Ascensore spaziale
Un ascensore spaziale, detto terra terra, è una gigantesca pertica piantata per terra ed alta decine di migliaia km, lungo la quale si arrampica una cabina.
Chi vuole divertirsi a calcolare una legge oraria approssimata per la cabina in prossimità di un'orbita geostazionaria ?
Fare l'ipotesi che la cabina si muova lungo l'ascensore senza attriti e senza alcun motore.
PS: L' idea del problema mi è venuta leggendo il romanzo Limit di Franz Schatzing. Ho fatto i calcoli e non è un problema difficile.
Chi vuole divertirsi a calcolare una legge oraria approssimata per la cabina in prossimità di un'orbita geostazionaria ?
Fare l'ipotesi che la cabina si muova lungo l'ascensore senza attriti e senza alcun motore.
PS: L' idea del problema mi è venuta leggendo il romanzo Limit di Franz Schatzing. Ho fatto i calcoli e non è un problema difficile.
Risposte
Piano! Piano! Uno alla volta, non vi affollate 
"mathbells":
Un ascensore spaziale, detto terra terra, è una gigantesca pertica piantata per terra ed alta decine di migliaia km, lungo la quale si arrampica una cabina.
Chi vuole divertirsi a calcolare una legge oraria approssimata per la cabina in prossimità di un'orbita geostazionaria ?
Fare l'ipotesi che la cabina si muova lungo l'ascensore senza attriti e senza alcun motore.
PS: L' idea del problema mi è venuta leggendo il romanzo Limit di Franz Schatzing. Ho fatto i calcoli e non è un problema difficile.
Io non ho capito la domanda..
Cosa intendi per legge oraria per la cabina? La cabina è soggetta a altre forze oltre la gravità?
Puoi forse specificar meglio?
"Faussone":
Puoi forse specificar meglio?
Sì scusami.
La cabina è soggetta solo alla forza di gravità, ed è vincolata a scorrere senza attrito lungo la pertica. Naturalmente la pertica è fissata a terra e quindi ruota insieme alla terra.
Per legge oraria intendo una funzione del tempo, ad esempio $x(t)$, che esprima la distanza della cabina dal centro della terra. Siccome chiedo una soluzione approssimata intorno ad un'orbita geostazionaria, uno potrebbe anche scegliere di determinare la funzione $\delta x(t)$ che esprime la posizione della cabina rispetto ad un'origine posta ad una distanza dal centro della terra corrispondente al raggio dell'orbita geostazionaria (\(\displaystyle x_g = 42168 km \)).
L'approssimazione da fare è quindi \(\displaystyle \frac{\delta x}{x_g}<<1 \)
Spero sia più chiaro ora
Immagino il risultato sia un'oscilazione intorno alla posizione di equilibrio $x_g$..
P.s.: bella immaginazione Mr Schatzing
P.s.: bella immaginazione Mr Schatzing
"DelCrossB":
Immagino il risultato sia un'oscilazione intorno alla posizione di equilibrio xg..
Immagini male
"DelCrossB":
P.s.: bella immaginazione Mr Schatzing
In realtà l'idea non è sua. Lui nel romanzo lo immagina realizzato da un tizio che ci vuole trasportare l'elio 3 dalla Luna alla Terra
Forse non ho capito bene la domanda.. ma io direi che nell'approssimazione che dici tu, l'ascensore rimanga sempre alla stessa quota $x_G+\delta x_0$..
"giacor86":
ma io direi che nell'approssimazione che dici tu, l'ascensore rimanga sempre alla stessa quota xG+δx0
No. La cabina rimane ferma solo se la metti ferma nella posizione $x=x_g$
Nessuno che vuole provare a scrivere qualche equazione?
Eh ma...
