SNS 1995

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sqrt2
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SNS 1995

Messaggio da sqrt2 » 22 ago 2006, 10:48

Lo scrivo interamente, ma mi interessa sapere solo il punto c), perchè ho trovato un valore di Winfinito assurdo, benchè il ragionamento mi sembri giusto.

Tre stelle di ugual massa, M/3 (M è la massa totale del sistema), in mutua attrazione gravitazionale, ruotano su un’orbita circolare di raggio R intorno al centro di massa del sistema, mantenendo la loro posizione relativa in modo da occupare i vertici di un triangolo equilatero.

a) Determinare la velocità angolare W3 di ciascuna stella intorno al centro di massa.

b) Per orbite circolari di raggio R fissato e sistemi di massa totale M assegnata, come si paragona il valore di W3 con la velocità angolare W2 di un sistema binario e con la velocità angolare W4 di un insieme di 4 stelle disposte ai vertici di un quadrato?

c) Siete in grado di valutare il valore limite Winfinito, quando la massa totale M è distribuita tra un numero sempre più grande di stelle?

Fabrizio
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Messaggio da Fabrizio » 22 ago 2006, 13:02

Nel caso di un sistema con tre stelle, su ognuna agisce una forza di attrazione gravitazionale diretta verso il centro del sistema di modulo:
$ 2sin60*GM^2/d^2 $, dove $ d $ è la distanza tra due stelle.
D'altra parte, con semplici considerazioni geometriche, ottengo che $ d=\sqrt3R $. Perciò $ F_g=\sqrt3GM^2/3R^2 $.
Egugliando questa alla forza centripeta ottengo $ \omega=\sqrt(\sqrt3GM/3R^3) $.

Allo stesso modo trovo:
$ \omega_2=1/2 \sqrt(GM/R^3) $
e
$ \omega_4=\sqrt(5 GM/4R^3) $
per i sistemi a due e tre stelle.

Noto che, come è logico, aumentando le masse in gioco aumenta anche la velocità angolare del sistema.

Per il caso limite in cui ci sia una distribuzione praticamente continua di masse sulla circonferenza di raggio $ R $, posso trovare la forza che agisce su ognuna dividendo i contributi di ogni elemento infinitesimo, sapendo che dovrò considerare solo le componenti dirette verso il centro (le altre si annullano):

Il contributo di un elemento di massa
$ M $, situato a distanza $ D $ dal nostro campione, è $ sin(\alpha)GM^2/D^2 $, dove $ sin(\alpha)=D/2R $.
La forza totale è quindi l'integrale di
$ 2GM^2/2RD $ con $ D $ che varia da $ 0 $ a $ 2R $.
Questo integrale dovrebbe valere
$ +\infty $, e quindi se ne deduce che non esiste un limite superiore per la velocità angolare del sistema.
Ultima modifica di Fabrizio il 22 ago 2006, 14:56, modificato 1 volta in totale.

David
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Messaggio da David » 22 ago 2006, 14:45

a) nel 1° caso il campo gravitazionale su una stella è $ g=\frac {2GM} {9R^{2}} $ questo campo causa l' accelerazione centripeta $ a_c=\omega_3^{2}R $ eguagliando il campo e l'accelerazione si ottiene:
$ \omega_3=\sqrt(\frac {2GM} {9R^{3}}) $

b) nel caso di sistemi binari $ g=\frac {GM} {8R^{2}} $ dunque (sempre eguagliando il campo e l'accelerazione) $ \omega_2=\sqrt(\frac {GM} {8R^{3}}) $
nel caso di un sistema di 4 stelle si ha (mi permetto di omettere i calcoli...) $ \omega_4=\sqrt(\frac {5GM} {16R^{3}}) $
da questo si deduce che $ \omega_2<\omega_3<\omega_4 $

c) per calcolare il campo gravitazionale nel caso di un numero molto grande di stelle si ha $ g=\int_0^{1}\frac {GM} {4r^{2}n} \frac {1} {sin^{2}(\pi x)} dx $, il cui risultato (ometto i passaggi) è $ \[\lim_{h \rightarrow 0} \frac {-\pi GM(h^{2}-1)} {8R^{2}}=\frac {\pi GM} {8R^2}} $
il che significherebbe che la velocità angolare tende a questo valore max.
che ve ne pare?
non sono così sicuro sul 3° punto ma a grandi linee il risultato dovrebbe essere questo.

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 22 ago 2006, 15:54

boh ragazzi io ho un risultato diverso, lo propongo e se ne discute...

avrei un'immagine ma non so come caricarla, credo ci voglia un webspace che non ho, se qualcuno è interessato a vederla per chiarimenti sulla mia risoluzione me lo dice..

