta de @Phil): como por Kepler leyes, una órbita es una elipse, y el período de la órbita es proporcional a la semi-eje mayor de la elipse.

Un satélite en el más bajo de la órbita se intenta seguir un tipo especial de elipse (es decir, un círculo), cuyo eje semi-mayor es la Tierra la radio (este es el "más bajo de la órbita" debido a que el satélite roza el suelo -, ignoramos la atmósfera aquí).

La oscilación en el agujero es en realidad otra órbita, es un degenerado de la elipse de la que se ha aplanado en una línea recta. Sin embargo, su eje semi-mayor aún es el radio de la Tierra.

Mismo eje semi-mayor, por lo tanto el mismo período.

Edit: como se señaló, que expanation es falso de dos maneras:

• El caso de degeneración de un "aplanado" elipse sería un medio de diámetro. Si toda la Tierra de peso se concentra en el centro de la órbita, a partir de "tierra" nivel (6300 km del centro) con (casi) ningún lateral de la velocidad sería una acelerada caída hacia el centro; cuando cerca del centro, el objeto se pierda "por el mero pulgadas" y ejecutar rápidamente a su alrededor, antes de acelerar de nuevo a la posición inicial a nivel del suelo. Por otra parte, que "aplanado elipse" tendría un semi-eje mayor de la longitud de alrededor de 3150 km (la mitad de la radio), por un período que será de ocho veces más pequeño que el de baja órbita.

• La Tierra de peso no está concentrada en su centro. De hecho se obtiene un "oscilador" trayectoria, que le permite emerger en Nueva Zelanda si usted inicia desde Inglaterra, precisamente porque la "Tierra de la masa en un solo punto" modelo no es el que se utilizó en este experimento.

Si bien es comprensible que la órbita baja y la ocsillator acabar con los períodos de la misma magnitud (ambos son tipos de "caída libre" en contra de la Tierra con el mismo peso, y a partir del nivel del suelo), que de la mano saludando comentario habría sido igualmente aplicable con un período de oscilador ser el doble o la mitad que el de la órbita baja. Parecen terminar muy cerca uno del otro y ahora no tengo idea de si esto es mera coincidencia, o por alguna razón fundamental.

Answer 4

Phil Frost argumento en su respuesta (v4) es correcta. Suponiendo una Tierra esférica con densidad constante $\rho$ (y suponiendo por simplicidad que el objeto, por alguna razón, puede moverse libremente a$^1$ a través de la Tierra, de modo que no hay resistencia de aire, y por lo que podemos pasar toda la perforación del túnel y no se preocupe de que la rotación de la Tierra podría pulse el objeto hacia arriba contra la pared del túnel; y considerando que el uso de la Tierra Centrada en el Inercial (ECI) sistema de coordenadas, por lo que no hay fuerzas ficticias; etc), a continuación, el consejo de vector 3D con valores de la educación a distancia (derivado de Newton's leyes) es

$$\tag{1} \frac{d^2{\bf r}}{dt^2}~=~-\frac{4\pi G\rho}{3}{\bf r}, \qquad\qquad {\bf r}~\equiv~\left(\begin{array}{c}x\cr y\cr z\end{array}\right).$$

Esta ODA (1) separa en tres independiente SHOs para el $x$, $y$ y $z$ coordina con la común característica período

$$\tag{2} T~=~\sqrt{\frac{3\pi}{G\rho}}~\approx~ 84~ {\rm min}.$$

En particular, para una trayectoria arbitraria con $|{\bf r}|\leq R$ (= radio de la Tierra esférica), el periodo es independiente de la posición inicial y la velocidad inicial.

--

$^1$Más precisamente: moverse libremente, aparte de la gravedad.

Answer 5

Mi pregunta es: ¿por qué estos dos períodos (oscilante a través de la tierra y LEO) de la misma? Estoy seguro de que hay algo de física fundamental, razón por la que estoy aquí faltan. Ayuda.

Es un resultado de la (errónea) la asunción de un uniforme de la densidad de la Tierra. La Tierra es nada sino una constante de la densidad del objeto. El núcleo de la Tierra es cinco veces más densa que la superficie de la roca. Aceleración de la gravedad llega a un máximo de más de 10 m/s² en el núcleo-manto límite, que es un poco menos de la mitad con respecto al centro de la Tierra. Una densidad uniforme modelo implica que la aceleración de la gravedad es aproximadamente la mitad de la superficie del valor a esta profundidad.

Un mejor modelo de la Tierra es de suponer que la aceleración debida a la gravedad es una constante de 10 m/s² desde la superficie a la mitad, para el centro de la Tierra y luego cae linealmente a cero en el centro de la Tierra. Esto produce un período de 76.41 minutos en lugar de los 84.3 periodo de un minuto de un 6371 km órbita (obviamente ignorando el aire de arrastre).

Un mejor modelo es el uso de integración numérica con el Preliminar de la toma de Tierra de Referencia del Modelo (A. Dziewonski y D. Anderson (1981), "Preliminares de la toma de Tierra de referencia del modelo," Física de la tierra y los planetas interiores 25:4, 297-356. (tabular de los datos en http://geophysics.ou.edu/solid_earth/prem.html)). Esto produce un período de 76.38 minutos, que está muy cerca de la simple modelo descrito anteriormente.