Carenze nei sistemi non inerziali
Salve
da qualche giorno che mi imbatto nello studio della fisica 1 (o meglio, da qualche mese) ha iniziato ad appassionarmi ma quelle che sono le mie lacune matematiche che mi sono portato dietro, me le ritrovo anche qui in fisica: La trigonometria.
Ho notato svolgendo esercizi riguardanti moti non inerziali ( gocce di pioggia che cadono verticalmente e una macchina che si muove orizzontalmente, mosche che camminano su giradischi e giradischi che girano sui tavoli che li sostengono, piani inclinati fissati a carrelli, e palle che risalgono i piani inclinati quando i carrelli si muovono di una certa accelerazione) che non riesco a risolverli per niente!!!
E' il terzo capitolo del libro e credo di aver capito bene gli altri concetti della dinamica, ma quando arrivo qui il buio.
Ecco un esercizio, vorrei capire dove sbaglio:
[size=85]Durante la fase di frenamento, con accelerazione negativa costante \(\displaystyle \vec{A} \), di un vagone che si muove su traiettoria rettilinea orizzontale, un corpo viene lanciato, internamente al vagone, con velocita \(\displaystyle V'_0 \) verticalmente verso l'alto, rispetto al vagone in moto. A che distanza dal punto di lancio il corpo ricadrà sul pavimento del vagone?[/size]
Ragionamento:
Benissimo, immaginando la scena tendo subito a pensare che il corpo, se lanciato in aria all'inizio della frenata, si ritroverà nel vagone in una posizione lontana dal punto di partenza, guardando in 2d, e prendendo il classico sistema X, Y, direi verso destra nell'asse positivo delle X, cioe davanti a me.
Considerando che una volta lanciata in aria avra accelerazione negativa sull'asse delle Y e ricadrà con velocità \(\displaystyle 2V_0 \over g \) dove \(\displaystyle V_0 \over g \) è il tempo di risalita della palla e quindi quando la velocità su Y diventa 0.
Ora non resta che calcolare sull'asse X cosa accade, e li possiamo dire che secondo la legge oraria del moto uniformememnte accelerato, avremmo che
la posizione \(\displaystyle x(t) = Vt - \frac{1}{2} At \) sarà quella dove finisce la palla, con V = velocita iniziale del vagone all'instante dell'inizio della frenata e cioe quando la palla viene lanciata in aria.
Quindi andando a sostituire il tempo di salita e discesa della palla abbiamo che:
\(\displaystyle x(t) = V \frac{V_0}{g} - \frac {1}{2}A \frac {V_0^2}{g^2} \)
Ma come so già il risultato è sbagliato, dove sbaglio? Pur non considerando una velocita iniziale V, anche -1/2Av^2/G^2 è errato come risultato... (quello esatto è che si troverà a \(\displaystyle \bigtriangleup_x' = -2(Av'_0)^2 / g^2 \) )
PS: qualcuno dirà cosa centra la trigonometria? Beh centra, non riesco a risolvere questi di problemi, figuratevi come posso mai risolvere quello del carrello che accellera per un tempo "tau" e permette alla palla di risalire e quindi calcolare il tempo che ci mette ad arrivare in cima al piano di altezza h = 1,1.inclinato di 45° rispetto all'orizzontale fissato sul carrello
da qualche giorno che mi imbatto nello studio della fisica 1 (o meglio, da qualche mese) ha iniziato ad appassionarmi ma quelle che sono le mie lacune matematiche che mi sono portato dietro, me le ritrovo anche qui in fisica: La trigonometria.
Ho notato svolgendo esercizi riguardanti moti non inerziali ( gocce di pioggia che cadono verticalmente e una macchina che si muove orizzontalmente, mosche che camminano su giradischi e giradischi che girano sui tavoli che li sostengono, piani inclinati fissati a carrelli, e palle che risalgono i piani inclinati quando i carrelli si muovono di una certa accelerazione) che non riesco a risolverli per niente!!!
E' il terzo capitolo del libro e credo di aver capito bene gli altri concetti della dinamica, ma quando arrivo qui il buio.