Intanto con 2 masse $ \frac{M}{2} $ si ha:

$ \displaystyle m \omega_2^2 R = \gamma m \frac{M}{2} \frac{1}{4R^2} $

quindi $ \displaystyle \omega_2 = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \sqrt{\frac{\gamma M}{R^3}} $

Con tre masse, Wlog ne considero una qualsiasi sottoposta all'attrazione delle altre 2.

Il CM (di massa $ \frac{2}{3} M $)delle altre 2 sta sul piede della perpendicolare condotta dalla prima massa, distante $ \frac{3}{2}R $ da essa, quindi:

$ \displaystyle m \omega_3^2 R = \gamma m \frac{2}{3}M \frac{4}{9R^2} $ da cui

$ \displaystyle \omega_3 = \frac{2\sqrt{2}}{3 \sqrt{3}} \sqrt{\frac{\gamma M}{R^3}} $.

Analogamente con 4 masse basta considerare il CM di 3 masse $ \frac{3}{4}M $ a distanza $ R + \frac{R}{3} $ dalla quarta massa, ricavando

$ \displaystyle \omega_4 = \frac{3\sqrt{3}}{4 \sqrt{4}} \sqrt{\frac{\gamma M}{R^3}} $.

Con n masse:

$ \displaystyle \omega_n = \frac{(n-1) \sqrt{n-1}}{n \sqrt{n}} \sqrt{\frac{\gamma M}{R^3}} $ cosicchè

$ \displaystyle \lim_{ n \rightarrow +\infty} \omega_n = \sqrt{\frac{\gamma M}{R^3}} $.

Questo limite sembra il più convincente tra quelli che avete scritto perchè quando n è grandissimo le masse sono su una circonferenza, $ m = \frac{M}{n} $ è trascurabile rispetto ad $ M $ quindi una massetta non influenza il CM che sta al centro della circonferenza e in tal caso si avrebbe:

$ m \omega^2 R = \gamma m \frac{M}{R^2} $ che dà proprio quel limite .
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

David
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Messaggio da David » 22 ago 2006, 16:17

ok, sono convinto di aver toppato alla grande, ma mi puoi far vedere la dimostrazione della formula con cui ti calcoli il CM di n stelle?

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 22 ago 2006, 16:26

non l'ho dimostrato, sono andato per congettura avendo già $ \omega_2 $, $ \omega_3 $, $ \omega_4 $ e l'ho verifiacata pensando le n masse su una circonferenza.
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

Fabrizio
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Messaggio da Fabrizio » 22 ago 2006, 16:48

ok scusate ragazzi.. avevo contato ogni corpo di massa $ M $ invece di $ M/n $... ecco perché i tre calcoli numerici non tornavano con i vostri.
Ma la mia dimostrazione per la distribuzione continua di massa funziona lo stesso.. puoi cercare di dimostrare la tua formula, magari con una vera induzione?

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 22 ago 2006, 16:54

Fabrizio ha scritto:ok scusate ragazzi.. avevo contato ogni corpo di massa $ M $ invece di $ M/n $... ecco perché i tre calcoli numerici non tornavano con i vostri.
Ma la mia dimostrazione per la distribuzione continua di massa funziona lo stesso.. puoi cercare di dimostrare la tua formula, magari con una vera induzione?
Credo di poterlo dimostrare con un integrale, niente di speciale..

Edit: forse anche con meno..

se n è pari allora si avrà un poligono regolare inscrivibile in una circonferenza con un numero pari di vertici, quindi ogni vertice ha uno e un solo vertice opposto.

considero una massa:

subisce la forza gravitazione di una massa $ \frac{n-2}{n}M $ posta al centro e di una massa $ \frac{M}{n} $ distante $ 2R $ (la sua opposta).

ora basta trovare il CM di queste 2 masse, quindi ci siamo ricondotti a una massa qualsiasi attratta da un'altra che rappresenta la somma di tutte le altre sul loro CM.

poi è facile..

Per n dispari vengono conti quasi analoghi
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

Fabrizio
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Messaggio da Fabrizio » 22 ago 2006, 17:28

Scusami gauss ma mi sono accorto solo ora del perché non mi tornavano tutti i tuoi conti.
Hai fatto un errore: consideri il centro di massa e il baricentro del sistema coincidenti, quando non lo sono affatto.
Prova a rifarti i conti per n=3 o 4 sommando tutte le forze per ogni massa... vedrai che la tua induzione "empirica" non funziona un granchè...

