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Un punto materiale, soggetto alla sola forza gravitazionale, orbita attorno ad un oggetto massivo (ovvero di massa molto superiore a quella del punto materiale), inizialmente su un'orbita circolare, con periodo $ T $. Esso viene improvvisamente arrestato nel suo moto, e lasciato cadere verso la particella massiva. Dimostrare che il tempo necessario per la collisione è
$ \displaystyle \tau =\frac{T}{4 \sqrt{2}} $

Non ho provato a fare il calcolo, ma a prima vista questo problema mi pare sbagliato. Infatti il periodo dell'orbita dipende solo dalla massa del pianeta e dal raggio dell'orbita, e non è affatto influenzato dalle dimensioni del pianeta. Il tempo di collisione invece dipende dalla dimensione del pianeta, nel senso che più grande è il pianeta e prima il punto materiale in caduta lo raggiunge, a parità di tutte le altre condizioni. Pertanto la relazione non può essere vera. A meno che non si voglia trascurare la dimensione del pianeta assumendola molto minore dell'orbita e quindi assimilabile a zero.

beh, io ho copiato il testo pari pari, senza modificare neanche una parola, quindi suppongo che sia corretto. Noto in effetti che all'inizio si parla di "oggetto" massivo e poi di "particella" massiva, quindi credo che la tua interpretazione sia quella corretta, o almeno mi sembra l'unica possibile, anche perchè come hai detto se l'"oggetto" avesse un raggio non trascurabile rispetto all'orbita allora il tempo di collisione varierebbe in base a quello. Certo che potrebbero scrivere i testi dei problemi in modo più comprensibile, o almeno non ambiguo...

Per la legge di Newton:
$ \displaystyle m\frac{{4\pi ^2 }}{{T^2 }}R_0 = \frac{{GmM}}{{R_0^2 }} $
quindi:
$ \displaystyle R_0 = \sqrt[3]{{\frac{{GMT^2 }}{{4\pi ^2 }}}} $
Per la conservzaione dell'energia:
$ \displaystyle - G\frac{{mM}}{{R_0 }} = \frac{1}{2}mv^2 - G\frac{{mM}}{r} $
ovvero:
$ v = \sqrt {2GM\left( {\frac{1}{r} - \frac{1}{{R_0 }}} \right)} $
Dal momento che $ \displaystyle v = \frac{{dr}}{{dt}} $
viene un'equazione differenziale a variabili separate:

$ \displaystyle \frac{{dr}}{{\sqrt {\frac{1}{r} - \frac{1}{{R_0 }}} }} = \sqrt {2GM} dt $
$ \displaystyle \left[ {R_0^{\frac{3}{2}} \arctan \left( {\sqrt {\frac{{R_0 }}{r} - 1} } \right) + \sqrt {rR_0^2 - r^2 R_0 } } \right]_{R_0 }^0 = \sqrt {2GM} t $

$ \displaystyle R_0^{\frac{3}{2}} \frac{\pi }{2} = \sqrt {2GM} t $
$ \displastyle t = \frac{T}{{4 \sqrt 2 }} $

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L'integrale è la cosa più antipatica.Io l'ho risolto pondendo $ \displaystyle \sqrt {\frac{1}{r} - \frac{1}{{R_0 }}} = y $. Se fai il differenzaile viene:
$ \displaystyle -2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{dy}}{{\left( {y^2 + \frac{1}{{R_0 }}} \right)^2 }} = \sqrt {2GM} t} $.Quest'ultimo integrale può essere risolto iterativamente.

__Cu_Jo__ ha scritto: $ \displaystyle -2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{dy}}{{\left( {y^2 + \frac{1}{{R_0 }}} \right)^2 }} = \sqrt {2GM} t} $.Quest'ultimo integrale può essere risolto iterativamente.

cosa vuol dire iterativamente? comunque grazie mille per la soluzione...

$ \displaystyle \int {\frac{1}{{\left( {1 + t^2 } \right)^{n + 1} }}} dt = \frac{t}{{2n\left( {1 + t^2 } \right)^n }} + \frac{{2n - 1}}{{2n}}\int {\frac{1}{{\left( {1 + t^2 } \right)^n }}} d $
Comunque per n=2 non c'è nenache bisogno di usare questa formula ($ \displaystyle \frac{1}{{R_0 }} = a^2 $):

$ \displaystyle 2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{\left( {a^2 + t^2 } \right)^2 }}d} t = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{a^2 - t^2 + a^2 + t^2 }}{{a^2 \left( {a^2 + t^2 } \right)^2 }}d} t $$ \displaystyle = \frac{1}{{a^2 }}\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{a^2 - t^2 }}{{\left( {a^2 + t^2 } \right)^2 }}dt} + \frac{1}{{a^2 }}\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{a^2 + t^2 }}} dt $

