Una cometa si muove su una traiettoria parabolica intorno al sole nello stesso piano dell' orbita terrestre,assunta circolare.
Trovare il tempo T che la cometa spende all' interno dell' orbita terrestre in funzione del perelio p della sua traiettoria e calcolarne il valore massimo possibile.
SNS 2006/2007
Re: SNS 2006/2007
commento: questo problema viene dalle selezioni per l'ingresso al 4° anno, non al primo. Non spaventatevi se non lo sapete fare.
"Per un laser, si passa da temperature positive a temperature negative non passando attraverso 0 K, ma passando attraverso l'infinito!" (cit.)
"Perché dovremmo pagare uno scienziato quando facciamo le migliori scarpe del mondo?" (cit.)
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Re: SNS 2006/2007
Adesso passano Rigel o Ippo, lo risolvono e poi si accorgono del post di Pigkappa 
Vabbè... parlando di domande serie, si può pensare (lo dico da profano davanti a questo problema che in effetti sembra impegnativo) che come per le ellissi anche il fuoco della parabola rappresenti il "centro" dell'orbita cometaria intorno al sole?
Vabbè... parlando di domande serie, si può pensare (lo dico da profano davanti a questo problema che in effetti sembra impegnativo) che come per le ellissi anche il fuoco della parabola rappresenti il "centro" dell'orbita cometaria intorno al sole?
Quando il temperamento originario prevale sulla cultura si è rozzi; quando la cultura prevale sul temperamento originario si è pedanti. Quando la cultura e temperamento si equilibrano, allora si è superiori. (Kong Qiu)
Re: SNS 2006/2007
Il Sole si trova nel fuoco dell'orbita parabolica della cometa, se è questo quello che hai cercato di chiedermi.MrTeo ha scritto:si può pensare (lo dico da profano davanti a questo problema che in effetti sembra impegnativo) che come per le ellissi anche il fuoco della parabola rappresenti il "centro" dell'orbita cometaria intorno al sole?
L'equazione in coordinate polari di una parabola è analoga a quella di un'ellisse: bisogna solo mettere l'eccentricità uguale ad 1.
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Loren Kocillari89
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- Iscritto il: 16 gen 2009, 18:37
Re: SNS 2006/2007
Si parte dal fatto che sia per la terra che per la cometa, il sole rappresenta il fuoco di entrambe le curve. Questo ci dà un vantaggio perchè siamo in grado di porre il fenomeno in un sistema di assi cartesiani in cui la circonferenza che rappresenta l'orbita terrestre, passa per l'origine e ha il suo centro nel punto )
sull'asse delle ordinate. Allo stesso modo, la parabola della cometa, passerà dentro l'orbita terrestre che abbiamo rappresentato, e avrà come fuoco lo stesso punto . A questo punto dobbiamo considerare tutti i casi di parabole che intersecandosi con l'orbita della terra, hanno il loro fuoco nel punto .
Se consideriamo la formula della parabola
, se dobbiamo tenere il fuoco costante, assegnato 
allora )
, mentre b non può variare altrimenti si avrebbe una traslazione destra-sinistra nell'asse cartesiano. Tra parentesi, non è altro che il perielio della cometa, disegnare per credere.
Quindi ci basta porre in un sistema il "fascio" di parabole con lo stesso fuoco con la circonferenza
.
Trovati i due punti di tangenza, possiamo utilizzarli per calcolarci la lunghezza della curva della parabola compresa dentro la circonferenza. Infatti ora basta integrare una nota formula (
) che ci permette di calcolarci la lunghezza e troveremo i casi in funzione di 
.
Per trovare il massimo, deriviamo quello che si ricava dall'integrale definita ponendo il tutto uguale a 0.
SE e solo se la velocità è costante in modulo per tutto il tragitto allora il tempo T sarà massimo quando lo spazio percorso sarà massimo.
Con questo procedimento sono andato avanti fino a prima di trovare i due punti..Poi mi vengono dei calcoli enormi per cui non riesco ad andare avanti, almn per oggi.
Se consideriamo la formula della parabola
Quindi ci basta porre in un sistema il "fascio" di parabole con lo stesso fuoco con la circonferenza
Trovati i due punti di tangenza, possiamo utilizzarli per calcolarci la lunghezza della curva della parabola compresa dentro la circonferenza. Infatti ora basta integrare una nota formula (
) che ci permette di calcolarci la lunghezza e troveremo i casi in funzione di Per trovare il massimo, deriviamo quello che si ricava dall'integrale definita ponendo il tutto uguale a 0.
SE e solo se la velocità è costante in modulo per tutto il tragitto allora il tempo T sarà massimo quando lo spazio percorso sarà massimo.
Con questo procedimento sono andato avanti fino a prima di trovare i due punti..Poi mi vengono dei calcoli enormi per cui non riesco ad andare avanti, almn per oggi.
La fisica è come il sesso: certamente può fornire alcuni risultati pratici, ma non è questo il motivo per cui lo facciamo!
-Richard Feynman
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Re: SNS 2006/2007
Se non ho sbagliato i calcoli trovo il tempo maggiore per p=R/2.
Dopo la sveglia controllerò ed eventualmente posterò il procedimento.
Dopo la sveglia controllerò ed eventualmente posterò il procedimento.
