Domanda di cinematica
Mi sono posto una domanda che non riesco bene a risolvere, ossia: "un sasso lanciato in aria che torna a terra ci mette lo stesso tempo a salire al massimo della sua altezza quanto il tempo che ci mette a scendere?"
Intuitivamente direi di sì per una qualche simmetria del fenomeno ma... vorrei mostrarlo
Fondamentalmente so che:
- l'accelerazione è la stessa
- la velocità finale e iniziale è uguale in modulo (questo lo intuisco ma non so se prenderlo già come dato certo voi che dite? Forse potrei fare uscire anche questo dalle equazioni, ma come?)
- come mostro quanto mi sono chiesto sui tempi di salita e discesa?
Ho sottolineato le domande che mi pongo.
Ho provato a girare un po le equazioni della dinamicama continuo a non riuscirci. Chiedo una mano
Grazie!
Intuitivamente direi di sì per una qualche simmetria del fenomeno ma... vorrei mostrarlo
Fondamentalmente so che:
- l'accelerazione è la stessa
- la velocità finale e iniziale è uguale in modulo (questo lo intuisco ma non so se prenderlo già come dato certo voi che dite? Forse potrei fare uscire anche questo dalle equazioni, ma come?)
- come mostro quanto mi sono chiesto sui tempi di salita e discesa?
Ho sottolineato le domande che mi pongo.
Ho provato a girare un po le equazioni della dinamicama continuo a non riuscirci. Chiedo una mano
Grazie!
Risposte
Si vede in pochi passaggi che è così, ma io trovo più convincente il metodo grafico.
Se rappresenti il fenomeno in un grafico velocità/tempo, il fatto appare come una retta (accelerazione costante) inclinata verso il basso (velocità iniziale e accelerazione sono dirette in versi opposti) con valore iniziale $v_0$, e valore 0 al tempo $v_0/g$. L'area del triangolo compreso fra i due assi e il grafico rappresenta l'altezza massima raggiunta, $1/2v_0^2/g$.
Il grafico poi prosegue a velocità negativa (rivolta in giù) con la stessa inclinazione ($g$ non cambia).
Quando arriva a terra? Quando l'area del triangolo "di sotto ", ossia il percorso in giù diventa uguale a quella del triangolo "in su". E' immediato verificare che questo accade quando i due triangoli sono uguali (oops, congruenti) e quindi: tempo di discesa = tempo di salita, velocità finale = velocità iniziale (in modulo)
Se rappresenti il fenomeno in un grafico velocità/tempo, il fatto appare come una retta (accelerazione costante) inclinata verso il basso (velocità iniziale e accelerazione sono dirette in versi opposti) con valore iniziale $v_0$, e valore 0 al tempo $v_0/g$. L'area del triangolo compreso fra i due assi e il grafico rappresenta l'altezza massima raggiunta, $1/2v_0^2/g$.
Il grafico poi prosegue a velocità negativa (rivolta in giù) con la stessa inclinazione ($g$ non cambia).
Quando arriva a terra? Quando l'area del triangolo "di sotto ", ossia il percorso in giù diventa uguale a quella del triangolo "in su". E' immediato verificare che questo accade quando i due triangoli sono uguali (oops, congruenti) e quindi: tempo di discesa = tempo di salita, velocità finale = velocità iniziale (in modulo)
Ciao @mat.pasc ! E ciao anche @mgrau che vedo ha già provveduto a rispondere 
.
Dato che mgrau ha già postato una risposta basata sul grafico, io ne posto una basata sul riarrangiamento delle equazioni della cinematica.
assolutamente si, in assenza di attrito e ciò vale per ogni moto parabolico indipendentemente dall'angolo. Esiste una simmetria in questo moto uniformemente accelerato.
Dimostriamo matematicamente che il tempo è lo stesso. In tutti i calcoli che seguono scelgo come sistema di riferimento un asse y rivolto verso l'alto e con origine nel punto di lancio in basso. Essendo il moto uniformemente accelerato si ha, dalla definizione di accelerazione, $a=(Deltav)/(Deltat)=(v_f-v_i)/t$ avendo preso, per comodità, l'istante iniziale pari a $t=0$. Ora separiamo salita e discesa;
1- Salita: $-g=(v_f-v_i)/t->t=(v_i-v_f)/g$ essendo g il modulo dell'accelerazione di gravità e, dunque, il segno $-$ dipende dal sistema di riferimento scelto all'inizio. All'altezza massima si ha $v_f=0$, per cui la precedente diventa:$t=v_i/g$
2- Discesa: $-g=(v_f-v_i)/t->t=(v_i-v_f)/g$. Assumendo, com'è vero, che la velocità finale è pari a quella di lancio (a meno del verso), si ha che, stavolta, $v_i=0$ (velocità alla massima altezza, punto in cui il sasso si ferma per iniziare a cadere); $t=-v_f/g$, ma $v_f<0$ (nel riferimento scelto) ed in modulo pari alla velocità di lancio, per cui il tempo risulta lo stesso nei due moti di salita e discesa.
