Ipho 2009 Problema 1

Messaggio da **spn** » 1 ago 2009, 15:37

Vai col secondo

2a)
Per l'orbita circolare la forza centrifuga è uguale a quella gravitazionale.

${W_2}^2 D_2 M_M= G\frac{M_M M_E}{{D_2}^2}$

${W_2}^2= G\frac{M_E}{{D_2}^3}\Rightarrow W_2 = \sqrt{G\frac{M_E}{{D_2}^3}}$

2b)
Si ha:

$W_2 = \frac{L_2}{I_{M_{2}}}$

Però:

$I_{M_{2}}=M_M {D_2}^2$

$L_2= L_1$

Mettendo a sistema con la prima eq.

$W_2 = \frac{L_1}{M_M {D_2}^2}$

Sostituendo questa all'eq. del punto 2a si ha:

$\frac{{L_1}^2}{{M_M}^2 {D_2}^4}= G\frac{M_E}{{D_2}^3} \Rightarrow D_2= \frac{{L_1}^2}{{M_M}^2 M_E G}$

2c)
mettendo sempre a sistema l'eq. finali dei punti 2b e 2a si ha:

$W_2 = \sqrt{\frac{G^4{M_E}^4{M_M}^6}{{L_1}^6}} = \frac{G^2{M_E}^2{M_M}^3}{{L_1}^3}$

2d)
Il momento d'inerzia finale sarà

$I_E=I_o + I_i$

Dove $I_o$ è il momento d'inerzia di una sfera di raggio $r_o$ con all'interno una cavità sferica di raggio $r_i$ e densità $\rho_o$ , mentre $I_i$ è il momento d'inerzia di una sfera di raggio $r_i$ e densità $\rho_i$ .

Ora, $I_o$ può essere a sua volta scritto come

$I_o=I_P -I_V$

Dove $I_P$ è il momento d'inerzia di una svera di raggio $r_o$ e $I_V$ il momento d'ineriza di una sfera di raggio $r_i$ , entrambe con densità $\rho_o$ . Percui:

$I_P = \frac{8}{15} \pi \rho_o {r_o}^5$
$I_V = \frac{8}{15} \pi \rho_o {r_i}^5$

Da cui:

$I_o = \frac{8}{15} \pi \rho_o ({r_o}^5 - {r_i}^5)$

Per $I_i$ si ha invece:

$I_i = \frac{8}{15} \pi \rho_i {r_i}^5$

Ed infine:

$I_E = \frac{8}{15} \pi [{r_i}^5(\rho_i - \rho_o) + \rho_o {r_o}^5]$

Vi pare giusto?

MrTeo · Messaggio da **MrTeo** » 1 ago 2009, 15:40

Partiamo dal fondo (ossia dalle cose più semplici)

2d: calcolo il momento d'inerzia con il classico principio di sovrapposizione (come mi pare era anche già stato suggerito...)

$\begin{array}{l} M_{sfera} = \rho _i \frac{4}{3}\pi r_i ^3 \\ I_{sfera} = \frac{2}{5}M_i r_i ^2 \\ I_{sfera} = \frac{8}{{15}}\rho _i \pi r_i ^5 \\ I_{guscio} = \frac{8}{{15}}\rho _0 \pi r_0 ^5 - \frac{8}{{15}}\rho _0 \pi r_i ^5 \\ I_{guscio} = \frac{8}{{15}}\rho _0 \pi \left( {r_0 ^5 - r_i ^5 } \right) \\ \\ I_{Terra} = \frac{8}{{15}}\rho _i \pi r_i ^5 + \frac{8}{{15}}\rho _0 \pi \left( {r_0 ^5 - r_i ^5 } \right) \\ \end{array}$

2b,2c: io risolvo entrambi mettendo a sistema la condizione di equilibrio con la conservazione del momento angolare

$\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} G\frac{{M_E M_M }}{{D_2 ^2 }} = M_M \omega _2 ^2 D_2 \\ L_1 = M_M D^2 _2 \omega _2 \\ \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{l} D_2 = \sqrt[3]{{\frac{{GM_E }}{{\omega _2 ^2 }}}} \\ L_1 = M_M \sqrt[3]{{\frac{{G^2 M_E^2 }}{{\omega _2 ^4 }}}}\omega _2 \\ \end{array} \right. \\ L_1 = \sqrt[3]{{M_M^3 \omega _2 ^3 \frac{{G^2 M_E^2 }}{{\omega _2 ^4 }}}} \\ L_1 ^3 = M_M^3 \frac{{G^2 M_E^2 }}{{\omega _2 }} \\ \end{array}$

$\omega _2 = \frac{{G^2 M_M^3 M_E^2 }}{{L_1 ^3 }}$
$D_2 = \sqrt[3]{{\frac{{GM_E }}{{\left( {\frac{{G^2 M_M^3 M_E^2 }}{{L_1 ^3 }}} \right)^2 }}}} = \sqrt[3]{{\frac{{GM_E }}{{\frac{{G^4 M_M^6 M_E^4 }}{{L_1 ^6 }}}}}} = \sqrt[3]{{\frac{{L_1 ^6 }}{{G^3 M_M^6 M_E^3 }}}} = \frac{{L_1 ^2 }}{{GM_M^2 M_E }}$

Infine per il 2a basta riproporre la condizione di equilibrio già scritta per il sistema con cui ho risolto (o almeno credo di aver risolto...