Considero un sdr non inerziale unidimensionale, radiale uscente rispetto al centro della terra (che ne è l'origine), che segue il palo. Diciamo che il corpo occupa una posizione generica $x=x_g +\delta x$. Le forze che agiscono sul corpo sono la forza di gravità $F_\gamma$ e la forza centrifuga apparente $F_c$ dovuta al fatto che il corpo è vincolato a ruotare con velocità angolare costante $\omega_G$. Le 2 chiaramente sono discordi, quindi:
$ -\gamma\frac{ m M_t}{x^2}+m \omega_G^2 x = m ddot(x) $
$ -\gamma\frac{ M_t}{(x_G+\delta x)^2}+ \omega_G^2 (x_G+\delta x) = frac{d^2}{dt^2}(x_G+\delta x) $
$ -\gamma\frac{ M_t}{x_G^2(1+\frac{\delta x}{x_G})^2}+ \omega_G^2 x_G(1+\frac{\delta x}{x_G})= ddot(\delta x) $
Tu vuoi che $\frac{\delta x}{x_G} \ll 1$ quindi nelle parentesi lo butto via ed ottengo:
$ -\gamma\frac{ M_t}{x_G^2}+\omega_G^2 x_G= ddot(\delta x) $
Ma per definizione di orbita geostazionaria, questo porta a $ddot(\delta x) = 0$
Dove sbaglio?
Considero un sdr non inerziale unidimensionale, radiale uscente rispetto al centro della terra (che ne è l'origine), che segue il palo. Diciamo che il corpo occupa una posizione generica $x=x_g +\delta x$. Le forze che agiscono sul corpo sono la forza di gravità $F_\gamma$ e la forza centrifuga apparente $F_c$ dovuta al fatto che il corpo è vincolato a ruotare con velocità angolare costante $\omega_G$. Le 2 chiaramente sono discordi, quindi:
$ -\gamma\frac{ m M_t}{x^2}+m \omega_G^2 x = m ddot(x) $
$ -\gamma\frac{ M_t}{(x_G+\delta x)^2}+ \omega_G^2 (x_G+\delta x) = frac{d^2}{dt^2}(x_G+\delta x) $
$ -\gamma\frac{ M_t}{x_G^2(1+\frac{\delta x}{x_G})^2}+ \omega_G^2 x_G(1+\frac{\delta x}{x_G})= ddot(\delta x) $
Tu vuoi che $\frac{\delta x}{x_G} \ll 1$ quindi nelle parentesi lo butto via ed ottengo:
$ -\gamma\frac{ M_t}{x_G^2}+\omega_G^2 x_G= ddot(\delta x) $
Ma per definizione di orbita geostazionaria, questo porta a $ddot(\delta x) = 0$
Dove sbaglio?
Ok, no, ci sono.. se faccio così, dovrei buttare via anche il termine di dx dell'equazione e ottengo 0=0.. Probabilmente va sviluppato solo il termine quadratico..
Sei daccordo?
Sei daccordo?
"giacor86":
Eh ma...
Considero un sdr non inerziale unidimensionale, radiale uscente rispetto al centro della terra (che ne è l'origine), che segue il palo. Diciamo che il corpo occupa una posizione generica $x=x_g +\delta x$. Le forze che agiscono sul corpo sono la forza di gravità $F_\gamma$ e la forza centrifuga apparente $F_c$ dovuta al fatto che il corpo è vincolato a ruotare con velocità angolare costante $\omega_G$. Le 2 chiaramente sono discordi, quindi:
$ -\gamma\frac{ m M_t}{x^2}+m \omega_G^2 x = m ddot(x) $
$ -\gamma\frac{ M_t}{(x_G+\delta x)^2}+ \omega_G^2 (x_G+\delta x) = frac{d^2}{dt^2}(x_G+\delta x) $
$ -\gamma\frac{ M_t}{x_G^2(1+\frac{\delta x}{x_G})^2}+ \omega_G^2 x_G(1+\frac{\delta x}{x_G})= ddot(\delta x) $
Tu vuoi che $\frac{\delta x}{x_G} \ll 1$ quindi nelle parentesi lo butto via ed ottengo:
$ -\gamma\frac{ M_t}{x_G^2}+\omega_G^2 x_G= ddot(\delta x) $
Ma per definizione di orbita geostazionaria, questo porta a $ddot(\delta x) = 0$
Dove sbaglio?
