Visualizza Versione Completa : Cerco un centro di gravità permanente
Stavo giusto dicendo a @Marcos64 (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=3393) come la frequentazione di questo forum porti spesso a veder crollare le convinzioni di cui ci siamo nutriti per anni. Incolpevolmente, direi, perchè le imprecisioni ed i luoghi comuni sono talmente radicati da far parte di una cultura condivisa ed indiscussa. Provate a chiedere a chiunque, al di fuori dell'ambiente astronomico, quali sono i movimenti della Luna. Vi risponderà che ruota attorno alla Terra, ma probabilmente non sarà in grado nemmeno di dirvi se ruoti anche attorno a sé stessa. "Come fa a ruotare", vi dirà, "se vedo sempre la stessa faccia?"
Sulla seconda questione è facile rispondere che anche una barca che gira attorno ad uno scoglio gli rivolge sempre lo stesso lato, ma nel frattempo ruota anche su sé stessa. Ma è la prima questione che per molti rimane indiscutibile. "La Luna ruota attorno alla Terra."
E' solo da poco che mi sono reso conto che in realtà sia la Terra che la Luna ruotano attorno ad un baricentro comune, ma non mi aspettavo che tale punto fosse così vicino alla superficie. Circa 1700 km, meno della lunghezza dell'Italia (questo secondo i miei calcolini, ma alcuni scrivono 1500 km, forse per qualche differenza sulla distanza Terra Luna e sulle rispettive masse).
Bene. Ma questo centro di rotazione, non è forse anche il centro di gravità dell'intero sistema? Questo almeno ho imparato dalla fisica. E dunque, almeno in un sistema statico, dovrebbe attirare verso di sè tutti i corpi che si trovano nelle vicinanze. E' come se, mi hanno sempre detto, tutta la massa del sistema fosse concentrata in quel baricento.
Dovrei quindi aspettarmi che il filo a piombo posto nel punto P del mio disegnino non si posizioni verso il centro della Terra, ma verso il baricentro del sistema TL, con un angolo ben lontano dalla verticale in quel punto.
Non mi risulta che ciò accada. Come mai?
http://i19.servimg.com/u/f19/17/25/68/48/terral10.jpg
Immagino che entri in gioco anche la massa dell'oggetto in questione, e che quindi il calcolo vada fatto su tre masse e sulle rispettive distanze, ma la cosa non mi è ancora chiara.
Non riesco a vedere la figura per motivi di proxy, ma il fatto è che il concetto di centro di massa o baricentro, è un'approssimazione valida finché:
- si parla di un singolo corpo rigido
oppure
- si parla di un sistema di corpi la cui dimensione è trascurabile rispetto alle distanze tra gli stessi
In realtà, per avere un calcolo corretto dell'attrazione gravitazionale dovresti integrare sull'intero volume occupato. Per avere un'idea intuitiva: è come se suddividessi idealmente l'intera Terra in cubetti da 1mm cubo, e sommassi l'attrazione gravitazionale che ognuno esercita su di te (o sul piombo appeso al filo, in questo caso). Come detto, per un corpo "solido" (e soprattutto quasi-sferico) come la Terra, il risultato è identico a prendere l'intera massa e concentrarla nel centro di gravità, ma per il sistema Terra-Luna, la cosa non è più valida.
In realtà, anche per la Terra, non essendo una sfera perfetta, esistono variazioni locali sia nell'intensità che nella direzione della forza di attrazione, per cui il filo a piombo non sempre punta verso l'esatto centro di gravità.
A questo, ovviamente, va sommato comunque l'effetto dell'attrazione lunare, che per quanto piccolo, non è nullo (ed il motivo per cui si formano le maree). Quantitativamente, non saprei valutare l'effetto della Luna sul filo a piombo, ma credo proprio che per il fine per il quale è progettato (costruire muri dritti), sia ampiamente trascurabile ;)
Marcos64
26-05-2015, 13:52
Stavo giusto dicendo a @Marcos64 (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=3393) come la frequentazione di questo forum porti spesso a veder crollare le convinzioni di cui ci siamo nutriti per anni. Incolpevolmente, direi, perchè le imprecisioni ed i luoghi comuni sono talmente radicati da far parte di una cultura condivisa ed indiscussa
Il crollo delle proprie convinzioni, l'ho sempre vissuto come una vittoria, mai come una sconfitta. Ogni volta
che affronto un tema di qualsivoglia natura, lo studio, mi portera' ad una nuova o maggiore comprensione del
problema, spesso questo comporta radicali cambiamenti nel proprio modo di intendere, non fallimenti. Solo i
fessi non cambiano mai idea. Detto questo sono ben contento che i ragionamenti, assimilati in questo forum, mi
portino a una rielaborazione del mio primitivo concetto di fisica, anzi, sinceramente ringrazio. Non ho certo
pretesa di comprendere, un pur vago avvicinamento alla comprensione, e' gia' grasso che cola! :)
A questo, ovviamente, va sommato comunque l'effetto dell'attrazione lunare, che per quanto piccolo, non è nullo (ed il motivo per cui si formano le maree). Quantitativamente, non saprei valutare l'effetto della Luna sul filo a piombo, ma credo proprio che per il fine per il quale è progettato (costruire muri dritti), sia ampiamente trascurabile ;)
L'effetto della Luna non è così trascurabile, se la sua presenza porta il baricentro del sistema a spostarsi di 4600 km dal centro della Terra.
Comunque ci ho riragionato. Non c'è bisogno di tirare in ballo integrali e derivate. Per il corpo (piombo del filo a piombo) non devo più applicare la formula per calcolare il baricentro, che vede le masse inversamente proporzionali alle rispettive distanze, ma la legge della gravitazione universale, che vede le forze di attrazione inversamente proporzionali al quadrato delle distanze. Ecco perchè l'attrazione della Luna risulta debolissima rispetto a quella della Terra.