) 2b e 2c e trovare $\omega_2$ :

$\omega _2 = \sqrt {G\frac{{M_E }}{{D_2 ^3 }}}$

Il moto ovviamente è circolare uniforme... ora largo ai commenti

Edit: battuto sul tempo

devo dire però che la sintonia dei risultati fa ben sperare riguardo alle risoluzioni...

Messaggio da **Rigel** » 2 ago 2009, 10:21

Mi fa piacere vedere che Alex90 è tornato da Udine a Perugia per l'ora di pranzo e così fresco da fare subito l'amanuense

Io sono tornato a Lecce a mezzanotte, alla faccia della velocità degli aerei

Tornando in tema, da quel che mi ricordo della mia soluzione (poco, cioè) i risultati di spn e MrTeo sono giusti, ma io vi consiglio di calcolare il momento d'inerzia della sfera (anche se lo sapete) con un super integrale, di sbagliare i calcoli e di usare il risultato sbagliato, in pieno vittorio-style

Alex90 · Messaggio da **Alex90** » 2 ago 2009, 11:22

Si sono arrivato alle 1, però mi sono anche dovuto svegliare alle 4 e mezzo dopo ben 1 ora di sonno per prendere il treno la mattina

Ma continuiamo pure a fare gli amanuensi del 2009 (w il copia&incolla)

2e Calcola il momento d’inerzia della terra, $I_E$ , usando $\rho_i=1,3 \cdot 10^4 kg \cdot m^{-3}$ , $r_i=3,5 \cdot 10^6 m$ , $\rho_o=4,0 \cdot 10^3 kg \cdot m^{-3}$ e $r_o=6,4 \cdot 10^6 m$ .

Le masse della Terra e della Luna sono, rispettivamente, $M_E=6,0 \cdot 10^{24} kg$ ed $M_E=7,3 \cdot 10^{22} kg$ . La distanza Terra-Luna in questo momento di tempo è $D_1=3,8 \cdot 10^8 m$ . La velocità di rotazione della Terra è, in questo momento, $\omega_{E1}=7,3 \cdot 10^{-5} s^{-1}$ . La velocità con cui la Luna ruota attualmente attorno alla Terra è $\omega_{M1}=2,7 \cdot 10^{-6} s^{-1}$ , la costante di gravitazione universale è $G=6,7 \cdot 10^{-11} m^3 \cdot kg^{-1} \cdot s^{-2}$ .

2f Calcola il valore numerico del momento angolare totale, $L_1$ , del sistema.

2g Calcola il valore numerico della distanza finale, $D_2$ , che separa Terra e Luna esprimendo il risultato sia in metri che in unità pari alla distanza attuale $D_1$ .

2h Calcola il valore numerico della velocità angolare finale, $\omega_2$ , esprimendo il risultato in $s^{-1}$ e calcola la durata del giorno usando la durata del giorno attuale come unità di misura.

A questo punto si chiede di verificare che l’approssimazione fatta di trascurare la rotazione terrestre nel calcolo del momento angolare totale finale è accettabile. Per farlo si calcola il rapporto tra il momento angolare della Terra e quello della luna: dovrebbe risultarne una quantità piccola.

2i Calcola il valore numerico del rapporto tra i momenti angolari finali della Terra e della Luna.

MrTeo · Messaggio da **MrTeo** » 2 ago 2009, 18:30

Tze... una valanga di conti...
Inserisco solo i risultati numerici (tra l'altro mi sembrano una cosa incredibilmente irritante da chiedere in questa quantità, anche perché spesso in sede di gara si sbagliano per distrazione o velocità... si vede non avevano altre idee

)

2e,f,g,h:
$\begin{array}{l} I_E = 8,0 \cdot 10^{37} \;kg \cdot m^2 \\ L_1 = I_E \omega _{E1} + I_M \omega _{M1} = 3,4 \cdot 10^{34} \;N \cdot m \\ D_2 = 5,5 \cdot 10^8 \;m = 1,5D_1 \\ \omega _2 = 1,5 \cdot 10^{ - 6} \;s^{ - 1} \\ \end{array}$

Inoltre secondo i miei calcoli il giorno è diventato 48,5 volte quello odierno...

2i:
Per quanto riguarda questo punto, considerato che la velocità angolare è uguale per i due corpi quello che ci interessa è in realtà il rapporto tra i momenti d'inerzia che è:

$\frac{{I_E }}{{I_M }} = 3,6 \cdot 10^{ - 3}$

Che mi pare sufficientemente piccina come quantità...

Largo ad altri masochisti che vogliono gettarsi in questo lavoro sporco di cifre... molto probabilmente mi sono jellato da solo parlando di errori di conto quindi prevedo di averne fatto qualcuno, ricchi premi e cotillon a chi ne troverà

Messaggio da **Ippo** » 3 ago 2009, 12:08

da quello che mi ricordo i risultati sono abbastanza corretti (mi pare che il giorno venisse 46 giorni attuali, ma siamo lì)

MrTeo ha scritto:Tze... una valanga di conti...
Inserisco solo i risultati numerici (tra l'altro mi sembrano una cosa incredibilmente irritante da chiedere in questa quantità, anche perché spesso in sede di gara si sbagliano per distrazione o velocità... si vede non avevano altre idee )

e non hai messo in conto LA CALCULADORA CIENTIFICA

Messaggio da **Rigel** » 3 ago 2009, 15:21

Ippo ha scritto:e non hai messo in conto LA CALCULADORA CIENTIFICA

Per rendere più realistica la risoluzione si dovrebbero fare i calcoli con la calcolatrice di Windows (in modalità standard, ovviamente

). fate un pò voi com'era traumatico fare i calcoli in gara

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