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Bacco
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Messaggio da Bacco » 22 ago 2006, 17:31

@gauss87: Forse la stanchezza mi gioca un brutto scherzo.... ma sei sicuro di poter fare quel tipo di soluzione? Non credo che tu possa sostituire le masse col loro c.d.m.

Prova questo: due masse m uguali distanti 4. sull'asse del segmento che le congiunge, a distanza 5 da esso, misuro il campo gravitazionale.

Col tuo metodo: massa equivalente 2m a distanza 5 -> 2Gm/25
Facendolo direttamente: 2*(Gm/29)*5/sqrt(29)

che sono assai diversi!

@fabrizio: certo che sono coincidenti! Sono esattamente la stessa cosa, per definizione. L'errore sta in quello che ho detto prima...

Fabrizio
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Messaggio da Fabrizio » 22 ago 2006, 18:08

@bacco:Guarda che ti sbagli: baricentro e c.d.m non sono affatto la stessa cosa!
Il c.d.m è una media pesata, dove sono in gioco solo masse e posizioni reciproche.
Il baricentro, o centro di gravità, è invece la media pesata dei vettori forza gravitazionale... I due punti coincidono solo in un campo gravitazionale dove $ \overrightarrow{g} $ è ovunque costante in modulo e direzione.
Il baricentro è il punto su cui agisce la forza peso, e in generale solo nel campo terrestre vicino alla superficie coincide col c.d.m.

Poi diciamo esattamente la stessa cosa, gauss sbaglia nell'usare il "centro di massa" perché lo confonde col baricentro, che è molto diverso..

David
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Messaggio da David » 22 ago 2006, 18:12

il metodo di considerare tutti i corpi nel centro di massa è sbagliato perchè non si può applicare il teorema di Gauss visto che non è una superficie sferica.
provate ad immaginare che il metodo di considerare i corpi nel centro di massa sia corretto, mettendo un corpo di massa m in un punto intermedio tra i due corpi più lontani si avrebbe una forza diretta verso il centro di massa del sistema.
questo è però falso, in quanto la massa m subisce una forza opposta al centro di massa. se non sono stato chiaro posso anche rispigarlo, è che non mi riesce senza fare un disegno... :P

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Bacco
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Messaggio da Bacco » 22 ago 2006, 18:12

Hai ragione, scusa per l'equivoco.

David
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Messaggio da David » 22 ago 2006, 18:52

ok, visto che ho tempo e voglia posto sia i calcoli che i risultati (così vediamo tutti meglio se c'è qualche errore...)

sistema binario:

il campo in cui è immersa una stella di massa $ \frac {M}{2} $ è dovuto solo all'altra stella distante 2r. dunque:
$ g_2=\frac {M} {2}\frac{G} {{2r^{2}}} $
l'accelerazione centripeta è $ a_c=\omega^{2}r $ eguagliando le formule e risolvendo rispetto a $ \omega_2 $ si ottiene:
$ \omega_2=\sqrt(\frac {GM} {8r^{2}}) $

sistema a tre stelle:
stesso ragionamento, $ g_3=\frac {2GM} {3d^{2}} $ e poichè $ d=r\sqrt3 \to \omega_3=\sqrt(\frac{2GM} {9r^{3}}) $

sistema a 4 stelle:
2 stelle sono a distanza $ d=r\sqrt2 $ l'altra è a distanza $ h=2r $
dunque:
$ g_4=2\frac {M} {4}\frac {G} {d^{2}}+\frac {M}{4} \frac {G}{h^{2}} = \sqrt(\frac {5GM} {16r^{5}}) $
e
$ \omega_4=\sqrt(\frac{5GM} {16r^{3}}) $

mi sembra tutto corretto...
per il punto c sto rivedendo tutti i calcoli, perchè (disordinato come) sono mi si sono confusi tutti... :cry: :cry:

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NEONEO
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Messaggio da NEONEO » 22 ago 2006, 19:57

Per la velocità angolare io ho trovato:
$ \displaystyle F=\frac{GM^2}{3^2R^2} $ e questa è la forza con cui ogni massa attira una scelta a caso. Quindi per la regola del parallelogramma si sommano vettorialmente le due forza dovute alla due masse ai vertici del triangolo equilatero, e la risultante attira la terza massa verso il centro con la forza di prima moltiplicata per un fattore $ \displaystyle \sqrt{3} $.
Ora eguaglio questa forza alla forza centripeta e ottengo.
$ \displaystyle \omega=\sqrt{\frac{\sqrt{3}GM}{3^2R^3}} $.
Ultima modifica di NEONEO il 22 ago 2006, 21:29, modificato 2 volte in totale.
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