Intanto la forza centrifuga non e' diretta parallelamente alla gravita, ma dipende della latitudine in cui e' piantata la pertica...anche se questo fatto non ti risolve il problema, ma cosi, tanto per essere pignoli
"giacor86":
Probabilmente va sviluppato solo il termine quadratico..
Sei daccordo?
Sì certo. Quando si fa uno sviluppo al primo ordine vanno presi tutti e soli i termini al primo ordine. Quelli che ci sono già, si tengono, mentre tutte le altre espressioni vanno sviluppate fino al primo ordine.
"professorkappa":
Intanto la forza centrifuga non e' diretta parallelamente alla gravita, ma dipende della latitudine in cui e' piantata la pertica...
Sì hai ragione. Non lo ho detto esplicitamente ma pensavo fosse sottointeso. La pertica ovviamente è piantata sull'equatore, in modo da sfruttare al massimo la forza centrifuga e soprattutto evitare sollecitazioni trasversali alla pertica che tenderebbero a farla piegare
Posto la mia soluzione, sperando di non aver fatto errori...Se ne trovate o se trovate metodi più semplici, postateli e fate tutte le osservazioni che vi pare.
In seguito alla giusta osservazione di professorkappa, preciso che la pertica è piantata sull'equatore.
Consideriamo un asse $x$ con origine nel centro della terra, disposto lungo la pertica e solidale ad essa, orientato in verso uscente dalla terra. L'equazione del moto della cabina (di massa $m$), lungo l'asse $x$, scritta nel riferimento rotante non inerziale, è:
\(\displaystyle m\ddot x = -\frac{GM_tm}{x^2}+m\omega_t^2x \) ---------------------- (1)
dove $M_t$ e $\omega_t$ sono la massa e la velocità angolare di rotazione della terra. Cerchiamo una soluzione del tipo
\(\displaystyle x(t)=x_g+\delta x(t) \) ----------------------- (2)
dove $x_g$ è il raggio dell'orbita geostazionaria e \(\displaystyle \delta x(t)\ll x_g \).
Il valore $x_g$ si ottiene dall'equazione delle orbite circolari nel caso in cui la velocità angolare dell'orbita sia pari alla velocità angolare $\omega_t$ di rotazione della terra:
\(\displaystyle m\omega_t^2x_g=\frac{GM_tm}{x_g^2} \Rightarrow \omega_t^2=\frac{GM_t}{x_g^3} \) ------------------ (3)
Sostituendo la (2) nella (1) si trova l'equazione per $\delta x(t)$
\(\displaystyle \delta \ddot x = -\frac{GM_t}{(x_g+\delta x)^2}+\omega_t^2(x_g+\delta x)=-\frac{GM_t}{x_g^2}\frac{1}{(1+\frac{\delta x}{x_g})^2}+\omega_t^2(x_g+\delta x) \)
Sviluppando al primo ordine in $\frac{\delta x}{x_g}$, si ottiene l'equazione del moto approssimata:
\(\displaystyle \delta \ddot x=-\frac{GM_t}{x_g^2}(1-\frac{2\delta x}{x_g})+\omega_t^2(x_g+\delta x)=-\frac{GM_t}{x_g^2}+\frac{2GM_t\delta x}{x_g^3}+\omega_t^2x_g+\omega_t^2\delta x \)
Sostituendo nel secondo e terzo termine del secondo membro, rispettivamente, i valori di $x_g^3$ e di $\omega_t^2$ dati dalla (3), si ottiene
\(\displaystyle \delta \ddot x-3\omega_t^2\delta x=0 \)
la cui soluzione generale è
\(\displaystyle \delta x (t)=\delta_Ae^{\sqrt 3 \omega_t t}+\delta_Be^{-\sqrt 3 \omega_t t} \)
con $\delta_A$ e $\delta_B$ costanti arbitrarie.
