Solución:
Intuitivamente, esperas que si tu energía total $ E $ es positivo, entonces tienes más energía cinética que energía potencial. Por lo tanto, el potencial no es lo suficientemente fuerte como para unir el objeto en una órbita cerrada. En cambio, el objeto sentirá el efecto del cuerpo gravitacional tirando, simplemente cambiando su trayectoria pero aún permaneciendo abierto, es decir, ir al infinito.
¿Por qué una hipérbola, específicamente?
Me temo que la forma particular de la función es el resultado del álgebra.
Esto se trata aquí, por ejemplo.
los ecuación de órbita (en coordenadas polares) es:
$$ r = frac r_0 1- epsilon cos theta ,, $$
que puede reescribir en coordenadas cartesianas como:
$$ x ^ 2 (1- epsilon ^ 2) -2 epsilon x r_0 + y ^ 2 = r_0 ^ 2. $$
los $ epsilon $ El parámetro es la clave de la solución, y se conoce como excentricidad, relacionado con la energía $ E $ como:
$$ E = frac G m_1 m_2 ( epsilon ^ 2-1) 2r_0. $$
Si la energía es positiva, $ E> 0 $, luego la excentricidad $ epsilon> 1 $ que da como resultado una ecuación de órbita de la forma:
$$ y ^ 2 – ax ^ 2 – bx = k, $$
con $ a, b $ y $ k $ todo positivo. Esta es la ecuación para un hipérbola.
¿Existe algún razonamiento empírico de por qué esto es true?
No estoy seguro de lo que tienes en mente, pero lo intentaré. Vea en las ecuaciones que:
$$ E_k ge 0 $$
y
$$ E_p lt 0 $$
Entonces, si la energía total es negativo, la energía cinética puede ser (momentáneamente) cero, es decir, la partícula puede estar momentáneamente estacionaria en el campo gravitacional durante finito coordenada radial $ r $.
Sin embargo, si la energía total es positivo, la partícula no puede tener velocidad cero, es decir, la partícula puede alcanzar una coordenada radial arbitrariamente grande $ r $ con velocidad distinta de cero lejos de la fuente de fuerza central.
Creo que es intuitivo que, a medida que la partícula se aleja arbitrariamente, la partícula se acerca arbitrariamente a ser gratis del campo, es decir, la trayectoria de la partícula asintóticamente se acerca a la trayectoria de un gratis partícula con energía cinética $ E_ total $.
Ahora, considere la hipérbola y sus asíntotas.
Resolver el problema de Kepler requiere un poco de cálculo vectorial, pero afortunadamente los cálculos son bastante sencillos. Comencemos por definir vectores unitarios polares
begin align boldsymbol e _r & = cos theta boldsymbol e _x + sin theta boldsymbol e _y, \ boldsymbol e _ theta & = – sin theta boldsymbol e _x + cos theta boldsymbol e _y, tag 1 end align
con inversa
begin align boldsymbol e _x & = cos theta boldsymbol e _r – sin theta boldsymbol e _ theta, \ boldsymbol e _y & = sin theta boldsymbol e _r + cos theta boldsymbol e _ theta. etiqueta 2 end align
También necesitaremos las derivadas de tiempo de $ boldsymbol e _r $ y $ boldsymbol e _ theta $:
begin align dot boldsymbol e _ r & = – sin theta , dot theta boldsymbol e _x + cos theta , dot theta boldsymbol e _y = dot theta boldsymbol e _ theta, \ dot boldsymbol e _ theta & = – cos theta , dot theta boldsymbol e _x – sin theta , dot theta boldsymbol e _y = – dot theta boldsymbol e _r. etiqueta 3 end align
La posición y la velocidad del objeto vienen dadas por
begin align boldsymbol r & = r boldsymbol e _r, \ boldsymbol v & = dot r boldsymbol e _r + r dot theta boldsymbol e _ theta, tag 4 end align
y la aceleración $ boldsymbol a $ es de la forma
begin ecuación boldsymbol a = – frac k r ^ 2 boldsymbol e _r, tag 5 end ecuación
por alguna constante $ k $. De esto se deduce que la energía $ E $ y momento angular $ boldsymbol h $ por unidad de masa se conservan:
begin align E & = frac 1 2 v ^ 2 – frac k r = frac 1 2 dot r ^ 2 + frac h ^ 2 2r ^ 2 – frac k r, \ boldsymbol h & = boldsymbol r times boldsymbol v = r boldsymbol e _r times r punto theta boldsymbol e _ theta = r ^ 2 dot theta boldsymbol e _z. etiqueta 6 end align
