Titanium

por **Andre França** em Sexta Dez 22, 2006 1:12 am

A energia mínima será $\frac{4}{3}\rho \pi r^2$ ?

por **jap** em Sexta Dez 22, 2006 1:20 am

Andre França Escreveu:A energia mínima será $\frac{4}{3}\rho \pi r^2$ ?

Não me parece que esta expressão tenha as dimensões de uma energia... :cry:

por **Andre França** em Sexta Dez 22, 2006 1:44 am

jap Escreveu:
Andre França Escreveu:A energia mínima será $\frac{4}{3}\rho \pi r^2$ ?

Não me parece que esta expressão tenha as dimensões de uma energia...

Ahh, calculei um potencial, ao que parece.. esqueci-me de incluir a massa retirada :S (e faltou-me o G) agora, quando a incluo, não estou a ter um resultado coerente em termos dimensionais..

EDIT:

$\frac{8}{3}G \rho^2 \pi^2 r^3 d^2$
sendo d^2 = 1m^2

agora tenho (G) kg^2*m^5/m^6 = qualquer coisa semelhante a (G)(massa)(Massa)/r

já está coerente (acho eu) em termos dimensionais, embora eu não tenha muita fé no resultado

por **pmp** em Domingo Dez 31, 2006 5:23 pm

Obtive um resultado semelhante ao do André:

$W=\frac{2}{3}G\rho ^2\pi ^2r^4d$

Será isto?

por **jap** em Segunda Jan 01, 2007 7:29 pm

pmp Escreveu:Obtive um resultado semelhante ao do André:

$W=\frac{2}{3}G\rho ^2\pi ^2r^4d$

Será isto?

Pedro,

Parabéns, o resultado que obtiveste difere do meu resultado, que julgo ser o correcto, de um mero factor de 2

. Eu obtive

$W = \frac{1}{3}\pi^2Gr^4\rho^2d$ ,

ou, em termos da massa do planeta e da aceleração da gravidade à sua superfície,

$W = \frac{3}{16}Mgd$ .

Verifica as tuas contas, eu farei o mesmo, um de nós enganou-se num factor de 2!

por **pmp** em Segunda Jan 01, 2007 8:28 pm

Acredito que o erro seja meu, não de cálculos, mas de resolução.

Representei o disco pelo seu centro de massa, e vi que actuava nele uma força gravítica:

F_g(r)=-kr

e

$k=\frac{GMm}{R^3}$ , sendo

a massa do asteróide e

apenas a massa do disco.

Assim, o trabalho total dos Gulya, seria:

$W=\frac{1}{2}kR^2$ , o que conduz ao resultado que apresentei no post anterior.

Acho que é uma solução simplista, mas mesmo assim o resultado não foi muito disparatado.

por **jap** em Quinta Jan 04, 2007 1:14 am

Pedro,

A diferença do factor de 2 resulta de teres calculado o trabalho através da posição do centro de massa do disco...

Para obter o resultado exacto, terás de dividir o disco em n "anéis", calcular o trabalho para extrair a massa de cada um dos anéis e somar os trabalhos todos (n terá de ser grande):lol:

No limite em que n é mesmo muito grande o problema resume-se ao cálculo de um integral (fácil), mas podemos fazer a soma de outras formas... :wink:

por **jap** em Domingo Fev 04, 2007 9:41 pm

Bom, para fecharmos a saga do planeta Titanium, aqui vai a justificação da solução para o trabalho dos Gyula:

$W = \frac{3}{16}Mgd$ .

Se alguém ainda se lembra :?:

do estado desta saga , o Pedro Ponte conseguiu resolvê-lo de uma forma engenhosa, mas aproximada, tendo obtido um valor para o trabalho que é metade do valor exacto. Nada mau, Pedro! :wink:

Então aqui vai a minha proposta de resolução, que envolve alguns integrais simples (só para praticarem um bocadito com estes exemplos simples!):

Calculemos o trabalho envolvido na extracção do disco de massa compreendido entre r e r+dr. Este disco tem massa $\Delta m$ e como a aceleração é

$g(r) = g\frac{r}{R}$ ( g é a aceleração à superfície)

então

${\rm d} W = \int \Delta m g \frac{x}{R}{\rm d} r= \frac{\Delta mg}{2R}(R^2-r^2)$ .

Por outro lado a massa $\Delta m$ é

$\Delta m = \rho dV = \rho d2\pi{\rm d} r= \frac{3}{2}dM\frac{r}{R^3}{\rm d} r$ .

Substituindo acima, vem

${\rm d} W = \frac{3}{4}\frac{MGd}{R^4}(R^2-r^2){\rm d} r$ .

O trabalho total vem, finalmente, :lol:

$W = \int {\rm d} W = \frac{3}{4}\frac{MGd}{R^4}\int_0^R{(R^2-r^2){\rm d} r} = \frac{3}{4}\frac{MGd}{R^4} \frac{R^4}{4} = \frac{3}{16}Mgd$

Titanium

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