Zeit, die ein Objekt im Weltraum benötigt, um auf die Erde zu fallen

Question

Zeit, die ein Objekt im Weltraum benötigt, um auf die Erde zu fallen

Vincent Tjeng

Das Problem
Für eine kleine Masse eine Distanz $R_i$ Wie lange würde es dauern, bis das Objekt vom Erdmittelpunkt entfernt auf die Erdoberfläche fällt, vorausgesetzt, dass die einzige Kraft, die auf das Objekt wirkt, die Gravitationskraft der Erde ist?

Relevante Informationen
Die folgende Diskussion scheint genau dasselbe Problem gelöst zu haben: http://www.physicsforums.com/showthread.php?t=555644

Beim Ausarbeiten der Mathematik bin ich mir jedoch nicht ganz sicher, wie ich die Integrationskonstante auswerten soll.

Eine Teillösung

F = \frac{- G M M}{S^{2}}

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

A = \frac{- G M}{S^{2}}

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

\frac{D v}{D T} = \frac{- G M}{S^{2}}

$\frac {dv}{dt} = \frac {-GM}{s^2}$ Multiplizieren mit

v

$v$ und dann integrieren durch

d t

$dt$ Auf beiden Seiten haben wir

\frac{1}{2} v^{2} = \frac{G M}{S} + C_{1}

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

c_{1}

$c_1$ ist eine Integrationskonstante. Ersetzen Anfangsbedingungen von

v = 0, s = R

$v=0, s=R$ , wir haben

\frac{1}{2} v^{2} = G M (\frac{1}{S} - \frac{1}{R})

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

Zu diesem Zeitpunkt, wenn ich Wolfram Alpha verwende, bekomme ich

C_{2} + \sqrt{\frac{2}{R}} T = \frac{\sqrt{S} (S - R) + R \sqrt{R - S} \times {bräunen}^{- 1} (\sqrt{\frac{S}{R - S}})}{\sqrt{G M (R - S)}}

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

Wo $c_2$ ist eine Integrationskonstante. Setzen wir die Anfangsbedingungen s=R, t=0 ein, finden wir, dass der Term

{bräunen}^{- 1} (\sqrt{\frac{S}{R - S}})

$\tan^{-1}(\sqrt{\frac{s}{R-s}})$ ist nicht definiert. An diesem Punkt stecke ich fest. Irgendwelche Ideen, wo ich hier den Fehler gemacht habe?

(Für Interessierte, diese Frage wurde von dem griechischen Mythos inspiriert, der besagt, dass ein vom Himmel fallender Bronzehammer 9 Tage brauchen würde, um die Erde zu treffen und am zehnten zu erreichen) .

Jerry Schirmer

Wo ist der Begriff undefiniert?

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

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

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

$tan^{-1}(\pm\infty)=\pm \frac{\pi}{2}$ , und es ist monoton dazwischen

Vincent Tjeng

dürfen wir den Begriff innerhalb der behandeln

t a n^{- 1}

$tan^{-1}$ als

\infty

$∞$ Wenn

s = R

$s=R$ ? Wenn ja, kann ich weitermachen.

Jerry Schirmer

Betrachten Sie es als

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

$\frac{\lim}{s->R}tan^{-1}\sqrt{\frac{s}{R-s}}$ , die den Wert hat

\frac{π}{2}

$\frac{\pi}{2}$

Vincent Tjeng

Danke! Ich habe die Berechnung durchgeführt, und wenn ich mich nicht geirrt habe, scheint die Entfernung vom Himmel zur Erde, basierend auf dem griechischen Mythos, 6,226 * 10 ^ 8 m oder das 1,6-fache der mittleren Mond-Erde-Entfernung zu betragen.

QMechaniker

Siehe auch: physical.stackexchange.com/q/19388/2451

Voix

Verwandt - Die Zeit, in der 2 Massen aufgrund der Newtonschen Schwerkraft kollidieren

Antworten (2)

Zeit, die ein Objekt im Weltraum benötigt, um auf die Erde zu fallen

Wo ist der Begriff undefiniert? $tan^{-1}(0)=0$ Und $tan^{-1}(\pm\infty)=\pm \frac{\pi}{2}$ , und es ist monoton dazwischen
dürfen wir den Begriff innerhalb der behandeln $tan^{-1}$ als $∞$ Wenn $s=R$ ? Wenn ja, kann ich weitermachen.
Betrachten Sie es als $\frac{\lim}{s->R}tan^{-1}\sqrt{\frac{s}{R-s}}$ , die den Wert hat $\frac{\pi}{2}$
Danke! Ich habe die Berechnung durchgeführt, und wenn ich mich nicht geirrt habe, scheint die Entfernung vom Himmel zur Erde, basierend auf dem griechischen Mythos, 6,226 * 10 ^ 8 m oder das 1,6-fache der mittleren Mond-Erde-Entfernung zu betragen.
Verwandt - Die Zeit, in der 2 Massen aufgrund der Newtonschen Schwerkraft kollidieren

