Usando la tua definizione di "caduta", gli oggetti più pesanti cadono più velocemente, ed ecco un modo per giustificarlo: considera la situazione nel quadro di riferimento del centro di massa del sistema a due corpi (CM della Terra e qualunque cosa tu ci stia lasciando, per esempio). Ciascun oggetto esercita una forza sull'altro di

$$ F = \ frac {G m_1 m_2} {r ^ 2} $$

dove $ r = x_2 - x_1 $ ( assumendo $ x_2 > x_1 $) è la distanza di separazione. Quindi per l'oggetto 1, hai

$$ \ frac {G m_1 m_2} {r ^ 2} = m_1 \ ddot {x} _1 $$

e per l'oggetto 2,

$$ \ frac {G m_1 m_2} {r ^ 2} = -m_2 \ ddot {x} _2 $$

Poiché l'oggetto 2 è a destra, viene estratto a sinistra, in direzione negativa. Annullando i fattori comuni e sommandoli, ottieni

$$ \ frac {G (m_1 + m_2)} {r ^ 2} = - \ ddot {r} $$

Quindi è chiaro che quando la massa totale è maggiore, l'entità dell'accelerazione è maggiore, il che significa che ci vorrà meno tempo perché gli oggetti si uniscano. Se vuoi vederlo matematicamente, moltiplica entrambi i lati dell'equazione per $ \ dot {r} \ mathrm {d} t $ per ottenere

$$ \ frac {G (m_1 + m_2)} { r ^ 2} \ mathrm {d} r = - \ dot {r} \ mathrm {d} \ dot {r} $$

e integrate,

$$ G ( m_1 + m_2) \ sinistra (\ frac {1} {r} - \ frac {1} {r_i} \ right) = \ frac {\ dot {r} ^ 2 - \ dot {r} _i ^ 2} {2 } $$

Supponendo $ \ dot {r} _i = 0 $ (gli oggetti iniziano da riposo relativo), puoi riorganizzarlo in

$$ \ sqrt {2G (m_1 + m_2)} \ \ mathrm {d} t = - \ sqrt {\ frac {r_i r} {r_i - r}} \ mathrm {d} r $$

dove ho scelto il negativo radice quadrata perché $ \ dot {r} < 0 $ e integralo di nuovo per trovare

$$ t = \ frac {1} {\ sqrt {2G (m_1 + m_2)}} \ biggl ( \ sqrt {r_i r_f (r_i - r_f)} + r_i ^ {3/2} \ cos ^ {- 1} \ sqrt {\ frac {r_f} {r_i}} \ biggr) $$

dove $ r_f $ è la distanza di separazione finale da centro a centro. Nota che $ t $ è inversamente proporzionale alla massa totale, quindi una massa maggiore si traduce in un tempo di collisione inferiore.

Nel caso di qualcosa come la Terra e una palla da bowling, una delle masse è molto più grande, $ m_1 \ gg m_2 $. Quindi puoi approssimare la dipendenza dalla massa di $ t $ usando una serie di Taylor,

$$ \ frac {1} {\ sqrt {2G (m_1 + m_2)}} = \ frac {1} {\ sqrt {2Gm_1}} \ biggl (1 - \ frac {1} {2} \ frac {m_2} {m_1} + \ cdots \ biggr) $$

Il termine iniziale è completamente indipendente da $ m_2 $ (massa della palla da bowling o qualsiasi altra cosa), ed è per questo che possiamo dire, in modo approssimativo, che tutti gli oggetti cadono alla stessa velocità sulla superficie terrestre. Per oggetti tipici che potrebbero essere lasciati cadere, il primo termine di correzione ha una grandezza di pochi chilogrammi divisa per la massa della Terra, che equivale a $ 10 ^ {- 24} $. Quindi l'inesattezza introdotta ignorando il movimento della Terra è all'incirca una parte su un trilione di trilioni, ben oltre la sensibilità di qualsiasi dispositivo di misurazione che esiste (o può anche essere immaginato) oggi.

