universo di Startrek (difficilotto !)

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mates
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universo di Startrek (difficilotto !)

Messaggio da mates » 21 ago 2006, 17:49

Visto che c'è gente molto brava su questo forum.....(e poi non è così difficile, suvvia )

Nell'universo di Startrek il capitano spegne i motori della navetta spaziale e si accorge di trovarsi in prossimità di uno stranissimo oggetto; egli nota due fatti strani :
(1) Il momento angolare $ \displaystyle L $ della navetta rispetto all'oggetto è costante in ogni istante.
(2) La traiettoria della navetta è un'arco di circonferenza di raggio $ \displaystyle a $ passante per l'oggetto stesso.

Cosa può dire il capitano sul campo generato dallo strano oggetto cosmico ?

mates

Tamaladissa
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Messaggio da Tamaladissa » 21 ago 2006, 19:17

E il raggio che passa per l' oggetto o l'arco di circonferenza?

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mates
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Messaggio da mates » 21 ago 2006, 19:44

E' il raggio della circonferenza che è la traiettoria della navicella.
Questa circonferenza passa per lo strano oggetto... quindi i poveri astronauti sono destinati a schiantarsi su questo mostro cosmico!

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Bacco
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Messaggio da Bacco » 22 ago 2006, 12:09

Il campo è centrale? Ovvero: la direzione della forza da lui applicata è sempre verso l'oggetto cosmico?

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mates
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Messaggio da mates » 22 ago 2006, 12:12

Giusto Bacco, il campo è centrale :D .
Si può anche dire qualcosa in più, cioè trovare l'intensità del campo anche se non è banale.

A presto,

mates

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tuvok
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Messaggio da tuvok » 22 ago 2006, 12:29

mates ha scritto:E' il raggio della circonferenza che è la traiettoria della navicella.
Questa circonferenza passa per lo strano oggetto... quindi i poveri astronauti sono destinati a schiantarsi su questo mostro cosmico!
Noooo! Vuoi far schiantare un eroico capitano della Flotta Stellare su un oggetto sconosciuto :D, e poi, viste le curiose proprietà di questo oggetto non mi stupirebbe se scoprissi che è di manifattura Borg... :D
Cmq il mio modo di risolverlo è il seguente: scrivendo tutto in notazione scalare sia:
-$ \lambda $ la quantità $ L/m $, dove m è la massa della navicella
-$ d\, $ la distanza tra l'oggetto e la navicella
-$ v\, $ la velocità della navicella
-$ \theta\, $ l'angolo tra la congiungente oggetto-navicella e la direzione radiale

Dato che la navicella percorre un pezzo di orbita chiusa, deduco che il campo prodotto dall'oggetto debba essere attrattivo; poichè ill momento angolare si conserva, inoltre, la retta d'azione della forza del campo deve essere la congiungente oggetto-navicella (in questo modo il momento meccanico generato dall'oggetto sulla navicella è nullo). Il momento angolare della navicella rispetto all'oggetto è espresso dalla relazione $ \lambda=vd\cos{\theta}=\frac{vd^2}{2a} $, poichè la geometria impone che $ \cos{\theta}=\frac{d}{2a} $. Da ciò si ricava l'espressione della velocità della navicella (sempre tangente alla traiettoria) in funzione della distanza $ v=\frac{2a\lambda}{d^2} $.
La forza $ F\, $ che l'oggetto esercita sulla navicella può essere scomposta in una componente radiale e in una tangenziale alla traiettoria; poichè la traiettoria è un arco di circonferenza, allora la componente radiale deve per forza essere data da $ F_r=F\cos{\theta}=\frac{mv^2}{a} $
Da cui si ricava l'espressione di F: $ F=\frac{2mv^2}{d} $ sostituendo l'espressione della velocità, in definitiva si ha
$ \displaystyle F=\frac{8ma^2\lambda^2}{d^5} $
$ \displaystyle g=F/m=\frac{8a^2\lambda^2}{d^5} $

In conclusione, quindi, il capitano può concludere (almeno spero) che il campo dell'oggetto è centrale, attrattivo e che la sua intensità va come $ 1/d^5 $
Lunga vita e prosperità

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Bacco
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Messaggio da Bacco » 22 ago 2006, 12:31

Allora, non sono molto sicuro ma ci provo uguale.

Relazioni preliminari:
Sia $ \theta $ l'angolo col vertice nell'oggetto strano e compreso tra il centro della circonferenza e l'astronave. Sia $ r $ la distanza tra l'oggetto e l'astronave.