Ecco un esercizio, vorrei capire dove sbaglio:
[size=85]Durante la fase di frenamento, con accelerazione negativa costante \(\displaystyle \vec{A} \), di un vagone che si muove su traiettoria rettilinea orizzontale, un corpo viene lanciato, internamente al vagone, con velocita \(\displaystyle V'_0 \) verticalmente verso l'alto, rispetto al vagone in moto. A che distanza dal punto di lancio il corpo ricadrà sul pavimento del vagone?[/size]
Ragionamento:
Benissimo, immaginando la scena tendo subito a pensare che il corpo, se lanciato in aria all'inizio della frenata, si ritroverà nel vagone in una posizione lontana dal punto di partenza, guardando in 2d, e prendendo il classico sistema X, Y, direi verso destra nell'asse positivo delle X, cioe davanti a me.
Considerando che una volta lanciata in aria avra accelerazione negativa sull'asse delle Y e ricadrà con velocità \(\displaystyle 2V_0 \over g \) dove \(\displaystyle V_0 \over g \) è il tempo di risalita della palla e quindi quando la velocità su Y diventa 0.
Ora non resta che calcolare sull'asse X cosa accade, e li possiamo dire che secondo la legge oraria del moto uniformememnte accelerato, avremmo che
la posizione \(\displaystyle x(t) = Vt - \frac{1}{2} At \) sarà quella dove finisce la palla, con V = velocita iniziale del vagone all'instante dell'inizio della frenata e cioe quando la palla viene lanciata in aria.
Quindi andando a sostituire il tempo di salita e discesa della palla abbiamo che:
\(\displaystyle x(t) = V \frac{V_0}{g} - \frac {1}{2}A \frac {V_0^2}{g^2} \)
Ma come so già il risultato è sbagliato, dove sbaglio? Pur non considerando una velocita iniziale V, anche -1/2Av^2/G^2 è errato come risultato... (quello esatto è che si troverà a \(\displaystyle \bigtriangleup_x' = -2(Av'_0)^2 / g^2 \) )
PS: qualcuno dirà cosa centra la trigonometria? Beh centra, non riesco a risolvere questi di problemi, figuratevi come posso mai risolvere quello del carrello che accellera per un tempo "tau" e permette alla palla di risalire e quindi calcolare il tempo che ci mette ad arrivare in cima al piano di altezza h = 1,1.inclinato di 45° rispetto all'orizzontale fissato sul carrello
Risposte
"exSnake":
Considerando che una volta lanciata in aria avra accelerazione negativa sull'asse delle Y e ricadrà con velocità \(\displaystyle 2V_0 \over g \) dove \(\displaystyle V_0 \over g \) è il tempo di risalita della palla e quindi quando la velocità su Y diventa 0.
la posizione \(\displaystyle x(t) = Vt - \frac{1}{2} At \) sarà quella dove finisce la palla, con V = velocita iniziale del vagone all'instante dell'inizio della frenata e cioe quando la palla viene lanciata in aria.
Quindi andando a sostituire il tempo di salita e discesa della palla abbiamo che:
\(\displaystyle x(t) = V \frac{V_0}{g} - \frac {1}{2}A \frac {V_0^2}{g^2} \)
Ma come so già il risultato è sbagliato, dove sbaglio? Pur non considerando una velocita iniziale V, anche -1/2Av^2/G^2 è errato come risultato... (quello esatto è che si troverà a \(\displaystyle \bigtriangleup_x' = -2(Av'_0)^2 / g^2 \) )
ci sono un paio di imprecisioni, comunque il ragionamento e' corretto.
[size=150] \( 2V_0'/g \) [/size]e' il tempo, non la velocita', impiegato dalla pallina per tornare a terra partendo da terra
Se vai a sostituire, ti torna
[size=150]\( x(t) = V \frac{2V_0}{g} - \frac {1}{2}A \frac {4V_0^2}{g^2} \) [/size]
Il primo termine e' lo spostamento che la pallina avrebbe se non lasciasse il pavimento.
Il secondo termine e' lo spostamento relativo al vagone.
Che e' quello che cerchi tu!!!
"professorkappa":
Il primo termine e' lo spostamento che la pallina avrebbe se non lasciasse il pavimento.
Il secondo termine e' lo spostamento relativo al vagone.
Che e' quello che cerchi tu!!!
Giusto,ho saltato un po di numeri.