Il paradosso appare perché il "frame di riposo" della Terra non è un sistema di riferimento inerziale, sta accelerando. Rimani nel quadro di riferimento CM e, almeno per due corpi, non c'è paradosso. Data una Terra di massa M, un corpo di massa $ m_i $ cadrà verso il centro di massa $ x_ \ textrm {CM} = (M x_M + m_i x_i) / (M + m_i) $ con un'accelerazione $ GM / ( x_i-x_M) ^ 2 $. Nota che $ \ ddot x_ \ textrm {CM} = 0 $

In realtà abbiamo solo nascosto il paradosso, perché ovviamente $ x_ \ textrm {CM} $ è diverso per ogni $ m_i $. Ma questo è un primo passo per formulare il problema in una cornice inerziale decente.

Il paradosso riaffiora di nuovo se vuoi sbarazzarti di $ (x_i-x_M) $. Nella maggior parte delle applicazioni, ora che sei in un sistema di riferimento non accelerato, vuoi considerare le distanze ad esso correlate, cioè $ x_i-X_ \ textrm {CM} $. La soluzione è ridefinire la massa. Come $ x_i-x_ \ textrm {CM} = M (x_i - x_M) / (M + m_i) $, possiamo dire che l'oggetto $ i $ cade nel Centro di massa con un'accelerazione $ G {M ^ 3 \ over (M + m_ i) ^ 2} {1 \ over (x_i-x_ \ textrm {CM}) ^ 2} $ Si potrebbe dire che la massa effettiva della "terra al centro di massa" è questa correzione.

Una volta che hai imparato a cambiare il valore della massa, puoi ancora restare fedele al sistema di riferimento della Terra. In questo sistema di riferimento il quoziente tra forza e accelerazione è $ Mm_i / M + m_i $ Si può affermare che questa è la massa effettiva del corpo durante il calcolo. Questa è chiamata la massa ridotta $ m_r $ del sistema, e puoi vedere che per $ m_i $ piccoli, è quasi uguale a $ m_i $ stesso. Puoi sempre scrivere alcune delle formule precedenti usando la massa ridotta $ m_r $ in combinazione con le masse originali, ad esempio la precedente $ {M ^ 3 \ over (M + m_ i) ^ 2} = M {m_r ^ 2 \ oltre m ^ 2} $, ma non sono sicuro di quanto sia utile. In ogni caso, vedi che avevi ragione su "il più pesante implica più veloce" ma che è perfettamente gestito.

Per tre oggetti, m_1 e m_2 che cadono in M, la domanda è come confrontare il caso con m_1 + m_2 che cadono in M. Separi le forze tra interne, tra 1 e 2, ed esterne, contro M. Guarda il punto $ x_0 = {m_1 x_1 + m_2 x_2 \ oltre m_1 + m_2} $. Questo punto non è accelerato dalle forze interne. E le forze esterne le spostano come $$ \ ddot x_0 = {1 \ over m_1 + m_2} \ left (m_1 {GM \ over (x_1-x_M) ^ 2} + m_2 {GM \ over (x_2-x_M) ^ 2 } \ right) = {F_1 + F_2 \ over m_1 + m_2} $$

Questo sta diventando lungo ... ¡Non posso mettere tutti i Principia in un'unica risposta !. Quindi puoi dimenticare tutte le cose precedenti, considera che è solo un mezzo per fissare la notazione e fare un po 'di pratica, leggi la risposta”:

Se i due corpi sono al stessa distanza $ x $ della terra "esterna", subiscono la stessa accelerazione esterna $ g = GM / (x-x_M) ^ 2 $, e lo stesso accade con $ x_0 $. Se entrambi i corpi sono in un'approssimazione in cui $ g $ può essere considerato costante, che era il caso originariamente considerato da Galileo (e il moderno $ g = 9.8 ~ {\ rm m / s ^ 2} $), allora hanno lo stesso accelerazione -e anche la posizione combinata $ x_0 $ -. Se non sono alla stessa distanza né in un'approssimazione di campo costante -uguale ovunque-, allora puoi ancora salvare il movimento di $ x_0 $ per lavorare come se fosse una forza gravitazionale per una singola massa $ m_T $, ma poi la manipolazione delle equazioni produrrà nelle posizioni relative di $ x_1 $ e $ x_2 $ delle accelerazioni dell'ordine di $ 1 / (x_0-x_M) ^ 3 $. Tali forze sono le " forze di marea ".