Se qualcuno è interessato approfondisco e faccio il disegnino del parallelogramma delle forze. Se no va bene così.
DarknessLight
26-05-2015, 14:57
Sinceramente Arzak a me interessa.
Dal punto di vista matematico l hai spiegato ma non è che dica molto... Se puoi aggiungere un disegno sarebbe meglio. Anche perché credo che l immagine legata al testo velocizzi l assunzione dei concetti..
Sinceramente @Arzak (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=3374) a me interessa.
Dal punto di vista matematico l hai spiegato ma non è che dica molto... Se puoi aggiungere un disegno sarebbe meglio. Anche perché credo che l immagine legata al testo velocizzi l assunzione dei concetti..
Ti ringrazio dell'interesse. Per risponderti occorrerebbe fare un disegnino in scala del sistema TL, quindi applicare le leggi di Newton. Aspetta che mi impegno, ma ci vorrà un po'. http://r21.imgfast.net/users/2111/37/79/08/smiles/3164823017.gif
L'effetto della Luna non è così trascurabile, se la sua presenza porta il baricentro del sistema a spostarsi di 4600 km dal centro della Terra.
Intendevo è trascurabile ai fini pratici del filo a piombo, così come lo sono le variazioni locali sulla terra. E questo è dimostrato dal fatto che i muri che vedi in giro sono (quasi) tutti dritti, senza necessità da parte dei muratori di compensare questi effetti ;) (ovviamente, escludendo cedimenti strutturali o architetti dalla spiccata originalità! :biggrin: )
Comunque ci ho riragionato. Non c'è bisogno di tirare in ballo integrali e derivate.
In realtà arriva tutto da lì: anche a livello fisico, è proprio la somma dell'attrazione di ogni atomo della terra che attira ogni atomo del filo a piombo a determinare la forza di attrazione. Anzi, se vogliamo essere precisi dovremmo dire a determinare la curvatura dello spazio tempo.
Però, come vedi, se si va troppo a fondo si rischia di perdercisi nei dettagli. Proprio per questo si usano modelli APPROSSIMATI, come quelli che si basando su concetti quali baricentro, gravitazione universale, ecc...
Per il corpo (piombo del filo a piombo) non devo più applicare la formula per calcolare il baricentro, che vede le masse inversamente proporzionali alle rispettive distanze, ma la legge della gravitazione universale, che vede le forze di attrazione inversamente proporzionali al quadrato delle distanze. Ecco perchè l'attrazione della Luna risulta debolissima rispetto a quella della Terra.
Come dicevo, anche la legge di gravitazione è un'approssimazione: come tu stesso ti sei reso conto, consente di spiegare perché il filo a piombo punta molto più verso il centro della Terra che non verso il baricentro del sistema Terra-Luna, ma appunto non riesce a spiegare le variazioni locali di gravità sulla superficie terrestre.
Allora. Per la legge della gravitazione universale le forze esercitate separatamente da Terra e Luna sul corpo m sono:
FT= G mT . m/r2
FL= G mL . m/d2
dove G è la costante di Newton, r il raggio terrestre e d la distanza TL - r (con una piccola approssimazione)
Dividendo le espressioni si ha:
FT/FL= mT/mL . d2 /r2
Tenendo conto che mT/mL = 81,3, che d=3,78 . 108 e r=6,37 . 106 , ci si renderà conto anche senza fare i calcoli come FT , nel caso in questione, sia enormemente maggiore di FL.
Il parallelogramma delle forze, nel disegno non in scala per ragioni di ingombro, creerà dunque una risultante praticamente diretta verso il centro della Terra, con buona pace del vero centro di gravità del sistema che rimane il baricentro TL del disegno precedente.
Salvo errori e strafalcioni.
Disegnino non in scala:
http://i19.servimg.com/u/f19/16/01/18/21/centro10.jpg
Per la fretta ho dimenticato le indicazioni di d ed r, ma immagino si capisca quali sono..
Come dicevo, anche la legge di gravitazione è un'approssimazione: come tu stesso ti sei reso conto, consente di spiegare perché il filo a piombo punta molto più verso il centro della Terra che non verso il baricentro del sistema Terra-Luna, ma appunto non riesce a spiegare le variazioni locali di gravità sulla superficie terrestre.
Hai ragione, ma occorre ovviamente andare per gradi appoggiandosi a dei modelli inizialmente rudimentali ma via via sempre più approssimati. Il problema iniziale per me consisteva nel fatto che già anche il modello ultrasemplificato mi procurava dei problemi. Ora però credo sia tutto risolto.
http://r21.imgfast.net/users/2111/37/79/08/smiles/845139439.gif
DarknessLight
26-05-2015, 21:51
Arzak ho finito i grazie giornalieri ma fai conto come se ti avessi ringraziato per l ottimo lavoro ;)
@Arzak (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=3374) ho finito i grazie giornalieri ma fai conto come se ti avessi ringraziato per l ottimo lavoro ;)
Non ho mai visto prima d'ora un forum in cui la gentilezza fosse così praticata e apprezzata :wtf:.
In conclusione resta la scoperta che il famoso baricentro del sistema TL in realtà non è proprio il punto verso cui convergono le masse degli oggetti che si trovano di passaggio nei dintorni. E dire che fino a poco fa ero convinto del contrario... Me la spiego così: il baricentro del sistema è un concetto che fa parte della statica, mentre per calcolare il punto verso cui vengono attratti gli oggetti di cui sopra occorre tirare in ballo la dinamica. Non esiste dunque quel famoso centro di gravità permanente, tenendo anche conto che la risultante F delle forze del secondo disegno varia istante per istante in relazione al movimento dell'oggetto. Che dunque finirà per schiantarsi sulla terra, o entrerà in orbita, o si perderà chissàdove. :cool:
il famoso baricentro del sistema TL in realtà non è proprio il punto verso cui convergono le masse degli oggetti che si trovano di passaggio nei dintorni.