Se consideriamo come condizioni iniziali la situazione in cui la cabina parte da ferma dalla posizione $\delta x=\delta_0$ si trova la soluzione
\(\displaystyle \delta x(t)=\frac{\delta_0}{2}(e^{\sqrt 3 \omega_t t}+e^{-\sqrt 3 \omega_t t})=\delta_0\cosh{\sqrt 3 \omega_t t} \)
Alcune osservazioni che si possono fare:
1) per $delta_0=0$, la cabina rimane ferma dove si trova, e cioè la quota geostazionaria è una posizione di equilibrio per la cabina, come è ovvio aspettarsi per una qualsiasi orbita, anche non geostazionaria (intendo orbita "libera", non vincolata alla pertica);
2)per $\delta_0>0$ la cabina si allontana dalla terra, mentre per $\delta_0<0$ la cabina cade verso la terra;
3)nell'approssimazione fatta, cioè "vicino" all'orbita geostazionaria (ma si può trattare anche di alcune migliaia di km da $x=x_g) la cabina ha un andamento praticamente esponenziale con costante di tempo \(\displaystyle \tau=\frac{1}{\sqrt 3 \omega_t}\simeq 7900 s\simeq 2,2 ore \), quindi si muove molto lentamente.
Nel libro si parla della possibilità di fruttare questo effetto (cioè l'allontanamento per $\delta_0>0$) per lanciare nello spazio veicoli a gran velocità risparmiando sul carburante e facendo lavorare la terra; naturalmente è necessario prolungare l'altezza dell'ascensore ben oltre la quota geostazionaria.
PS: grazie a giacor86 per essersi cimentato per primo con le equazioni
In seguito alla giusta osservazione di professorkappa, preciso che la pertica è piantata sull'equatore.
Consideriamo un asse $x$ con origine nel centro della terra, disposto lungo la pertica e solidale ad essa, orientato in verso uscente dalla terra. L'equazione del moto della cabina (di massa $m$), lungo l'asse $x$, scritta nel riferimento rotante non inerziale, è:
\(\displaystyle m\ddot x = -\frac{GM_tm}{x^2}+m\omega_t^2x \) ---------------------- (1)
dove $M_t$ e $\omega_t$ sono la massa e la velocità angolare di rotazione della terra. Cerchiamo una soluzione del tipo
\(\displaystyle x(t)=x_g+\delta x(t) \) ----------------------- (2)
dove $x_g$ è il raggio dell'orbita geostazionaria e \(\displaystyle \delta x(t)\ll x_g \).
Il valore $x_g$ si ottiene dall'equazione delle orbite circolari nel caso in cui la velocità angolare dell'orbita sia pari alla velocità angolare $\omega_t$ di rotazione della terra:
\(\displaystyle m\omega_t^2x_g=\frac{GM_tm}{x_g^2} \Rightarrow \omega_t^2=\frac{GM_t}{x_g^3} \) ------------------ (3)
Sostituendo la (2) nella (1) si trova l'equazione per $\delta x(t)$
\(\displaystyle \delta \ddot x = -\frac{GM_t}{(x_g+\delta x)^2}+\omega_t^2(x_g+\delta x)=-\frac{GM_t}{x_g^2}\frac{1}{(1+\frac{\delta x}{x_g})^2}+\omega_t^2(x_g+\delta x) \)
Sviluppando al primo ordine in $\frac{\delta x}{x_g}$, si ottiene l'equazione del moto approssimata:
\(\displaystyle \delta \ddot x=-\frac{GM_t}{x_g^2}(1-\frac{2\delta x}{x_g})+\omega_t^2(x_g+\delta x)=-\frac{GM_t}{x_g^2}+\frac{2GM_t\delta x}{x_g^3}+\omega_t^2x_g+\omega_t^2\delta x \)
Sostituendo nel secondo e terzo termine del secondo membro, rispettivamente, i valori di $x_g^3$ e di $\omega_t^2$ dati dalla (3), si ottiene
\(\displaystyle \delta \ddot x-3\omega_t^2\delta x=0 \)
la cui soluzione generale è
\(\displaystyle \delta x (t)=\delta_Ae^{\sqrt 3 \omega_t t}+\delta_Be^{-\sqrt 3 \omega_t t} \)
con $\delta_A$ e $\delta_B$ costanti arbitrarie.