$ \displaystyle \frac{1}{{a^2 }}\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{a^2 + t^2 }}} dt = \frac{1}{{a^3 }}\left[ {\arctan \frac{t}{a}} \right]_0^{ + \infty } = \frac{\pi }{{2a^3 }}=\frac{\pi }{2}R_0^{\frac{3}{2}} $
Per il primo integrale basta porre $ \displaystyle t = a\tan x \Rightarrow dt = a \frac{1}{{\cos ^2 x}}dx $:
$ \displaystyle \frac{1}{{a^2 }}\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{a^2 - t^2 }}{{\left( {a^2 + t^2 } \right)^2 }}dt} = \frac{1}{{a^3 }}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\cos ^2 x - \sin ^2 x} \right)} dx $$ \displaystyle = \frac{1}{{2a^3 }}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos \left( {2x} \right)} d2x = \frac{1}{{2a^3 }}\left[ {\sin 2x} \right]_0^{\frac{\pi }{2}} = 0 $

Sì ma c'è un metodo MOOOOLTO + facile per farlo... che tra l'altro è quello standard in problemi di questo tipo!!!

Hint: se cade è veramente cambiato qualcosa di importante, oppure no?

Nota: nessuno, credo, l'anno scorso all'ammissione si è gettato in un integralaccio del genere

Io sono partito da un presupposto della dinamica del moto circolare uniforme: l'unica forza che dirige questo movimento è la forza centripeta, la quale corrisponde alla forza di attrazione gravitazionale tra i due corpi. Pertanto:

$ F_{g}=F_{c} $
$ m \cdot g = m \cdot a_{c} $
$ g = \omega^{2} \cdot r $
$ g = \frac{4\pi^{2}r}{T^{2}} $

E dato che la distanza r viene poi percorsa secondo un moto uniformemente accelerato che ha ha una velocità iniziale pari a zero

$ r = \frac{gt^{2}}{2} $

abbiamo che
$ 1 = \frac{2\pi^{2}t^{2}}{T^{2}} $
$ t = \frac{T}{\pi \sqrt{2}} $

Il risultato che ho raggiunto è diverso da quello che viene fornito all'inizio. La domanda è: dove ho sbagliato?

Il fatto è che non puoi assumere che l'accelerazione di gravità sia costante durante il moto e quindi non va bene la formula per il moto uniformemente accelerato : a distanza r avrai un'accelerazione di $ \displaystyle{\mathcal{G}\frac{M}{r^2}} $. Quello che hai fatto tu va bene se nel tratto percorso dal corpo questa accelerazione gravitazionale non subisce eccessive variazioni, ad esempio studiando il moto di caduta di un corpo nell'ordine di qualche km dalla superficie terrestre.

Ciao, volevo solo dire che mi pare che il mitico Daniele Fognini mi pare l'abbia risolto integrando!!!! Bhe in effetti è una furbata il considerare l'ellisse degenere in retta..... mica è così facile arrivarci senza che qlc prima te lo abbia detto.

Bacco ha scritto:


Sì ma c'è un metodo MOOOOLTO + facile per farlo... che tra l'altro è quello standard in problemi di questo tipo!!!

Hint: se cade è veramente cambiato qualcosa di importante, oppure no?

Nota: nessuno, credo, l'anno scorso all'ammissione si è gettato in un integralaccio del genere

E' arrivato l'uccello del malaugurio!
E vah beh..lo ammetto!Un po' di calcoli li ho fatti con Derive...(all'esame mi srei limitato a scrivere che quello è un integrale immediato e che fa banalmente$ \displaystyle \frac{\pi }{2}R_0^{\frac{3}{2}} $..lo so sono un genio!)
Se ho ben capito basta trattare il moto del corpo come se fosse un orbita ellitticca degenre(e=1) e apllicare la terza legge di keplero:
$ \displaystyle \frac{{T^2 }}{{\left( {2t} \right)^2 }} = \frac{{R_0^3 }}{{\left( {\frac{{R_0 }}{2}} \right)^3 }} $
E' una figata!

bah... lo stesso sta sull'eserciziario del Picasso... non c'è bisogno di integrare...(anche se è davvero carinissimo come metodo!)
Evariste ha ragione, bisogna considerare g variabile!

Intanto nell'orbita circolare:
$ \displaystyle m \omega^2 R = m \frac{4 \pi^2}{T^2} R = \gamma \frac{mM}{R^2} \Rightarrow \frac{T^2}{R^3} = \frac{4 \pi^2}{\gamma M} $. (1)

Poi considerando l'orbita di transizione come una semiellisse degenere applico la stessa legge della (1) considerando che il tempo per percorrere l'intera ellisse sarebbe il doppio di quello della semiellisse:

$ \displaystyle \frac{(2\tau)^2}{(\frac{R}{2})^3} = \frac{4 \pi^2}{\gamma M} $. (2)

Mettendo a sistema (1) e (2):

$ \displaystyle \frac{T^2}{R^3} = \frac{(2 \tau)^2}{(\frac{R}{2})^3} \Rightarrow \frac{T^2}{R^3} = \frac{4 \tau^2}{\frac{R^3}{8}} $

da cui un paio di conti e

$ \displaystyle \tau = \frac{T}{4 \sqrt{2}} $