Troppe stelle che girano!

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enomis_costa88
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Troppe stelle che girano!

Messaggio da enomis_costa88 » 27 lug 2007, 18:56

Un altro sns..non è difficile però è un simpatico problemino!

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 W, quando la massa totale M è distribuita tra un numero sempre più grande di stelle?

Buon lavoro, Simone.
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vitellocromato
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Messaggio da vitellocromato » 29 lug 2007, 21:57

Rispondo tanto per ridere :D avrò fatto mille errori

W3= +/- sqrt(8/27*K*M/R )

w2= +/- sqrt(1/8*K*M/R)
w4= +/- sqrt(27/64*K*M/R) // tirata a caso

winf= +/- sqrt(K*M/R)

un primo errore: confusione con formule le R dovrebbero essere al cubo


con K costante gravitazionale che non mi ricordo
( spero almeno di non aver sbagliato le dimensioni :roll: )

Saluti

prima o poi imparerò Tex
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Messaggio da TADW_Elessar » 29 lug 2007, 22:15

Edit: La formula che segue è sbagliata: il 2 dovrebbe essere un 8.

$ \displaystyle \omega_2 = \sqrt{\frac{GM}{2R^3}} $

Le altre devo ancora vedere :).
Ma dopo che finisco con l'effetto Doppler.
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Messaggio da enomis_costa88 » 29 lug 2007, 22:36

Confermo il risultato di TadW_elessar per n=2.
Vitellocromato non sono giuste neppure le dimensioni sorry..se vuoi prova a scrivere come hai fatto che vediamo dove sbagli ok?

Edit..confermo solo che non sono capace a fare due conti..ma era risaputo :wink:
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Messaggio da TADW_Elessar » 30 lug 2007, 00:47

Non sono riuscito a trovare una formula generica per n stelle di uguale massa. Però per n = 3, chiamando $ ~GM = \mu $ ho:

Immagine

... Sembra facile ma non riesco proprio a trovare niente di più, sarà l'ora tarda.

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Messaggio da enomis_costa88 » 30 lug 2007, 09:13

Non è richiesta una formula generica..ma solo per infinite stelle :D
Hint:
io ho supposto una distribuzione lineare omogenea di massa e ho lavorato un po' con integrali per calcolare che accellerazione avrebbe la stella considerata.
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Messaggio da TADW_Elessar » 30 lug 2007, 09:28

Piuttosto, mi sa che era sbagliato quello per due stelle, quello giusto è:

$ \displaystyle \omega_2 = \sqrt{\frac{\mu}{8R^3}}. $

Infatti la distanza è 2R al cubo, non R.
Ora torno a quell'altro.

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Messaggio da enomis_costa88 » 30 lug 2007, 09:34

No torna l'altro..

m/2Rw^2=Gm^2/(4(2R)^2) hum..già mi stavo un po' bevendo il cervello :oops:
Che cavolo se avessi un quaderno potrei evitare di rifare sempre i calcoli sul momento che per la fretta li sbaglio :D

Dai fatti il caso con infinite stelle suvvia!

Edit (stavolta solo una typo)
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Messaggio da vitellocromato » 30 lug 2007, 09:40

Scusate sono un fesso :oops:

avevo usato come formula della accelerazione centrifuga w^2/R anzichè w^2*R
( mi sono confuso)

Tutte le R nel primo post così dovrebbero apparire al cubo.

Sicuramente questo è un primo errore ma ne avrò fatti altri, anche perchè l'ho fatto un po' a casaccio

Provo a riscriverle in latex
$ w_3 = \sqrt{{\frac{8}{27}\frac{K M}{R^3}}} $

almeno il latex sono riusito a scrirverci!
:mrgreen:

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Messaggio da TADW_Elessar » 30 lug 2007, 10:17

Allora allora: ecco la formula nel caso di n stelle, che avevo trovato anche ieri ma avevo scartato perché non tornava col caso di due stelle, che invece avevo sbagliato io.

Immagine

Con l'integrale mi viene $ ~\omega = \infty $... :?.

Vi metto l'integrale che ho ottenuto:

Immagine
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Messaggio da enomis_costa88 » 30 lug 2007, 13:03

Per quanto sembri strano anche a me esce infinito come risultato..