Re: SNS 2006/2007
In un sistema di assi cartesiani sia data la parabola con vertice nell’origine, simmetrica rispetto all’asse x, con fuoco F(p, 0) e direttrice x=-p. La curva ha equazione 
. L’area compresa tra la parabola e la retta x=X vale:
Detti A e B i punti d’intersezione della parabola con x=X, l’area spazzata dal raggio vettore FP, mentre P descrive l’arco AB, risulta:
 AB/2=8/3 \sqrt{p} X^{3/2}-(X-p) \sqrt{{4Xp})
Siccome la cometa percorre una parabola, significa che raggiungerà l’infinito con velocità nulla. La conservazione dell’energia tra il perielio e l’infinito fornisce:
cioè 
con M = massa sole.
Poiché la forza sulla cometa è centrale, si conserva il momento angolare e la la velocità areolare k=dA/dt rispetto al centro del sole, che determinata al perielio ammonta a k=pv/2, da cui
Dato che la velocità k è costante, il tempo che impiega la cometa per viaggiare da A a B è:
 \sqrt {x}\right) \sqrt{2/(GM)})
Le distanze del punto A dal fuoco e dalla direttrice sono uguali per la definizione di parabola: FA=X+p. Se A e B sono i punti d’intersezione della parabola con l’orbita terrestre di raggio R, si ha R =X+p. Perciò
^{3/2}-2(R-2p) (R-p)^{1/2}]\sqrt{2/(GM)})
Si ricava t’>0 per
Il massimo si ha per p=R/2.
Il tempo più elevato richiesto è dunque:
Spero che lo svolgimento sia esatto.
Detti A e B i punti d’intersezione della parabola con x=X, l’area spazzata dal raggio vettore FP, mentre P descrive l’arco AB, risulta:
Siccome la cometa percorre una parabola, significa che raggiungerà l’infinito con velocità nulla. La conservazione dell’energia tra il perielio e l’infinito fornisce:
Poiché la forza sulla cometa è centrale, si conserva il momento angolare e la la velocità areolare k=dA/dt rispetto al centro del sole, che determinata al perielio ammonta a k=pv/2, da cui
Dato che la velocità k è costante, il tempo che impiega la cometa per viaggiare da A a B è:
Le distanze del punto A dal fuoco e dalla direttrice sono uguali per la definizione di parabola: FA=X+p. Se A e B sono i punti d’intersezione della parabola con l’orbita terrestre di raggio R, si ha R =X+p. Perciò
Si ricava t’>0 per
Il massimo si ha per p=R/2.
Il tempo più elevato richiesto è dunque:
Spero che lo svolgimento sia esatto.
Re: SNS 2006/2007
Peccato che la velocità non è costante...Loren Kocillari89 ha scritto: SE e solo se la velocità è costante in modulo per tutto il tragitto allora il tempo T sarà massimo quando lo spazio percorso sarà massimo.
"Per un laser, si passa da temperature positive a temperature negative non passando attraverso 0 K, ma passando attraverso l'infinito!" (cit.)
"Perché dovremmo pagare uno scienziato quando facciamo le migliori scarpe del mondo?" (cit.)
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Re: SNS 2006/2007
ok provo anche io...
diciamo che l'orbita terrestre è
e quella della cometa è 
(parabola con il fuoco nel Sole, vertice in (o;-p) e asse x=0)
Con qualche conto si trova che
\cup (-2\sqrt{pR-p^2};R-2p))
Ora la conservazione dell'energia impone che la velocità in ogni punto sia
={2GM \over \sqrt{x^2+y^2}})
sostituendo
(la via meno contosa) abbiamo
=\sqrt{2GM \over y+2p})
Ora
con ^2+(dy)^2}=dy\sqrt{1+(dx/dy)^2})
Essendo=2\sqrt{py+p^2})
si ha 
da cui
; arriviamo infine a
^2 \over (y+p)2GM}={dy (y+2p) \over \sqrt{(y+p)2GM}})
da cui si ottiene integrando:
 \over \sqrt{(y+p)2GM}}dy)
Ora si può effettuare un cambio di variabile: poniamo
, e quindi 
; il corrispondente integrale indefinito, a meno di costanti, diventa
quindi si ottiene infine
^{3/2}+p\sqrt{R-p} \right)=)
 \over GM} \left( {1 \over 3}(R-p)+p \right)={2 \over 3}\sqrt{2(R-p) \over GM} ( R +2p ))
Ora non resta che massimizzare questa schifezza.
diciamo che l'orbita terrestre è
Con qualche conto si trova che
Ora la conservazione dell'energia impone che la velocità in ogni punto sia
sostituendo
Ora
Essendo
da cui si ottiene integrando:
Ora si può effettuare un cambio di variabile: poniamo
quindi si ottiene infine
Ora non resta che massimizzare questa schifezza.
Ultima modifica di Ippo il 3 set 2009, 13:32, modificato 1 volta in totale.
Re: SNS 2006/2007
A meno di costanti è =\sqrt{R-p}(R+2p))
e quindi
={3(R-2p) \over 2\sqrt{R-p}})
da cui risulta che il massimo si ha per
Il valore certcato è={2 \over 3}\sqrt{R \over GM}(2R)={4 \over 3} \sqrt{R^3 \over GM})
che è in accordo con quello di Pascal. Certo che a parità di risultato la mia soluzione è molto più brutta
da cui risulta che il massimo si ha per
Il valore certcato è
che è in accordo con quello di Pascal. Certo che a parità di risultato la mia soluzione è molto più brutta