Simon S · Answer 1

Fürs Protokoll, hier ist eine funktionierende Lösung:

Wenn $r$ ist der Abstand zwischen den beiden Punktmassen $m_1$ Und $m_2$ - die im Ruhezustand beginnen - dann, wenn beide aufeinander zu beschleunigen, wo

\frac{D^{2} R}{D T^{2}} = - \frac{G M}{R^{2}}, M = M_{1} + M_{2}

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

Der erste Schritt zur Lösung dieser Gleichung ist der am wenigsten offensichtliche: Multipliziere beide Seiten mit $\displaystyle \frac{dr}{dt}$ und von Zeit zu integrieren $0 \rightarrow t$ . Schreiben $v = dr/dt$ , die Geschwindigkeitsgrenzen sind $0 \rightarrow v = v(t)$ , haben wir auf der linken Seite

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

Auf der rechten Seite schreiben $R$ für die Startstrecke integrieren wir $R \rightarrow r = r(t)$ ,

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

Setzen Sie diese beiden Ausdrücke zusammen und wählen Sie die negative Quadratwurzel als $v = dr/dt$ negativ ist und an Größe zunimmt, haben wir

\frac{D R}{D T} = - \sqrt{2 G M} \sqrt{\frac{1}{R} - \frac{1}{R}} .

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

Wir befinden uns jetzt auf vertrautem Terrain, da diese Gleichung trennbar ist. Integrieren Sie noch einmal, mit Grenzen $t = 0 \rightarrow T$ Und $r = R \rightarrow 0$ , und wir kommen zur Kollisionszeit von

T = \frac{π}{2} \sqrt{\frac{R^{3}}{2 G M}} .

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

Der letzte Schritt verwendet das Integral

\int \frac{\sqrt{R}}{\sqrt{R - R}} D R = - \sqrt{R} \sqrt{R - R} + R \arcsin \sqrt{\frac{R}{R}} (+ C) .

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

Dieses Integral wird manchmal berechnet und damit geschrieben $\arctan$ , aber das Formular hier mit $\arcsin$ ist für unsere Zwecke etwas einfacher, da es den Umgang mit dem oben diskutierten Limit vermeidet.

Als ich auf den Ausdruck für Kollisionszeit kam $T$ , ich war misstrauisch. Ich habe eine einfache numerische Simulation geschrieben, und ja, sie hält.

Ich kann nicht sagen, dass ich diese Formel für die Kollisionszeit jemals irgendwo gesehen habe. Sollte ich jemals wieder das Privileg haben, ODEs zu unterrichten, würde dies ein großes Problem darstellen.

Schön (+1). Zusammengefasst also: Die Zeit des freien Falls beträgt 1/8 der Umlaufzeit. Oder: Der Umlauf zu einer Antipodenposition dauert doppelt so lange wie der Sturz auf die gleiche Position.
Danke, dass du dir die Zeit genommen hast, das alles aufzuschreiben. Es ist eine großartige Lösung. Ich möchte nur darauf hinweisen, dass die Frage, die Sie lösen, etwas anders ist, als ich sie formuliert habe. Sie arbeiten mit zwei Punktmassen, während meine Frage nach dem Verhalten einer kleinen (Punkt-)Masse weg von einer großen Masse mit einem Radius ungleich Null fragt. Trotzdem verallgemeinert sich Ihre Lösung - der Beschleunigungsterm wird um den Faktor 2 skaliert, und die endgültige Integration wird andere Grenzen annehmen (von $R$ Zu $R_E$ , Wo $R_E$ ist der Radius des großen Objekts).
Ja, fairer Punkt. In der allgemeineren Form habe ich ein paar dystopische Szenarien berechnet, zB wenn der Mond plötzlich aufhörte, sich um die Erde zu drehen, wie lange würde es dauern, bis er auf die Erde stürzt (70,9 erschreckende Stunden). Länger als ich gedacht hätte!
@SimonS Ich wette, das wäre eine lustige Prüfungsfrage. Nochmals vielen Dank, dass Sie sich für meine Frage interessieren - und ich hoffe, Sie hatten Spaß daran, damit zu arbeiten.

Emilio Pisanty · Answer 2

Sie dürfen das Argument von behandeln $\tan^{-1}$ als $\infty$ am Anfangspunkt, vorausgesetzt natürlich, Sie verwenden das entsprechende Limit $\tan^{-1}(\infty)=\frac{\pi}{2}$ . Formaler ändern Sie "bewerten Sie die Funktion bei $s=R$ um die Konstante zu finden" um "die Grenze zu nehmen $s\rightarrow R$ um die Konstante zu finden" (was Sie tun sollten, da die Funktion tatsächlich formal undefiniert ist). Dann ist die Konstante

C = lim_{S \to R^{-}} \arctan (\sqrt{\frac{R}{R - S}}) = \frac{π}{2} .

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

Zeit, die ein Objekt im Weltraum benötigt, um auf die Erde zu fallen

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