Oltre alle risposte già fornite, anche questo potrebbe essere di interesse:

Quando il martello e la piuma vengono fatti cadere simultaneamente, arrivano nello stesso momento, quando vengono lasciati indipendentemente il martello attrae il pianeta più della piuma, quindi hai ragione, il tempo totale fino all'impatto è quindi inferiore per il martello.

Se raccogli il martello e lo lasci cadere a terra mentre la piuma giace a terra e la sua massa si aggiunge alla massa del pianeta (trascurando le disomogeneità della desità), ci vuole lo stesso tempo di quando raccogli la piuma e lasci cade mentre il martello è a terra e la sua massa si somma a quella del pianeta, poiché m1 + m2 + m3 = costante.

Quando lasci cadere contemporaneamente martello e piuma, la piuma percorrerà la distanza maggiore nello stesso tempo, ed è quindi più veloce del martello, poiché il pianeta si sta muovendo più verso il martello che verso la piuma e la piuma viene attratta dalla più grande somma di masse.

La distanza iniziale delle masse puntuali è di 1 metro; nel primo esempio hai 1000kg contro 100kg contro 1kg e nel secondo 1000kg contro 666.̇6kg contro 500kg. Come puoi vedere il "martello" e la "piuma" arrivano contemporaneamente:

La risposta è sì: in linea di principio c'è un tale effetto. Quando la massa dell'oggetto lasciato cadere è piccola rispetto alla massa del pianeta, l'effetto è molto piccolo, ovviamente, ma in linea di principio è lì.

Sono d'accordo. Anche la mia comprensione è la stessa.

Supponendo che la Terra, Marte e la Luna abbiano le stesse dimensioni - Se la Terra e Marte dovessero essere sospesi nello spazio (Marte che cade sulla terra), verrebbero in contatto più velocemente di - se la terra e la luna dovessero essere sospese nello spazio (luna che cade sulla terra) a causa del fatto che Marte farebbe accelerare la terra verso di essa più della luna. Questo a condizione che la distanza tra i due oggetti sia inizialmente la stessa. La terra attrarrebbe entrambi alla stessa velocità per una determinata distanza.

Ho anche postato qui riguardo a cosa cadrà per primo nel caso in cui siano coinvolti tre oggetti, chiedendo se la mia comprensione è corretta. È il classico esperimento della piuma di mela rivisitato. Spero che chiarisca la domanda sopra di @KeithThompson.

Disclaimer

Non sono un fisico, sono "solo" un ingegnere.

Non sono sicuro che valga come risposta, ma almeno uso degli scarabocchi :).

Descriverei la situazione (unidimensionale) come questa:

• Sono presenti due oggetti $ m_1 $ e $ m_2 $ con massa. Il punto al centro è il centro di massa di ogni oggetto.
• La distanza tra i centri di massa è indicata come $ r $ .
• Esiste anche un sistema di riferimento che non è affatto accelerato (un cosiddetto sistema di riferimento inerziale ).
• Le due masse sono attratte l'una dall'altra dalla forza $ F $ descritta dalla legge di gravitazione universale di Newton.

L'accelerazione assoluta di ogni oggetto $ \ ddot {x} _1 $ e $ \ ddot {x} _2 $ può essere formulato come:

• $ \ ddot {x} _1 $ e $ \ ddot {x} _2 $ vengono misurati contro il sistema di riferimento inerziale.
• L'accelerazione è proporzionale ( $ \ sim $ ) alla massa dell'indice opposto ( $ 1 \ to2 $ e $ 2 \ to1 $ ).
• L'accelerazione di chiusura $ a_ {closing} $ (o l'accelerazione di avvicinamento a vicenda) tuttavia è proporzionale alla somma di $ m_1 $ e $ m_2 $ .

Sì, un oggetto pesante lasciato cadere dalla stessa altezza cadrà più velocemente di uno più leggero. Questo è vero nel frame di riposo di entrambi gli oggetti. Puoi vederlo da $ F = GmM / r ^ 2 = m \ cdot a = m \ cdot d ^ 2r / dt ^ 2 $.

La "caduta" più veloce (dato che stiamo ridefinendo L'oggetto che cade) tuttavia è un fotone, che non ha massa.

Il tempo di caduta libera di due masse puntiformi è $ t = \ frac {\ pi} {2} \ sqrt {\ frac {r ^ 3} {2 G (m1 + m2)}} $.

Il tempo di caduta libera dipende dalla somma delle due masse. Per una data massa totale, il tempo di caduta libera è indipendente dal rapporto tra le due masse. Il tempo di caduta libera è lo stesso sia che m ₁ = m ₂ o m ₁ >> m ₂ .

Quando un corpo viene sollevato a una certa altezza e poi lasciato cadere, il tempo per cadere sulla Terra non dipendono dalla massa dell'oggetto. Se sollevi una pallina da ping-pong e poi la lasci cadere, ci vorrà lo stesso tempo per cadere sulla Terra come una palla da bowling. La divisione della Terra in due masse non cambia la somma di tali masse o il tempo di caduta libera.

Tuttavia, quando viene portato un corpo esterno fino a una certa altezza sopra la Terra e poi lasciato cadere, il tempo di caduta libera non dipende dalla massa del corpo esterno. Perché la somma della Terra e del corpo esterno ovviamente dipende dalla massa del corpo esterno.

"La maggior parte dei corpi cadono alla stessa velocità sulla terra, rispetto alla terra, perché la terra è massa M è estremamente grande rispetto alla massa m della maggior parte dei corpi in caduta. Il corpo e la terra cadono ciascuno verso il loro centro di massa comune, che per la maggior parte dei casi è approssimativamente uguale a quello relativo alla terra. In linea di principio, i risultati di un esperimento di caduta libera dipendono dal fatto che le masse in caduta abbiano origine sulla terra, siano extraterrestri , siano sequenziali o simultanee, o siano simultanee per corpi coincidenti o separati, ecc. lo stesso tasso relativo alla terra perché la somma m + M rimane costante.
- ArXiv: deterrenti per una teoria della gravità quantistica

Presupposti:
La Terra è isolata (non ci sono luna, sole, ecc.).
La Terra non è in rotazione.
La Terra non ha atmosfera. (Una mongolfiera cadrebbe verso l'alto perché è meno densa dell'atmosfera che sposta.)

Fai cadere un bilanciere in ferro da 5 libbre e un bilanciere in ferro da 25 libbre contemporaneamente. Colpiranno il suolo simultaneamente. L'unico avvertimento possibile è l'effetto di rinculo che Ted Bunn riporta sopra.

Rendiamolo semplice. Aprendo il mio libro di testo del 1964, "Physics, 4th ed", Hausmann & Slack, Nostrum Co., NY, 1957. Quando stiamo contemplando le leggi degli oggetti quotidiani in caduta libera vicino alla superficie della terra (il nostro unico quadro di riferimento) , tutte le altre forze rimosse o neutralizzate, siamo nel regno della fisica newtoniana.

F = G (Mm) / r ^ 2; dove G è la costante gravitazionale, M è la massa della terra, m è la massa del nostro oggetto e r è il raggio della terra.

Per definizione, quando è a riposo sulla superficie terrestre, il peso, W, dell'oggetto è la forza repulsiva nell'equazione F = ma, ea = g, l'accelerazione dovuta alla gravità. Pertanto, W = mg e g = W / m. Sostituendo nella nostra equazione di gravità generale tra due oggetti, abbiamo:

W = G (Mm) / r ^ 2, quindi W / m = GM / r ^ 2

Pertanto, W / m è una costante! Quindi un oggetto cadrà con la stessa accelerazione indipendentemente dalla massa vicino alla superficie della terra.

Mi sono preoccupato per un momento :)

Una semplice spiegazione è che ci vuole più FORZA per ACCELERARE un oggetto di MASSA maggiore. A = F / M .... o con una FORZA costante, l'ACCELERAZIONE è inversamente proporzionale alla MASSA. È il risultato dell'inerzia.

Una massa maggiore caduta (su oggetti massicci) richiede una forza MAGGIORE per accelerare; inoltre una massa MAGGIORE esercita una forza gravitazionale MAGGIORE.

L'impostazione della seconda legge di Newton sulla legge della forza gravitazionale annulla la massa e quindi rende la MASSA non correlata all'ACCELERAZIONE di due oggetti legati alla gravità.