Mennyi idő alatt zuhanna a Föld a Napba, ha hirtelen megállna?

m = 5,9736·10^24 kg (Föld) ≈ 6·10^24 kg

M = 1,9891·10^30 kg (Nap) ≈ 2·10^30 kg

A Nap-Föld távolság:

D = 147 és 152 millió km között. Vehetjük 150·10^9 m-nek.

A tömegvonzás:

F = f·m·M/D²

F = m·a₁ = M·a₂

A Föld gyorsul a Nap felé, de a Nap is gyorsulni fog a Föld felé! A Nap gyorsulása sokkal kisebb, hisz a tömege majd milliószoros. Ezért a Nap gyorsulását elhanyagolhatjuk.

A Föld gyorsulása tehát:

a = f·M/D²

Ahogy közelít a Föld a Naphoz, úgy csökken a távolság, ezért nő az erő és így a két gyorsulás is. Ha x a Föld eredeti helyétől számított távolság, akkor:

a = fM/(D-x)²

A gyorsulás a sebesség deriváltja:

dv/dt = fM·1/(D-x)²

A sebesség idő szerinti deriváltját jó lenne hely szerintivé alakítani, hogy meg lehessen oldani a differenciálegyenletet.

Tudjuk, hogy v = dx/dt, tehát

v·dt = dx

Trükk: szorozzuk a bal oldalt v·dt-vel, a jobb oldalt pedig dx-szel:

v·dt·dv/dt = fM·1/(D-x)²·dx

A dt kiesik a bal oldalon:

v·dv = fM·1/(D-x)²·dx

Integráljuk mindkét oldalt:

∫ v dv = ∫ fM·1/(D-x)² dx

Amikor a Föld eljut x távolságra és közben v sebességre gyorsul, azt úgy számoljuk, ha a bal oldalt 0-tól v-ig, a jobb oldalt pedig 0-tól x-ig integráljuk: (ne zavarjon meg, hogy az integrál belsejében is van v meg x...)

v²/2 = fM·[1/(D-x)] = fM·(1/(D-x) - 1/D)

v² = 2fM(1/r-1/R₀) = 2fM·(D-(D-x))/(D·(D-x))

v = √(2fM/D·x/(D-x))

√((D-x)/x) · dx/dt = √(2fM/D)

√((D-x)/x) · dx = √(2fM/D)·dt

Ezt is integráljuk:

∫ √((D-x)/x) dx = ∫ √(2fM/D) dt

A bal oldalt 0-tól D-ig kell integrálni a hely szerint, ekkor a jobb oldal 0-tól az ütközés teljes T idejéig megy.

A jobb oldal könnyű, annak T·√(2fM/D) az értéke. Ebből fog kijönni az idő.

A bal oldal nem egyszerű...

Legyen u = √((D-x)/x)

Amikor x=0 illetve D, akkor u=∞ illetve 0.

u² = (D-x)/x

u²x + x = D

x = D/(1+u²)

dx/du = -D·2u/(1+u²)²

dx = -2D·u/(1+u²)² du

 0

 ∫ u· (-2D·u/(1+u²)²) du = -2D·∫ u²/(1+u²)² du =

∞

= -2D ∫ (u²+1-1)/(1+u²)² du = -2D ∫ 1/(1+u²) - 1/(1+u²)² du

1/(1+u²) primitív függvénye arc tg u

A második tagnál legyen u = tg v, du/dv = 1/cos²v

1/(1+u²) = 1/(1+tg²v) = cos²v/(sin²v+cos²v) = cos²v

2D ∫ 1/(1+u²)² du = 2D ∫ cos⁴v · 1/cos²v dv = 2D ∫ cos²v dv =

(Tudjuk, hogy cos 2v = cos²v - sin²v = 2cos²v - 1)

= D ∫ cos(2v) + 1 dv

A primitív függvény sin(2v)/2 + v

sin(2v)/2 = sinv·cosv = tgv·cos²v = tgv/(1+tg²v) = u/(1+u²)

Most már a teljes bal oldalt sikerült kiintegrálni u szerint:

[-2D·arc tg u + D·u/(1+u²) + D·arc tg u] = D·[u/(1+u²) - arc tg u]

Mint fentebb írtam, végtelentől 0-ig kell integrálni, ami ez lesz:

D·((0/1 - arctg0) - (1/∞ - arctg ∞)) = D·π/2

Tehát az idő:

T = D·π/2 / √(2fM/D) = π/(2√2) · √(D³/(fM))

Sokkal bonyolultabb lett a levezetés, mint kezdetben gondoltam :)

Előjött idén is ez a feladat. Egyik barátom javasolt egy másmilyen megoldást:

Nézzük a Föld pályáját a Nap körül. Ha módosítanánk a pályát, hogy az ellipszis gyujtópontjai egyre messzebb kerüljenek egymástól, akkor végül eljutnánk egy olyan elfajult esetre, hogy az kistengely már nulla lenne. Ekkor a nagytengely egyik végében van a Nap.

A mostani bezuhanás pont olyan, mintha a Föld egy ilyen elfajult ellipszis, vagyis egy szakasz alakú pályán "keringene". Az "ellipszis" nagytengelye D, kistengelye 0. Elindul a Föld a szakasz végéről, egyre gyorsul, aztán a Napnál hajtűkanyart venne és visszamenne, ha nem zuhanna bele a Napba.

Kepler III. törvénye szerint a keringési időre és a nagytengely felére (r) ez az összefüggés igaz:

T²/r³ = konstans

ami konstans Newton számolása szerint (kéttest-probléma) 4π²/(fM)

(M helyett M+m van, de m elhanyagolható most is.)

Vagyis mivel r=D/2:

T² / (D/2)³ = 4π²/(fM)

T² = π²/2 · D³/(fM)

A keringési időnek a fele lesz a zuhanási idő. Tehát ennek a feladatnak a megoldása:

T/2 = π/(2√2) · √(D³/(fM))

Ez pont annyi, mint ami fentebb az integrálásból kijött. Csak így jóval egyszerűbb :)

Aztán megtaláltam ezt a wikipedia ciikket is, ahol pont ugyanígy számolják ki:

[link]