Quindi questo mi fa presupporre che relativamente al vagone la posizione sarà di \( \displaystyle \bigtriangleup_x' = -2(Av'_0)^2 / g^2 \) (dopo la risposta ho capito il perchè di questo numero)
ma allora significa che non c'è velocità iniziale ma solo accelerazione? Quindi essendo l'accelerazione negativa, il mio ragionamento torna congruo in quanto la palla si troverà di fronte a me quando ricadrà?
wow... pensare che ci ho perso mezza giornata ieri...
Ma lo stesso risultato risulterebbe anche per l'osservatore esterno al vagone, vedrebbe la palla spostarsi in avanti rispetto a chi la lancia, cosa cambia tra i due sistemi di riferimento?
Pero' attenzione, cmi sono accorto che c'e' un errore nei segni.
La palla pero' si sposta in avanti. Se mi dai tempo ti aggiusto i conti che hai fatto sopra, me ne sono accorto solo ora.
La palla pero' si sposta in avanti. Se mi dai tempo ti aggiusto i conti che hai fatto sopra, me ne sono accorto solo ora.
"professorkappa":
Pero' attenzione, cmi sono accorto che c'e' un errore nei segni.
La palla pero' si sposta in avanti. Se mi dai tempo ti aggiusto i conti che hai fatto sopra, me ne sono accorto solo ora.
Essendo A già negativo di suo \( x(t) = V \frac{2V_0}{g} - \frac {1}{2}A \frac {4V_0^2}{g^2} \)
Dovrebbe essere \( x(t) = V \frac{2V_0}{g} + \frac {1}{2}A \frac {4V_0^2}{g^2} \)
Questo è l'errore giusto?
NI.
L'accelerazione della pallina nel sistema di riferimento a terra e':
\( \ddot{x} _p=\ddot{x}_r+\ddot{x}_t \)
Nel sistema assoluto, siccome non esistono forze in orizzontale nel momento in cui la palla lascia la pallina, $\ddot{x}_p=0$.
L'accelerazione di trascinamento e' \( \ddot{x}_t=-A \) .
Quindi \( \ddot{x}_r=A \)
Da qui trovi che
\( x_r=\frac{1}2At^2+Bt+C \)
B e C le puoi imporre = 0, perche discendono dalle condizioni iniziali
\( x_r(0)=0 \)
\( \dot{x}_r(0)=0 \)
nell'istante t da te calcolato, vale dunque
\( x_r=\frac{1}2A\frac{V_0^2}{2g} \)
Siccome A per come abbiamo impostato il problema noi, e' una quantita' positivia, (infatti abbiamo cambiato il segno nella $\ddot{x}_t$ per tenere conto di un'accelerazione negativa del treno), significa che $x_r>0$, cioe' la pallina sopravanza il treno.
La soluzione del libro e' giusta in generale, nel senso che: se A>0, il treno sta accelerando, il risultato e' negativo, il che significaa che la pallina va all'indietro. Se A<0 e' il caso tuo, poiche ora \( \Delta x_r>0 \)
L'accelerazione della pallina nel sistema di riferimento a terra e':
\( \ddot{x} _p=\ddot{x}_r+\ddot{x}_t \)
Nel sistema assoluto, siccome non esistono forze in orizzontale nel momento in cui la palla lascia la pallina, $\ddot{x}_p=0$.
L'accelerazione di trascinamento e' \( \ddot{x}_t=-A \) .
Quindi \( \ddot{x}_r=A \)
Da qui trovi che
\( x_r=\frac{1}2At^2+Bt+C \)
B e C le puoi imporre = 0, perche discendono dalle condizioni iniziali
\( x_r(0)=0 \)
\( \dot{x}_r(0)=0 \)
nell'istante t da te calcolato, vale dunque
\( x_r=\frac{1}2A\frac{V_0^2}{2g} \)
Siccome A per come abbiamo impostato il problema noi, e' una quantita' positivia, (infatti abbiamo cambiato il segno nella $\ddot{x}_t$ per tenere conto di un'accelerazione negativa del treno), significa che $x_r>0$, cioe' la pallina sopravanza il treno.
La soluzione del libro e' giusta in generale, nel senso che: se A>0, il treno sta accelerando, il risultato e' negativo, il che significaa che la pallina va all'indietro. Se A<0 e' il caso tuo, poiche ora \( \Delta x_r>0 \)
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