Se consideriamo come condizioni iniziali la situazione in cui la cabina parte da ferma dalla posizione $\delta x=\delta_0$ si trova la soluzione
\(\displaystyle \delta x(t)=\frac{\delta_0}{2}(e^{\sqrt 3 \omega_t t}+e^{-\sqrt 3 \omega_t t})=\delta_0\cosh{\sqrt 3 \omega_t t} \)
Alcune osservazioni che si possono fare:
1) per $delta_0=0$, la cabina rimane ferma dove si trova, e cioè la quota geostazionaria è una posizione di equilibrio per la cabina, come è ovvio aspettarsi per una qualsiasi orbita, anche non geostazionaria (intendo orbita "libera", non vincolata alla pertica);
2)per $\delta_0>0$ la cabina si allontana dalla terra, mentre per $\delta_0<0$ la cabina cade verso la terra;
3)nell'approssimazione fatta, cioè "vicino" all'orbita geostazionaria (ma si può trattare anche di alcune migliaia di km da $x=x_g) la cabina ha un andamento praticamente esponenziale con costante di tempo \(\displaystyle \tau=\frac{1}{\sqrt 3 \omega_t}\simeq 7900 s\simeq 2,2 ore \), quindi si muove molto lentamente.
Nel libro si parla della possibilità di fruttare questo effetto (cioè l'allontanamento per $\delta_0>0$) per lanciare nello spazio veicoli a gran velocità risparmiando sul carburante e facendo lavorare la terra; naturalmente è necessario prolungare l'altezza dell'ascensore ben oltre la quota geostazionaria.
PS: grazie a giacor86 per essersi cimentato per primo con le equazioni
Ho letto velocemente, ho solo due osservazioni.
1) Secondo me non serve precisare che l'orbita deve essere equatoriale se si parla di orbita geostazionaria, le orbite geostazionarie sono equatoriali per definizione.
2) Si dovrebbe osservare anche che si sta trascurando Coriolis (lecito in effetti per piccoli spostamenti dalla quota geostazionaria). EDIT: Vabbè che nel caso di ascensore la forza di Coriolis è bilanciata dalla reazione della pertica verticale...
1) Secondo me non serve precisare che l'orbita deve essere equatoriale se si parla di orbita geostazionaria, le orbite geostazionarie sono equatoriali per definizione.
2) Si dovrebbe osservare anche che si sta trascurando Coriolis (lecito in effetti per piccoli spostamenti dalla quota geostazionaria). EDIT: Vabbè che nel caso di ascensore la forza di Coriolis è bilanciata dalla reazione della pertica verticale...
@Faussone
1) Sì è vero, però il fatto è che la cabina non fa propriamente un' orbita, visto che è vincolata alla pertica. Uno poteva anche studiare il caso in cui la pertica era piantata a Roma
2) quoto il tuo EDIT
1) Sì è vero, però il fatto è che la cabina non fa propriamente un' orbita, visto che è vincolata alla pertica. Uno poteva anche studiare il caso in cui la pertica era piantata a Roma
2) quoto il tuo EDIT
"mathbells":
PS: grazie a giacor86 per essersi cimentato per primo con le equazioni
In modo abbastanza maldestro xD
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo