Un altro problema tosto
dopo giorni che ci penso son arrivato a questa conclusione, che però si discosta col risultato...
"Un punto materiale m, soggetto solo alla forza gravitazionale, orbita attorno ad un oggetto massivo M (con M>>m), inizialmente su un'orbita circolare di periodo T.
Esso viene improvvisamente arrestato nel suo moto e lasciato cadere verso la particella massiva. Dimostarre che il tempo neccessario per la collisione è $tau=T/(4sqrt2)$"
risoluzione:
allora mentre il corpo gira su un orbita circolare, si ha che [1]$v_0=(2piR)/T$. Inoltre, se uguagliamo la forza gravitazionale alla forza centripeda otteniamo che $v_0^2/Rm=GMm/R^2$, da cui [2]$v_0=sqrt(GM/R)$, quindi mentre gira il corpo soddisfa la seguente equazione [3]$(2piR)/T=sqrt(GM/R)$.
dopo che viene fermato, il corpo possiede solo energia potenziale [4]$U=GMm/R$ che, dopo che è precipitato sul pianeta si è trasformata in energia cinetica, quindi possiamo dire $K=U$ basandoci sul principio di conservazione dell'energia meccanica.
quindi [5]$1/2mv_1^2=GMm/R$ da cui [6]$v_1^=sqrt(2GM/R)$ inoltre, l'equazione oraria della velocità è [7]$v_1=atau$ dove [8]$a=GM/R^2$.
sostituendo nell'equazione [7] la [6] e la [8] otteniamo $sqrt(2GM/R)=GM/R^2tau$, da cui semplificando, otteniamo la [9] $sqrt(GM/R)1/Rtau=sqrt2$, se dentro la [9] sostituiamo la [3] otteniamo l'equazione finale.
$(2piR)/(RT)tau=sqrt2$ che semplificando risulta la [10] $tau=T/(pisqrt2)
al posto del pigreco ci dovrebbe essere un quattro! cosa ho sbagliato?
grazie a tutti per la pazienza
ciaooo
"Un punto materiale m, soggetto solo alla forza gravitazionale, orbita attorno ad un oggetto massivo M (con M>>m), inizialmente su un'orbita circolare di periodo T.
Esso viene improvvisamente arrestato nel suo moto e lasciato cadere verso la particella massiva. Dimostarre che il tempo neccessario per la collisione è $tau=T/(4sqrt2)$"
risoluzione:
allora mentre il corpo gira su un orbita circolare, si ha che [1]$v_0=(2piR)/T$. Inoltre, se uguagliamo la forza gravitazionale alla forza centripeda otteniamo che $v_0^2/Rm=GMm/R^2$, da cui [2]$v_0=sqrt(GM/R)$, quindi mentre gira il corpo soddisfa la seguente equazione [3]$(2piR)/T=sqrt(GM/R)$.
dopo che viene fermato, il corpo possiede solo energia potenziale [4]$U=GMm/R$ che, dopo che è precipitato sul pianeta si è trasformata in energia cinetica, quindi possiamo dire $K=U$ basandoci sul principio di conservazione dell'energia meccanica.
quindi [5]$1/2mv_1^2=GMm/R$ da cui [6]$v_1^=sqrt(2GM/R)$ inoltre, l'equazione oraria della velocità è [7]$v_1=atau$ dove [8]$a=GM/R^2$.
sostituendo nell'equazione [7] la [6] e la [8] otteniamo $sqrt(2GM/R)=GM/R^2tau$, da cui semplificando, otteniamo la [9] $sqrt(GM/R)1/Rtau=sqrt2$, se dentro la [9] sostituiamo la [3] otteniamo l'equazione finale.
$(2piR)/(RT)tau=sqrt2$ che semplificando risulta la [10] $tau=T/(pisqrt2)
al posto del pigreco ci dovrebbe essere un quattro! cosa ho sbagliato?
grazie a tutti per la pazienza
ciaooo
Risposte
Chi ha detto che $v=at$? a è una funzione del tempo non di certo costante...
giusto, perchè l'accellerazione varia al variare della distanza, ma allora la legge oraria di caduta non è data da un moto uniformente accelerato, ma da un moto vario quindi, ma quindi la legge oraria come la trovo?
so solo la velocità iniziale (0) e quella finale (data da K=U)...
c'è da dire che la legge oraria sarebbe soddisfatta dall'equazione $d/(dt)v=d/(dt)atau$, giusto? ma questa equazione, come si risolve?
so solo la velocità iniziale (0) e quella finale (data da K=U)...
c'è da dire che la legge oraria sarebbe soddisfatta dall'equazione $d/(dt)v=d/(dt)atau$, giusto? ma questa equazione, come si risolve?
"cavallipurosangue":
Chi ha detto che $v=at$? a è una funzione del tempo non di certo costante...
Vero, ma in tal caso si avrebbe l'equazione differenziale $\ddot x(t) = (G M) / (x(t)^2)$ che non mi pare banalmente risolvibile.
Credo ci sia da fare qualche tipo di approssimazione, magari considerare un'accelerazione media.
Beh non proprio:
$-GM/r^2=-k/r^2=ddotr=(d dotr )/(dr)dotr=>1/2dotr^2=k/r+C$ essendo poi $dotr(R)=0$ si ha: $dotr(r)=sqrt(2k(1/r-1/R))$
A questo punto potresti integrare di nuovo:
$int_(R_p)^R(dr)/(sqrt(2k(1/r-1/R)))=tau$
dove $R_p$ è il raggio del pianeta che mi sembra non sia riportato nel tuo testo...
Se qualcuno ha voglia può provare a trovare una forma chiusa, adesso non ho voglia...
Per la soluzione il quesito invece prende come raggio di atterraggio 0... L'ho fatto con Derive e torna.
$-GM/r^2=-k/r^2=ddotr=(d dotr )/(dr)dotr=>1/2dotr^2=k/r+C$ essendo poi $dotr(R)=0$ si ha: $dotr(r)=sqrt(2k(1/r-1/R))$
A questo punto potresti integrare di nuovo:
$int_(R_p)^R(dr)/(sqrt(2k(1/r-1/R)))=tau$
dove $R_p$ è il raggio del pianeta che mi sembra non sia riportato nel tuo testo...
Se qualcuno ha voglia può provare a trovare una forma chiusa, adesso non ho voglia...
Per la soluzione il quesito invece prende come raggio di atterraggio 0... L'ho fatto con Derive e torna.
Certamente non si tratta di un'impresa impossibile, ma non è proprio banale ricavare quella formula e non mi pare proprio nello spirito del problema. Tra l'altro in questo caso il raggio del pianeta è zero, il che porterebbe ad evidenti problemi di singolarità. 
hahaha non ci credo, vedo che non sono l'unico che non ha nulla da fare, ci ho passato tutta la sera su quell'eq differenziale 
mi tornano tutti i conti compresi quelli fatti con derive.
mi tornano tutti i conti compresi quelli fatti con derive.
@Giacor,
alla fine allora cosa hai ottenuto? Magari però non avessi nulla da fare... devo preparare l'ultimo esame... 
@Erdir
Al momento non vedo ulteriori strade da intraprendere... In ogni caso mi pare che l'integrale sia integrabile in senso generalizzato, o meglio anche se la funzione va ad infinito per $r=R$ lo fa lentamente; in zero poi non vedo problemi...
alla fine allora cosa hai ottenuto? Magari però non avessi nulla da fare... devo preparare l'ultimo esame... @Erdir
Al momento non vedo ulteriori strade da intraprendere... In ogni caso mi pare che l'integrale sia integrabile in senso generalizzato, o meglio anche se la funzione va ad infinito per $r=R$ lo fa lentamente; in zero poi non vedo problemi...
È possibile risolvere il problema integrando l'equazione del moto, ma non lo consiglierei.
Si può pensare alla traiettoria di caduta come un'ellisse degenere, tra tutte quelle che hanno come fuoco la Terra e perigeo il punto a distanza R (il raggio della circonferenza iniziale). Il semiasse dell'orbita così immaginata è $R/2$, e per la terza legge di Kepler, $\frac{T'^2}{(R/2)^3}=\frac{T^2}{R^3}$, da cui si ottiene il periodo $T'=\frac{T}{2 \sqrt(2)}$. Il tempo di collisione è ovviamente la metà del periodo.
Se ricordo bene, è un problema di ammissione SNS.
Si può pensare alla traiettoria di caduta come un'ellisse degenere, tra tutte quelle che hanno come fuoco la Terra e perigeo il punto a distanza R (il raggio della circonferenza iniziale). Il semiasse dell'orbita così immaginata è $R/2$, e per la terza legge di Kepler, $\frac{T'^2}{(R/2)^3}=\frac{T^2}{R^3}$, da cui si ottiene il periodo $T'=\frac{T}{2 \sqrt(2)}$. Il tempo di collisione è ovviamente la metà del periodo.
Se ricordo bene, è un problema di ammissione SNS.
Beh è sicuramente una soluzione elegante e sintetica... Non mi sarebbe mai venuta in mente devo dire... Del resto faccio ingegneria...
Del resto faccio ingegneria...
Ottima la soluzione di Cmax!
Come diceva cavallipurosangue torna anche facendo quell'integrale, ma è davvero mortale.
Come diceva cavallipurosangue torna anche facendo quell'integrale, ma è davvero mortale.
"Cmax":
È possibile risolvere il problema integrando l'equazione del moto, ma non lo consiglierei.
Si può pensare alla traiettoria di caduta come un'ellisse degenere, tra tutte quelle che hanno come fuoco la Terra e perigeo il punto a distanza R (il raggio della circonferenza iniziale). Il semiasse dell'orbita così immaginata è $R/2$, e per la terza legge di Kepler, $\frac{T'^2}{(R/2)^3}=\frac{T^2}{R^3}$, da cui si ottiene il periodo $T'=\frac{T}{2 \sqrt(2)}$. Il tempo di collisione è ovviamente la metà del periodo.
Se ricordo bene, è un problema di ammissione SNS.
grazie mille Cmax!! in due semplici passaggi si risolve tutto, però non mi veniva in mente
complimenti per la soluzionescusate il ritardo, ma sono stato via 3 giorni...
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