Invece è proprio così: se ipoteticamente volessi calcolare, ad esempio, l'attrazione su di un asteroide a 5.000.000 km dalla terra, potresti utilizzare in buona approssimazione il baricentro del sistema T-L, e magari riusciresti pure a determinare come questa attrazione ne influenza l'orbita
il baricentro del sistema è un concetto che fa parte della statica, mentre per calcolare il punto verso cui vengono attratti gli oggetti di cui sopra occorre tirare in ballo la dinamica
Altro esempio: se volessimo calcolare le oscillazioni della Terra, rispetto alla sua teorica orbita ellittica, dovute alla presenza della Luna, puoi tranquillamente usare il baricentro del sistema T-L, e la cosa semplificherebbe di molto i calcoli.
Entrambe sono sicuramente questione di dinamica, non di statica.
Come ho già cercato di spiegare (evidentemente senza successo), il baricentro è un'approssimazione validissima, sia in statica che in dinamica, ma solo entro determinate condizioni.
Il caso del filo a piombo esula da queste condizioni perché troppo piccolo rispetto alla Terra, e troppo vicino ad essa. Se poi volessimo seriamente quantificare la deviazione dalla verticale di questo filo dovuta all'attrazione lunare, vista l'esiguità dell'effetto, dovremmo farlo non rispetto al raggio uscente dal centro di gravità, ma rispetto alla normale al geoide del punto in cui ti trovi, altrimenti avremmo un risultato senza alcuna possibilità di riscontro reale.
Il fatto di aver tirato in ballo l'integrazione sulla massa, era solo per esporre il ragionamento che sta all'origine del concetto di centro di gravità (permanente o meno che sia ;) ).
Non so come è per altri, ma per quanto mi riguarda, avere questa immagine "intuitiva" (quella di infiniti infinitesimi che interagiscono ognuno con tutti gli altri) mi aiuta a tenere sempre a mente, più di qualunque definizione verbale o formula matematica, quali sono le approssimazioni che andiamo a fare quando utilizziamo un modello piuttosto di un'altro e in quali condizioni questi sono più o meno validi, e non cadere nell'errore concettuale da cui è scaturito questo thread.
Invece è proprio così: se ipoteticamente volessi calcolare, ad esempio, l'attrazione su di un asteroide a 5.000.000 km dalla terra, potresti utilizzare in buona approssimazione il baricentro del sistema T-L, e magari riusciresti pure a determinare come questa attrazione ne influenza l'orbita
Guarda che non stiamo dicendo cose differenti. Io ho parlato di oggetti che gravitano nei dintorni del sistema Terra-Luna. Per oggetti più lontani il calcolo sarebbe teoricamente lo stesso, ma la grande differenza fra le distanze in gioco permetterebbe l'approssimazione di cui parli.
Altro esempio: se volessimo calcolare le oscillazioni della Terra, rispetto alla sua teorica orbita ellittica, dovute alla presenza della Luna, puoi tranquillamente usare il baricentro del sistema T-L, e la cosa semplificherebbe di molto i calcoli.
Entrambe sono sicuramente questione di dinamica, non di statica.
OK, mi sono espresso in modo incompleto. E' ovvio, e l'ho anche esplicitato, che il sistema TL ruota intorno al baricentro TL, e si tratta certamente di una questione dinamica. Ciò che intendevo dire è che il calcolo del baricentro dei due oggetti può essere fatto anche solo con considerazioni di statica. Quando si ha un terzo oggetto tipo satellite od asteroide, ma anche il peso del filo a piombo se si vuole essere pignoli, per calcolare la direzione verso cui viene attratto occorre tirare in ballo concetti dinamici, come la composizione delle forze, più eventualmente la sua velocità iniziale, le leggi di Newton e di Keplero ecc.
Come ho già cercato di spiegare (evidentemente senza successo), il baricentro è un'approssimazione validissima, sia in statica che in dinamica, ma solo entro determinate condizioni.
Ti sei spiegato benissimo e te ne ho dato atto. Mentre ho l'impressione che tu non abbia preso atto del fatto che, quando si parla di modelli teorici semplici come quelli proposti, non vi è alcuna necessità di complicare il discorso con questioni che esulano dal modello scelto.
Se ne può certo parlare, ma solo quando il modello in questione non risulta più adatto a spiegare il problema che ci si sta ponendo.
ho l'impressione che tu non abbia preso atto del fatto che, quando si parla di modelli teorici semplici come quelli proposti, non vi è alcuna necessità di complicare il discorso con questioni che esulano dal modello scelto.
Al contrario, ho capito quello che intendi dire, ma non sono d'accordo, e nella parte finale dell'ultimo post (così come nei precedenti), ho cercato di spiegare il motivo ;)
Poi, che per i calcoli effettivi si usi il modello più semplificato possibile (compatibilmente con la validità delle approssimazioni) ci sta tutto, ed è appunto a questo che servono i modelli, ma per capire la natura del fenomeno, secondo me, bisogna andare il più a fondo possibile, e POI scegliere il modello più adatto alle esigenze. Senò facciamo la fine del matematico nella barzelletta dei cavalli sferici (o del fisico, a seconda di chi la racconta) :biggrin:.
Gaetano M.
30-05-2015, 18:07
Secondo me, non si può usare il baricentro di un sistema su masse all'interno del sistema, ma esclusivamente su masse ragionevolmente distanti. Ad esempio per l'orbita terra/luna intorno al sole si puo tener conto di questo baricentro. Altro esempio: al centro della terra la gravità è praticamente nulla, l'attrazione delle masse circostanti si bilanciano. Resterebbero solo le attrazioni della Luna e del Sole ma non quella della terra.
Secondo me, non si può usare il baricentro di un sistema su masse all'interno del sistema, ma esclusivamente su masse ragionevolmente distanti. Ad esempio per l'orbita terra/luna intorno al sole si puo tener conto di questo baricentro. Altro esempio: al centro della terra la gravità è praticamente nulla, l'attrazione delle masse circostanti si bilanciano. Resterebbero solo le attrazioni della Luna e del Sole ma non quella della terra.
L'osservazione è interessante, e mi pare in linea con quanto diceva bertupg col discorso dell'integrazione. In realtà, dopo la perplessità iniziale, ne avevo già tenuto conto rinunciando a vedere il baricentro Terra-Luna come il punto verso cui veniva attratto il filo a piombo. Parlando però di un corpo esterno sia alla Terra che alla Luna, e dunque ragionevolmente distante, credo però sia corretto ritenere che la massa dei due corpi sia concentrata nei rispettivi baricentri, e che quindi la sua traiettoria sia determinata dall'azione concomitante delle due gravità.
Morimondo
03-06-2015, 09:57
Bellissima discussione grazie Arzak.
A chi puo interessare sul link seguente la mappa delle variazioni di gravità della terra:
http://daily.wired.it/news/scienza/la-nuova-mappa-della-gravita-terrestre.html
sul link che seque un'altra discussione sul tema
http://labtopo.ing.unipg.it/files_sito/aurelio/3%20-%20CAMPO%20GRAVITAZIONALE%20TERRESTRE%20E%20GEOIDE .pdf
Una curiosità ricordo un filmato, forse sulla mitica trasmissione Quark di Piero Angela, in cui una pallina di ping pong saliva su un piano inclinato pare che in quella regione, credo Israele, vi fosse un forte addensamento di materiali ferrosi in profondità.
Una curiosità ricordo un filmato, forse sulla mitica trasmissione Quark di Piero Angela, in cui una pallina di ping pong saliva su un piano inclinato pare che in quella regione, credo Israele, vi fosse un forte addensamento di materiali ferrosi in profondità.
C'è sui colli romani, non ricordo se vicino ad Ariccia o a Velletri, un punto in cui gli automobilisti giurano che la loro auto va in salita anche a motore spento. Secondo me si tratta solo di un'illusione ottica, ma chi è di quelle parti potrebbe dirci qualcosa in merito.
Stefano Simoni
03-06-2015, 12:15
C'è sui colli romani, non ricordo se vicino ad Ariccia o a Velletri, un punto in cui gli automobilisti giurano che la loro auto va in salita anche a motore spento. Secondo me si tratta solo di un'illusione ottica, ma chi è di quelle parti potrebbe dirci qualcosa in merito.
Salita a Rocca di Papa, illusione ottica molto simpatica, giurerei di aver visto lattine di cocacola risalire la strada! :biggrin:
Appunto, solo un'illusione ottica: http://attivissimo.blogspot.it/2009/03/salite-in-discesa-tg5-e-tg2-abboccano.html ;)
Appunto, solo un'illusione ottica: http://attivissimo.blogspot.it/2009/03/salite-in-discesa-tg5-e-tg2-abboccano.html ;)
Ho letto, e devo dire che l'entusiasmo con cui molti avallano le bufale è un segno dell'atteggiamento antiscientifico che prospera in Italia e altrove. Atteggiamento però comune ad entrambe le parti in causa: non so se il caso israeliano sia una bufala anch'esso, ma ignorare che la presenza di masse altera la gravità di una certa zona è un altro esempio di scarsa cultura scientifica.
Morimondo
03-06-2015, 13:02
ma ignorare che la presenza di masse altera la gravità di una certa zona è un altro esempio di scarsa cultura scientifica.
Sarebbe bello che ci fosse qualcuno in grado di calcolare che massa di ferro, penso a un grosso meteorite, che sarebbe necessaria per far salire una pallina da ping pong su un asse inclinato diciamo di 1°.
Se non erro anche sulla luna vi sono questi addensamenti ferrosi nel sottosuolo (mascons?) che influenzavano l'orbita dello spider USA.
Salita a Rocca di Papa, illusione ottica molto simpatica, giurerei di aver visto lattine di cocacola risalire la strada! :biggrin:
Precisamente qui (https://www.google.com/maps/place/41%C2%B044'05.0%22N+12%C2%B041'30.0%22E/@41.7367796,12.6907658,15z/data=!4m2!3m1!1s0x0:0x0)...e se proseguite ancora poco verso Nord, raccomando sosta gastronomica a "La Foresta" in particolare nella stagione dei funghi porcini..:sbav:
Sarebbe bello che ci fosse qualcuno in grado di calcolare che massa di ferro, penso a un grosso meteorite, che sarebbe necessaria per far salire una pallina da ping pong su un asse inclinato diciamo di 1°.
Se non erro anche sulla luna vi sono questi addensamenti ferrosi nel sottosuolo (mascons?) che influenzavano l'orbita dello spider USA.
Bisognerebbe conoscere la distanza fra il baricentro del meteorite e la pallina. Immaginando che sia 10 m, da un calcolino fatto al volo la massa del meteorite risulterebbe 0,16 . 1014 kg (salvo errori o strafalcioni). Un po' tantino, considerato che la massa della terra è 6 . 1024.
Per avere un'idea più precisa occorrerebbe calcolarne il volume, a partire dalla densità. Se qualcuno si vuol cimentare, che io ora ho da fare... :cool:
PS: Ho dimenticato un passaggio http://r15.imgfast.net/users/1517/32/07/50/smiles/97389705.gif
ho rifatto i conti, ed il risultato corretto pare essere circa 27. 1010, analogo a quello trovato qui sotto da bertupg
Precisamente qui (https://www.google.com/maps/place/41%C2%B044'05.0%22N+12%C2%B041'30.0%22E/@41.7367796,12.6907658,15z/data=!4m2!3m1!1s0x0:0x0)...e se proseguite ancora poco verso Nord, raccomando sosta gastronomica a "La Foresta" in particolare nella stagione dei funghi porcini..:sbav:
Saranno senz'altro funghi allucinogeni, visti i fenomeni di illusione ottica che si verificano da quelle parti... :biggrin:
Se non erro anche sulla luna vi sono questi addensamenti ferrosi nel sottosuolo (mascons?) che influenzavano l'orbita dello spider USA.
Qui potrebbe però trattarsi più di un fenomeno magnetico che gravitazionale http://r15.imgfast.net/users/1517/32/07/50/smiles/2035563755.gif
Morimondo
03-06-2015, 14:38
Precisamente qui (https://www.google.com/maps/place/41%C2%B044'05.0%22N+12%C2%B041'30.0%22E/@41.7367796,12.6907658,15z/data=!4m2!3m1!1s0x0:0x0)...e se proseguite ancora poco verso Nord, raccomando sosta gastronomica a "La Foresta" in particolare nella stagione dei funghi porcini..:sbav:
Ho passato una bellissima settimana a Rocca di Papa ero in un albergo in piazza con camera su una terrazza all'ultimo piano, mi son girato tutta la zona Nemi allora era bellissima oggi purtroppo il progresso l'ha cambiata, non sono riuscito a trovare il ristorante che dava sul lago...
Stefano Simoni
03-06-2015, 14:46
Precisamente qui (https://www.google.com/maps/place/41%C2%B044'05.0%22N+12%C2%B041'30.0%22E/@41.7367796,12.6907658,15z/data=!4m2!3m1!1s0x0:0x0)...e se proseguite ancora poco verso Nord, raccomando sosta gastronomica a "La Foresta" in particolare nella stagione dei funghi porcini..:sbav:
Va beh la via dei laghi è un delirio, La Foresta, Baffone, Iacchelli... e poi si chiude con 2 fragolette a Nemi :sbav:
Morimondo scusa, un asse inclinato di 1° rispetto a cosa?
Per definizione, il piano "orizzontale" è quello tangente alla superficie del geoide nel punto in cui lo misuri (tramite filo a piombo, livella a bolla, ecc...).
Su di una qualunque superficie inclinata rispetto a questo piano, un oggetto fermo e libero di muoversi, in assenza di attrito e di forze esterne, andrà inesorabilmente verso il basso, e non c'è massa di ferro o altro che tenga, perché la stessa presenza di zone ad alta densità altera la superficie del geoide rispetto alla quale misuri l'angolo del tuo piano inclinato.
Se invece ti riferisci al caso di una massa posta SUCCESSIVAMENTE all'aver definito il piano orizzontale, allora il calcolo in via del tutto teorica è possibile.
Ipotizzando una pallina di massa m posta su un piano inclinato di un angolo \alpha, e ad una distanza d da un oggetto di massa M, bisogna imporre che:
F\cos\alpha>mg\sin\alpha
dove:
g = accelerazione di gravità terrestre (circa 9,81 m/s2)
F=\frac{mMG}{{d}^{2}}
(G = costante di gravitazione universale = circa 6,67x10-11 Nm2/kg2)
facendo un po' di passaggi e sostituzioni si dovrebbe arrivare (se non ho sbagliato i conti :rolleyes:) a:
M=\frac{{d}^{2}g\tan\alpha}{G}
E' ovviamente un calcolo approssimato, il quale sottintende l'ipotesi che la massa M che andiamo a depositare sia comprimibile in uno spazio minore della distanza d.
Lascio a te il piacere di sostituire i valori e scoprire l'entità di questa ipotetica massa, e trarre le debite conclusioni! ;)
Morimondo
03-06-2015, 17:39
Morimondo scusa, un asse inclinato di 1° rispetto a cosa?
Per definizione, il piano "orizzontale" è quello tangente alla superficie del geoide nel punto in cui lo misuri (tramite filo a piombo, livella a bolla, ecc...).
Si intendevo 1° rispetto a una bolla indicante 0°, ma a occhio in base a quello che ha scritto Arzak occorrerebbe una massa di 2 miliardi di tonnellate di ferro.
A meno che non siano poste a chissà quale profondità, quindi la distanza è un'altra variabile questo bel nocciolo di ferro non sarebbe ancora li a far risalire la pallina di ping pong, probabilmente ha ragione SVelo è un'illusione ottica
Gaetano M.
03-06-2015, 18:12
Come faresti a convincere la bolla ad ignorare la massa ferrosa?:biggrin:
Ipotizzando una pallina di massa m posta su un piano inclinato di un angolo \alpha, e ad una distanza d da un oggetto di massa M...
E' più o meno il calcolo che ho fatto io, a parte il cos \alpha che non capisco (la forza di Newton agisce simmetricamente in tutte le direzioni... Cambia però poco perchè il cos \alpha vale quasi uno). Il risultato finale però mi viene diverso dal tuo. Rifaccio i calcoli così vediamo dove ho sbagliato. Partiamo dal disegnino:
http://i18.servimg.com/u/f18/17/25/68/48/pingpo11.jpg
M è la massa del meteorite, m quella della pallina, F la forza di Newton. Gli altri simboli hanno significati ovvi.
Perché M attiri a sé m lungo il piano inclinato occorre che la sua forza di gravità sia maggiore della componente del peso di m diretta lungo la congiungente i baricentri:
F = G m M /d2 = mg sen \alpha
esprimo g in funzione di G:
F = G m M /d2 = m G MT /r2 sen \alpha
dove MT è la massa della Terra ed r il suo raggio.
Semplificando si trova:
M = MTd2 / r2 . sen \alpha
con d = 10m , r = 6. 106 e sen \alpha = 0,0174 si ottiene circa:
M = 27 . 1010 kg
Facendo i conti con la formula indicata da @bertupg (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=82) a me viene invece 25,5 1010, ma direi che con le approssimazioni fatte ci siamo.
La cosa sorprendente consiste nel fatto che la massa necessaria ad attirare la pallina non dipende dalla massa della pallina stessa ma solo dalla distanza fra i baricentri. Non è una novità, anche il moto di un oggetto in un campo gravitazionale non dipende dalla sua massa, ma in questo caso la scoperta può lasciare perplessi. Si apra il dibattito.
------------------------------
NB: nel calcolo precedente avevo dimenticato un sen \alpha. Il risultato era quindi inesatto.
Occorre però dire che anche P subisce l'influsso gravitazionale di M. La sua direzione non sarà proprio quindi quella indicata. Vista però la grande sproporzione fra le massa del meteorite e quella della Terra (14 ordini di grandezza) si può ritenere che tale differenza sia trascurabile, come visto nella prima parte del thread. Abbiamo poi implicitamente assunto che l'attrito sul piano sia nullo, fidando nel fatto che la pallina da ping-pong era comunque leggera (2,7 g). Verificando però che l'attrazione non dipende dalla massa, nel caso questa sia maggiore occorrerebbe tener conto anche di questo fattore.
Dove non sono indicate, si intende che le unità di misura sono espresse secondo le convenzioni dell Sistema Internazionale.
Enrico Corsaro
03-06-2015, 22:35
Arzak, se puoi prova ad usare le formule in LaTeX...è molto più conveniente, facile e pulito anche per la resa dei messaggi. Bisogna solo prenderci un pò la mano, in caso se serve aiuto chiedi pure.
@Arzak (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=3374):
si, in effetti io mi sono basato su una situazione un po' di versa (non ho fatto uno schema, me lo sono solo immaginato), nella quale le dimensioni della pallina e della massa sono confrontabili, per cui F è idealmente orizzontale e il coseno viene introdotto per prendere la componente lungo il piano inclinato, esattamente come viene usato il seno per la componente di g lungo la stessa direzione.
Ho introdotto questa semplificazione per evitare di complicare ulteriormente la formula per tenere conto del fattore forma della massa M. Mi rendo conto che è un po' forzata come approssimazione, ma, come hai visto, l'ordine di grandezza del risultato è il medesimo, e da comunque l'idea di cosa stiamo parlando
Nel dettaglio, i passaggi sono:
F\cos\alpha>mg\sin\alpha \Rightarrow \frac{mMG}{{d}^{2}}\cos\alpha>mg\sin\alpha \Rightarrow M>\frac{{d}^{2}}{G}g\tan\alpha
Oltre alla questione del coseno, la differenza è che non ho espresso g in funzione di massa e raggio terrestre, ma ho usato il valore medio approssimato 9,81 m/s2, cosa che ovviamente mi ha obbligato a lasciare anche il termine G.
Riguardo al fatto che la massa della pallina non compaia nella formula, anche se potrebbe essere anti-intuitivo, non è così straordinario, considerando che stiamo in realtà confrontando due forze contrapposte che agiscono sul medesimo oggetto: la massa entrerebbe in gioco se volessimo calcolare con che accelerazione la pallina da ping-pong comincerebbe a risalire il piano inclinato, ma a questo punto non potremmo più assumere d con valore costante, e quindi neanche F! :awesome:
Riguardo al fatto che la massa della pallina non compaia nella formula, anche se potrebbe essere anti-intuitivo, non è così straordinario, considerando che stiamo in realtà confrontando due forze contrapposte che agiscono sul medesimo oggetto.
Infatti. A prima vista verrebbe da dire che se m aumenta, M farà più fatica ad attrarla, ma ciò è in teoria inesatto: la forza che si esercita fra M ed m dipende da entrambe le masse. Col crescere di m cresce anche la forza di attrazione fra i due corpi, compensando così l'aumento di peso di m.
Ciò ignorando però l'attrito. Per questo immagino che l'amico @Morimondo (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=3620) abbia citato la pallina da ping pong: oltre allo scarso peso, che minimizzerebbe l'attrito radente, è anche di forma circolare offrendo così solo un attrito volvente assai minore.
Ma c'è un'altra osservazione interessante: se si esprime appunto g in funzione di G si nota che la massa M capace di attirare la massa m, oltre a non dipendere da quest'ultima, non dipende nemmeno dalla costante di gravitazione universale ma solo dalla distanza. E credo che almeno questo crei qualche perplessità...
M = (MTd2 / r2 ). sen http://www.astronomia.com/forum/vlatex/pics/6_7b7f9dbfea05c83784f8b85149852f08.png
@Arzak (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=3374), se puoi prova ad usare le formule in LaTeX...è molto più conveniente, facile e pulito anche per la resa dei messaggi. Bisogna solo prenderci un pò la mano, in caso se serve aiuto chiedi pure.
Sì, in effetti se ricordi anch'io ho sollecitato l'adozione di questa utilissima innovazione. Il fatto è che nella visione WYSIWYG non mi compare la forma finale che assumerà l'espressione, ma solo una serie di simboli difficilmente maneggiabili. Immagino che ciò dipenda dal browser, proverò a cambiarne due o tre per vedere il risultato.
In ogni caso nelle formule che ho usato l'unica differenza consisteva nell'uso della forward slash "/" al posto del segno di frazione. Per espressioni meno semplici come \sqrt[n]{x} sarà comunque obbligatorio ricorrere ai comandi rapidi...
Enrico Corsaro
04-06-2015, 14:53
Sì, in effetti se ricordi anch'io ho sollecitato l'adozione di questa utilissima innovazione. Il fatto è che nella visione WYSIWYG non mi compare la forma finale che assumerà l'espressione, ma solo una serie di simboli difficilmente maneggiabili. Immagino che ciò dipenda dal browser, proverò a cambiarne due o tre per vedere il risultato.
In ogni caso nelle formule che ho usato l'unica differenza consisteva nell'uso della forward slash "/" al posto del segno di frazione. Per espressioni meno semplici come \sqrt[n]{x} sarà comunque obbligatorio ricorrere ai comandi rapidi...
Ti basta fare Anteprima Messaggio per visualizzarle tutte prima di inviarlo ;)
Morimondo
04-06-2015, 17:56
F = G m M /d2 = mg sen \alpha
esprimo g in funzione di G:
F = G m M /d2 = m G MT /r2 sen \alpha
dove MT è la massa della Terra ed r il suo raggio.
Semplificando si trova:
M = MTd2 / r2 . sen \alpha
con d = 10m , r = 6. 106 e sen \alpha = 0,0174 si ottiene circa:
M = 27 . 1010 kg
Facendo i conti con la formula indicata da @bertupg (http://www.astronomia.com/forum/member.php?u=82) a me viene invece 25,5 1010, ma direi che con le approssimazioni fatte ci siamo.
La cosa sorprendente consiste nel fatto che la massa necessaria ad attirare la pallina non dipende dalla massa della pallina stessa ma solo dalla distanza fra i baricentri. Non è una novità, anche il moto di un oggetto in un campo gravitazionale non dipende dalla sua massa, ma in questo caso la scoperta può lasciare perplessi. Si apra il dibattito.
------------------------------
NB: nel calcolo precedente avevo dimenticato un sen \alpha. Il risultato era quindi inesatto.
Occorre però dire che anche P subisce l'influsso gravitazionale di M. La sua direzione non sarà proprio quindi quella indicata. Vista però la grande sproporzione fra le massa del meteorite e quella della Terra (14 ordini di grandezza) si può ritenere che tale differenza sia trascurabile, come visto nella prima parte del thread. Abbiamo poi implicitamente assunto che l'attrito sul piano sia nullo, fidando nel fatto che la pallina da ping-pong era comunque leggera (2,7 g). Verificando però che l'attrazione non dipende dalla massa, nel caso questa sia maggiore occorrerebbe tener conto anche di questo fattore.
Dove non sono indicate, si intende che le unità di misura sono espresse secondo le convenzioni dell Sistema Internazionale.
Credo che un meteorite cosi grosso (270.000.000 di tonnellate) se sferico ha un raggio maggiore di 10 metri oltre 200 metri mi pare
Credo che un meteorite cosi grosso (270.000.000 di tonnellate) se sferico ha un raggio maggiore di 10 metri oltre 200 metri mi pare
Dipende dalla densità. Se il meteorite fosse di piombo sarebbe circa \delta = 104 kg/m3
Essendo M = 27 . 1010 kg, il volume è dato da V = \frac{m}{\delta }
e cioè V = 27 * 1010 / 104 = 27 * 106
Se immaginiamo che l'oggetto sia un cubo, per trovarne il lato basta fare la radice cubica:
l = 3 * 102 ossia 300 m.Come ordine di grandezza è abbastanza vicino a quanto hai scritto. :)
(Sempre salvo miei strafalcioni)
Morimondo
04-06-2015, 22:56
Dipende dalla densità. Se il meteorite fosse di piombo sarebbe circa \delta = 104 kg/m3
Essendo M = 27 . 1010 kg, il volume è dato da V = \frac{m}{\delta }
e cioè V = 27 * 1010 / 104 = 27 * 106
Se immaginiamo che l'oggetto sia un cubo, per trovarne il lato basta fare la radice cubica:
l = 3 * 102 ossia 300 m.Come ordine di grandezza è abbastanza vicino a quanto hai scritto. :)
(Sempre salvo miei strafalcioni)
Io ho immaginato fosse ferroso quindi con ps di 7,85, ma piombo o ferro il diametro è più di 10 m e quindi la distanza dal centro cambia
etruscastro
05-06-2015, 06:59
Morimondo non quotare per intero il messaggio immediatamente precedente senza un motivo tecnico, la lettura del forum si appesantisce in maniera critica.
Io ho immaginato fosse ferroso quindi con ps di 7,85, ma piombo o ferro il diametro è più di 10 m e quindi la distanza dal centro cambia
Hai ragione, e quindi bisognerebbe rifare i calcoli. In alternativa, come suggeriva bertupg, per non dannarci immaginiamo che la massa sia concentrata nel baricentro e buonanotte...
http://r21.imgfast.net/users/2111/37/79/08/smiles/2320047561.gif
Morimondo
05-06-2015, 12:59
Avete dimostro in linea teorica la fattibilità e nel contempo la probabilità che si trattasse, in Israele, di un effetto ottico, perchè ci dovrebbe essere una collina del diametro di 400 metri ricca di 230 miliardi di tonnellate di ferro li intatta, ( 50$ a tonnellata è il valore del minerale di ferro:razz:) il che penso sia impossibile.
Avete dimostro in linea teorica la fattibilità e nel contempo la probabilità che si trattasse, in Israele, di un effetto ottico, perchè ci dovrebbe essere una collina del diametro di 400 metri ricca di 230 miliardi di tonnellate di ferro li intatta, ( 50$ a tonnellata è il valore del minerale di ferro:razz:) il che penso sia impossibile.
Hai ragione. Non ho visto quel video, ma in generale, viste le dimensioni che abbiamo trovato, basterebbe che nei pressi ci fosse una montagna sui 1000 m per raggiungere una massa tale da attrarre l'oggettino sul piano inclinato. :)
lucianob
19-08-2015, 13:42
Ciao Arzak
Per stare in tema con il tuo #1 messaggio .................
Se puo' esserti utile, ho il calcolo per l'esatto baricentro dei corpi Terra - Luna o detto in gergo tecnico Earth-Moon-Barycenter o ancora "EMB" -
Il tuo post e interessante iniziale, bello il disegno, bello l'angolo anche impreciso perché non dinamico, ma non si avvale di cose IMPORTANTI per l'orbita e la soluzione la trovi nel calcolo a 2 corpi . n2-corpi se ricordo ancora.
Il tuo valore mi pare di capire (
4600 )e ' Copiato, perché' non vedo nessun calcolo in proposito.
Se avessi preso la briga di scaricarti il mio foglio di calcolo, avresti trovato la formula o algoritmo. il metodo per poterlo calcolare, in funzione del movimento dinamico dei 2 corpi. Tu hai infatti scritto giustamente ""
26-05-2015, 13:19 ---E dunque, almeno in un sistema statico, dovrebbe attirare verso di sè tutti i corpi che si trovano nelle vicinanze.
Il sistema mai e statico anche se parrebbe il calcolo esserlo. Comunque considera sempre che, """Ove il corpo e di maggiore massa, ed il satellite o pianeta e di massa minore, il suo baricentro e all'interno del corpo di maggiore massa, per la quale si considera anche la loro distanza orbitale istantanea""" spesso esatta al 99,9%.
Non ti ricorda qualche altra cosa ??
Quella famosa legge sulla Gravitazione Universale ? k ? sulla reciproca distanza dei corpi, ma applicata invece con questa a Stella-Pianete o Pianeta-Satellite.
Allora ................ detto questo procedo a farti capire come si svolge il calcolo corretto.
Capendo come si arriva al risultato. Per'altro il tuo valore
O meglio Terra-Luna o satellite. E anche + /- preciso ma non e esatto . Forse hai preso il valore altrove ricopiato. Ma e bello invece un po' sapere come ottenerlo con esatta posizione. !
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=(dT * mP ) / (mP +MT)
dt Distanza della Terra dinamica, in UA (Unità astronomiche), non valore cosi' alla cavolo . Calcolato da Polinomiali e un valore fisso inserito di 385000,5584 km - a cui si aggiunge Polinomiali e variabili. Considerando in questo algoritmo il diametro della Terra al momento considerato per le equazioni (6378,14km)
mP = massa della Luna " 7.34575270297230E+22 ESATTO dedotto da JPL (DE eph.) a cui ho dedotto dalla Mass Ratio Sun / Planet- preso da Coefficent Table Astronomic Cal Costant 2015 - - - Ottenuto da (Massa Solare/Ratio) => [ 1,9884E+30 / (27068703,241203) ] = Valore Massa Luna
[Attenzione riesco anche a calcolarti l'esatta massa del Sole allo stato attuale che non si discosta molto dal valore del JPL !] L'incognita e' la rotazione terrestre il cui numero di secondi contenuti nell'anno, non e' regolare, ma ci sono variazioni .
12000BC=> 1.98842179812861E+30
3000.DC => 1.98842164648406E+30
perdita di una inezia..... neanche una massa lunare al risultato, dimezzando il risultato alla fine.
MT = Massa della Terra = 5,972186307E+24 ESATTO dedotto da JPL (DE eph.)! tralasciato 3 altri numeri finali.
Se io traslo i valori che ho sapendo il dt che ho preciso. alla data del
01/01/2015 - 00:00TU JD.2457023,5 o
MJD(GGM) 57023,006965741 & TT/TET 1.14999315537303
Il Baricentro Terra Luna EMB, si trovava sulla terra a ...
Abbiamo
dt =383565,133 km |Ottenuto da calcolo complesso |
mP= 7.345752702972E+22
mT= 5.97213875270E+24
c¹o¹ = ( 383565,133 * 7.345752702972E+22) / ( 7.345752702972E+22 +5.97213875270E+24)
4660,54047 km diciamo per stare precisi 4660,54 Km . Visto che il calcolo della Distanza Terra-Luna e' preciso con scarto di 400km.!
Se la terra e di valore equazionale (termine usato per il valore da usare nei calcoli), appare essere 6378,14km
Otteniamo anche il valore della distanza Baricentro EMB + Centro Luna =>
= (dt - c¹o¹) = 383565,133 - 4660,54047 = 378.904,593 km (~ ~) .
Baricentro Terra, viene riferito come il punto di esatto centro gravitazionale dei corpi in questione.
Considerando che in esempio la Terra ha un Raggio di 6378,14 km.
Se ne deduce dal calcolo che la distanza al momento Terra LUna era: 383565,133 km
Il Baricentro si trova dal suo centro a 4660,54 km ~
Dal Baricentro a Centro Luna era di .: 378.904,593 km ~
I Valori cambiano in funzione dell'Orbita , cambiando i valori.
Desumiano invece che:
- Il valore effettivo della Massa del Sole e' anche se minima Loss of energy e Loss Mass. impercettibile (Anche su arco di 9000 year).
- Il Valore della Massa della Terra anche essa risulta abbastanza precisa, pero' se cambiano le costanti locali (variazioni di massa sole e numero secondi annui), variano anche le costanti di calcolo. I Riferimenti locali non sono piu' esatti.
Stesso per il calcolo della massa lunare dedotto da ... . -vedi sopra. -
Io ho preso il valore della costante che ho letto, ma se prendo il mio valore ottengo una piccola variazione anche del baricentro.
Cordiale Saluto ..
.. (1h per fare il post ma spero almeno sia istruttivo, e poi si dice che non ci metto l'amore e la passione..:biggrin:) , mentre per calcolar ela massa del sole possiamo fare anche un'altro post interessante.
PS Il Table Astronomic Cal Costant a cui mi riferisco e' contenuto all'interno del progetto Effemeridi, denominato Astronomical_Constants_2015.pdf - Chi ne avesse avuto voglia di scarica il file, al post inerente -
Avrebbe una cognizione anche da dove vengono le costanti utilizzate per i calcoli. -
Quegli stessi SONO utilizzate sulle routine DE, del JPL. (Jet Propulsion Laboratory della NASA) -
Morimondo
19-08-2015, 16:55
.. (1h per fare il post ma spero almeno sia istruttivo, e poi si dice che non ci metto l'amore e la passione..:biggrin:) , mentre per calcolar ela massa del sole possiamo fare anche un'altro post interessante.
Complimenti l'ho letto solo ora.
Impiegherò più di un'ora, a capirlo;)
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