$ L=mrvcos\theta $ si conserva. Inoltre $ r=2acos\theta $.

Ora uso un metodo inedito (per me), inventato sul momento.

Considero che percorra un pezzettino infinitesimo di circonferenza $ dl=a\cdot d(180°-2\theta)=-2a\cdot d\theta $.
Allora $ d(\frac{mv^2}{2})=d(\frac{2a^2L^2}{mr^4})=Fsen\theta dl $.

Inoltre per Carnot $ r^2=2a^2(1+cos 2\theta) $ e dunque $ d\theta=\frac{dr\sqrt{1+cos 2\theta}}{\sqrt{2}a\cdot sen 2\theta} $.

Mettendo tutto insieme: $ d(\frac{2a^2L^2}{mr^4})=Fdr $.

Dunque: $ F=\frac{8a^2L^2}{mr^5} $.

In conclusione: $ \displaystyle g(r)=\frac{8a^2h^2}{r^5} $

dove $ h $ è il momento angolare specifico (ho lasciato perdere un po' di segni, tanto si capisce uguale).

Invece, usando l'energia potenziale:

Sia $ U(r) $ l'energia potenziale del campo (lungo la traiettoria).
Allora $ K_0 + U_0=mv^2(r)/2 + U(r) $, da cui, sostituendo:
$ K_0 + U_0=\frac{2a^2L^2}{mr^4}+U(r) $.

Inoltre $ dU=-F(r)dr $, dunque:
$ \displaystyle F(r)=-\frac{8a^2L^2}{mr^5} $.

In definitiva, il campo è $ \displaystyle g(r)=-\frac{8a^2h^2}{r^5} $,
dove $ h $ è il momento angolare specifico (per unità di massa).

Che ne dite?

Ciao!
Ultima modifica di Bacco il 22 ago 2006, 13:00, modificato 2 volte in totale.

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Bacco
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Messaggio da Bacco » 22 ago 2006, 12:40

Ok tuvok il tuo metodo mi convince... dov'è l'errore nel mio primo metodo?

edit: ok, trovato da solo.... Carnot senza il quadrato!

Wow ragazzi... addirittura tre metodi per fare lo stesso problema! :D (anche se i miei due sono simili, e molto più calcolosi di quello di tuvok)

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mates
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Messaggio da mates » 22 ago 2006, 13:07

Bene, molto bravi !!
Certo che era proprio strano questo oggetto....... :D :D

MaMo
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Messaggio da MaMo » 22 ago 2006, 14:22

Seconda puntata.

Il capitano Kirk chiede al signor Spock di calcolare il tempo di impatto sapendo che la distanza dell'Enterprise dall'oggetto è 2a e che la forza di attrazione è:
$ \displaystyle F=-\frac{kMm}{r^5} $

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Messaggio da Bacco » 22 ago 2006, 14:32

Non capisco cosa c'entra M... è lo stesso problema (traiettoria circolare...) oppure è un altro problema del tutto staccato?

MaMo
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Messaggio da MaMo » 22 ago 2006, 14:36

Bacco ha scritto:Non capisco cosa c'entra M... è lo stesso problema (traiettoria circolare...) oppure è un altro problema del tutto staccato?
E' lo stesso problema. La traiettoria è una semicirconferenza e M ed m sono le masse dell'oggetto e dell'Enterprise.

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Messaggio da Bacco » 22 ago 2006, 15:13

Ah ok.. non è difficile.

Sappiamo che $ v=\frac{L}{2macos^2(\alpha /2)}=a\omega=a\frac{d\alpha}{dt} $.

Ora si integra con $ \alpha $ da 0 a $ \pi $ e si ottiene:
$ t=\frac{\pi a^2}{h} $.

Inoltre $ \frac{kMm}{r^5}=\frac{8a^2L^2}{mr^5} $ da cui sostituendo:
$ t=\pi a^3 \sqrt\frac{8}{kM} $.

Un tempo più che sufficiente affinchè i nostri eroi sfuggano alla trappola Borg!

Ciao!

(fatto in fretta, possibili errori di calcolo)

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Messaggio da tuvok » 22 ago 2006, 18:15

Anche a me esce lo stesso risultato... non mi resta che sperare che i valori a,k,M consentano al capitano di attivare la massima velocità di curvatura prima che succeda l'irreparabile!! :D
Lunga vita e prosperità

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