Ahora podemos usar la magnitud del momento angular $ h = r ^ 2 dot theta $ para eliminar $ r ^ 2 $ en la ecuación de movimiento $ (5) $:
begin ecuación boldsymbol a = – frac k h dot theta boldsymbol e _r = frac k h dot boldsymbol e _ theta, etiqueta 7 end ecuación
utilizando $ (3) $. Si integramos esto, obtenemos
begin ecuación boldsymbol v = frac k h boldsymbol e _ theta + boldsymbol v _ varepsilon, tag 8 end ecuación
donde la constante de integración es un vector constante $ boldsymbol v _ varepsilon $. Observe que el primer término es una velocidad con magnitud constante $ k / h $, girando con
$ boldsymbol e _ theta $. En otras palabras, esta es una velocidad en un círculo:
begin ecuación boldsymbol v _ text c = frac k h boldsymbol e _ theta. etiqueta 9 end ecuación
Por tanto, la velocidad total es la suma de una velocidad circular y un impulso constante:
begin ecuación boldsymbol v = boldsymbol v _ text c + boldsymbol v _ varepsilon. etiqueta 10 end ecuación
Podemos elegir libremente la dirección de $ boldsymbol v _ varepsilon $. Tenga en cuenta que para $ theta = 0 $, tenemos $ boldsymbol v _ text c = (h / k) boldsymbol e _y $. Por tanto, es conveniente elegir $ boldsymbol v _ varepsilon $ en el $ y $-dirección también, de modo que $ boldsymbol v $ también está en el $ y $-dirección para $ theta = 0 $. Nosotros escribimos
begin ecuación boldsymbol v _ varepsilon = frac k h varepsilon boldsymbol e _y, tag 11 end ecuación
dónde $ varepsilon geqslant 0 $ es una constante sin dimensión, de modo que
begin ecuación boldsymbol v = frac k h left ( boldsymbol e _ theta + varepsilon boldsymbol e _y right). etiqueta 12 end ecuación
Utilizando $ (2) $ y $ (4) $, podemos escribir todo en coordenadas polares, y obtenemos
begin ecuación dot r boldsymbol e _r + r dot theta boldsymbol e _ theta = frac k h varepsilon sin theta boldsymbol e _r + frac k h left (1 + varepsilon cos theta right) boldsymbol e _ theta. etiqueta 13 end ecuación
Igualar los términos en $ boldsymbol e _ theta $ en ambos lados luego conduce a
begin ecuación r dot theta = frac h r = frac k h left (1 + varepsilon cos theta right), tag 14 end ecuación
para que finalmente lleguemos a la ecuación de la órbita en coordenadas polares:
begin ecuación r = frac h ^ 2 k frac 1 1 + varepsilon cos theta. etiqueta 15 end ecuación
La distancia radial tiene un mínimo $ ( dot r = 0) $ a $ theta = 0 $:
begin ecuación r_ text m = frac h ^ 2 k frac 1 1 + varepsilon. etiqueta 16 end ecuación
Podemos insertar esto en la ecuación de la energía por unidad de masa $ (6) $:
begin align E & = frac h ^ 2 2r_ text m ^ 2 – frac k r_ text m = frac k ^ 2 2h ^ 2 ( varepsilon ^ 2 -1). etiqueta 17 end align
Para $ 0 leqslant varepsilon <1 $, la energía es negativa y la órbita está ligada; por $ varepsilon> 1 $, la energía es positiva y la órbita no está ligada. Podemos ver lo que pasa si escribimos la velocidad $ (12) $ en coordenadas cartesianas:
begin ecuación boldsymbol v = – frac k h sin theta boldsymbol e _x + frac k h left ( cos theta + varepsilon derecha) boldsymbol e _y. etiqueta 18 end ecuación
Si $ varepsilon = 0 $, la órbita es circular. Si aumentamos la energía para un momento angular fijo, aumentamos $ varepsilon $. El objeto recibe un impulso adicional en el $ y $-dirección y se desviará cada vez más de un círculo. Para $ theta> 0 $
y $ cos theta> varepsilon $, tenemos $ v_y> 0 $ y el objeto se alejará del $ x $-eje. Si queremos que el objeto regrese, $ v_y $ necesita volverse negativo en algún momento. Esto sucederá si $ cos theta < varepsilon $ para algunos valores de $ theta $, que solo es posible cuando $ varepsilon <1 $.