Io ho fatto così:
Suppongo che la massa m sia distribuita omogeneamente lungo la circonferenza.
Pongo quindi:
$ \lambda=\frac{M}{2\pi R} $
Da cui:
$ d m=\lambda d l=\lambda 2R d \theta $ (theta angolo alla circonferenza)
mi interessa solo la componente che punta verso il centro dell'accellerazione prodotta da ogni singolo punto..
Quindi:
$ d a=\frac{G dm}{d^2} \cos\theta $
$ d=2R\cos\theta $
Ovvero:
$ d a = \frac{G \lambda d \theta}{2Rcos( \theta)} $ che integrando da 0 a pi greco mezzi (e raddoppiando il risultato) risulta:
$ K\frac{G\lambda}{R}(\ln(\frac{1+\tan(\frac{\pi}{4})}{1-\tan(\frac{\pi}{4})}) $ che va un po' ad infinito.. Dove K sono un po' di 2 e 1/2 che ora non ho voglia di calcolare o contare perchè mi stanno antipatici e di sicuro sbaglierei nel contarli (al solito rifatto i conti sul momento perchè nel mio immenso disordine non trovavo il foglio su cui avevo fatto il problema) :wink:
Visto che w^2=a/R il risultato dovrebbe essere uguale al tuo e ciò mi conforta visto che avevo postato questo problema solo per vedere se andava veramente ad infinito la velocità..
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Messaggio da vitellocromato » 30 lug 2007, 13:46

Nella mia più completa ignoranza io avevo ragionato nel seguente modo per quanto riguarda il valore all'infinito.

Mi riducevo ad un sistema equivalente ( nei miei sogni credo) con la massa M-m di tutte le stelle meno una concentrata nel centro della circonferenza e la massa m della stella studiata nel suo punto esatto.

Poi facevo il limite per m tendente a zero ( tanto andava via in una semplificazione).

Evidentemente non è valido ( ci penserò in futuro)

L'avrei comunque potuto fare se la stella fosse stata a distanza elevata dalle altre stelle?

---------------------------------------------------------------------------------------------

Forse mi sono lasciato ingannare dal fatto che quando calcolo la forza peso tra me e la terra considero la massa della terra concentrata nel suo baricentro ( credo ;?) ma in quel caso però la distribuzione di massa della terra è considerata in tutto il volume della terra e non superficiale

sbagliando si impara
Ultima modifica di vitellocromato il 30 lug 2007, 13:52, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da TADW_Elessar » 30 lug 2007, 13:51

occhio che è $ \lambda dl =\lambda Rd\theta $, senza il 2. Poi $ ~d = 2R^2 (1-\cos\theta) $ (Teorema di Carnot) e la componente radiale si ottiene moltiplicando non per $ \cos\theta $ ma per $ \cos(\frac \pi 2 - \frac \theta 2) = \sin\frac{\theta}{2} $.

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Messaggio da enomis_costa88 » 30 lug 2007, 13:57

TADW_Elessar ha scritto:occhio che è $ \lambda dl =\lambda Rd\theta $, senza il 2. Poi $ ~d = 2R^2 (1-\cos\theta) $ (Teorema di Carnot) e la componente radiale si ottiene moltiplicando non per $ \cos\theta $ ma per $ \cos(\frac \pi 2 - \frac \theta 2) = \sin\frac{\theta}{2} $.
il 2 c'è :P l'angolo al centro è il doppio di un'angolo alla circonferenza..
In particolare se ho un'angolo alla circonferenza di pigreco mezzi che insiste su un'arco l'arco sarà lungo pi greco R..

e d= sen(pi greco mezzi-theta)2R=cos(theta)2R..stai parlando di un'angolo diverso quindi la componente radiale torna (a meno di granchi paurosi..ma per questo ci metterei pure la mano sul fuoco)
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Messaggio da TADW_Elessar » 31 lug 2007, 13:31

Ah, ecco, stiamo parlando di due angoli diversi :) Niente allora, scusa per il fraintendimento.

Ma infine questa velocità va a infinito o no?

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