Por tanto, si $ varepsilon> 1 $ el objeto escapará. En el infinito, encontramos desde $ (15) $ y $ (18) $
begin align cos theta _ pm infty & = – dfrac 1 varepsilon \ boldsymbol v _ pm infty & = – frac k h sin theta _ pm infty boldsymbol e _x + frac k h left ( cos theta _ pm infty + varepsilon right) boldsymbol e _y. etiqueta 19 end align
¿Por qué estas órbitas son secciones cónicas? No puedo pensar en una respuesta intuitiva. Puedes hacer el álgebra a partir de $ (15) $; vea la respuesta de SuperCiocia (tenga en cuenta que su versión de la ecuación tiene un signo menos en el denominador, porque definió
$ boldsymbol v _ varepsilon = – (k / h) varepsilon boldsymbol e _y $). Usaré un enfoque diferente y ofreceré una demostración geométrica. Richard Feynman hizo esto para las órbitas elípticas en su Lost Lecture (ver también esta publicación); Usaré una idea similar para las órbitas hiperbólicas.
Primero, examinemos las órbitas en el espacio de velocidades. Es decir, graficamos los vectores de velocidad en una $ (v_x, v_y) $-sistema coordinado. De $ (10) $, se deduce que los vectores de velocidad deben estar en un círculo que está desplazado en el
$ v_y $-dirección. Las gráficas siguientes muestran las órbitas de elipses e hipérbolas, tanto en el espacio de coordenadas ordinario como en el espacio de velocidades.
Hay una cierta ironía aquí: los filósofos antiguos estaban convencidos de que los planetas eran manifestaciones de lo divino y tenían que moverse a través de los cielos en círculos perfectos; cuando las observaciones mostraron que no era así, la gente intentó desesperadamente remediar la situación agregando epiciclos, que con el tiempo se convirtieron en un desastre. Resulta que habían estado mirando en el lugar equivocado: si hubieran podido trazar las velocidades de los planetas, ¡habrían encontrado sus círculos divinos!
La diferencia crucial entre órbitas elípticas y órbitas hiperbólicas es que en el primer caso el origen de la $ (v_x, v_y) $-coordenadas $ O $ yace dentro del círculo$ v_ varepsilon
$ theta _ pm infty $ (el arco violeta en los diagramas de velocidad).
A la prueba. Primero, rotamos el diagrama de velocidad en el sentido de las agujas del reloj. $ 90 ^ circ $, de modo que se parezca a la figura siguiente:
Toma un punto $ A $ en el círculo. La línea $ OA $ interseca el círculo en un segundo punto $ B $. Luego, trazamos una línea a través de $ CB $. Finalmente trazamos una línea a través de $ O $
Paralelo a $ CA $. Esto cruzará la línea a través de $ CB $ en un punto $ P $. El triangulo $ ABC $ es isósceles. Ya que $ AB $, $ BC $, $ CA $ son paralelos a $ OB $, $ BP $,
$ PO $ respectivamente, el triángulo $ OBP $ también es isósceles.
Por lo tanto $ | OP | $ = $ | BP | $, y $ | CP | – | OP | = | CP | – | BP | = | CB | = k / h $, que es constante, para cada punto $ A $. Esto significa que $ P $ traza una hipérbola con focos $ O $ y $ C $.
Además, la línea $ PQ $ perpendicular a $ OA $ biseca el ángulo $ widehat OPB $. Por cada otro punto $ P ‘ neq P $ sobre $ PQ $, obtenemos
$ | CP ‘| – | OP ‘| <| CB | + | BP '| - | OP '| = | CB | $. Entonces la línea a través $ PQ $
solo se cruza con la hipérbola en un punto, $ P $, y es, por tanto, una recta tangente a la hipérbola.
Pero dado que giramos nuestro diagrama de velocidad $ 90 ^ circ $, el vector de velocidad correspondiente ahora es perpendicular a $ OA $ y paralelo a $ PQ $, y por tanto también tangente a la hipérbola. Y debido a que los vectores de velocidad son tangentes a la órbita, se deduce que la órbita también es una hipérbola. QED.
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