Ma, supponiamo di non sapere che la velocità di lancio è pari a quella di ritorno al punto di partenza e proviamo a dimostrarlo. Non so se hai mai visto questa formula: $v_f^2=v_i^2+2aDeltay$ che si ricava con una combinazione delle leggi del moto (se ti interessa ti mostro come). Partendo da questa formula prendiamo i due casi separati:
1- Salita: $v_f^2=v_i^2+2aDeltay->v_i^2=-2aDeltay=2gh$
2- Discesa: $v_f^2=v_i^2+2aDeltay->v_f^2=2gh$
Per cui le velocità di lancio e ritorno sono le medesime (a meno del verso/segno).
Spero di essere stato esaustivo, in caso contrario non esitare a chiedere.
Saluti
.Dato che mgrau ha già postato una risposta basata sul grafico, io ne posto una basata sul riarrangiamento delle equazioni della cinematica.
"mat.pasc":
"un sasso lanciato in aria che torna a terra ci mette lo stesso tempo a salire al massimo della sua altezza quanto il tempo che ci mette a scendere?"
assolutamente si, in assenza di attrito e ciò vale per ogni moto parabolico indipendentemente dall'angolo. Esiste una simmetria in questo moto uniformemente accelerato.
Dimostriamo matematicamente che il tempo è lo stesso. In tutti i calcoli che seguono scelgo come sistema di riferimento un asse y rivolto verso l'alto e con origine nel punto di lancio in basso. Essendo il moto uniformemente accelerato si ha, dalla definizione di accelerazione, $a=(Deltav)/(Deltat)=(v_f-v_i)/t$ avendo preso, per comodità, l'istante iniziale pari a $t=0$. Ora separiamo salita e discesa;
1- Salita: $-g=(v_f-v_i)/t->t=(v_i-v_f)/g$ essendo g il modulo dell'accelerazione di gravità e, dunque, il segno $-$ dipende dal sistema di riferimento scelto all'inizio. All'altezza massima si ha $v_f=0$, per cui la precedente diventa:$t=v_i/g$
2- Discesa: $-g=(v_f-v_i)/t->t=(v_i-v_f)/g$. Assumendo, com'è vero, che la velocità finale è pari a quella di lancio (a meno del verso), si ha che, stavolta, $v_i=0$ (velocità alla massima altezza, punto in cui il sasso si ferma per iniziare a cadere); $t=-v_f/g$, ma $v_f<0$ (nel riferimento scelto) ed in modulo pari alla velocità di lancio, per cui il tempo risulta lo stesso nei due moti di salita e discesa.
Ma, supponiamo di non sapere che la velocità di lancio è pari a quella di ritorno al punto di partenza e proviamo a dimostrarlo. Non so se hai mai visto questa formula: $v_f^2=v_i^2+2aDeltay$ che si ricava con una combinazione delle leggi del moto (se ti interessa ti mostro come). Partendo da questa formula prendiamo i due casi separati:
1- Salita: $v_f^2=v_i^2+2aDeltay->v_i^2=-2aDeltay=2gh$
2- Discesa: $v_f^2=v_i^2+2aDeltay->v_f^2=2gh$
Per cui le velocità di lancio e ritorno sono le medesime (a meno del verso/segno).
Spero di essere stato esaustivo, in caso contrario non esitare a chiedere.
Saluti
$ s(t_1) = g/2 (t_1 - t_0)^2 + v(t_0)(t_1 - t_0) + s(t_0) $$ s(t_2) = g/2 (t_2^2 - t_1^2) + v(t_1)(t_2 - t_1) + s(t_1) $Lo spazio percorso da un oggetto tra l'istante $t_0$ e $t_1$, di cui conosciamo l'accelerazione, e' dato dall'integrale ripetuto due volte:
$s = \int \int a(t) \ dt \ dt$.
Niente di magico, l'integrale piu' interno ci da la velocita' e quello esterno ci da lo spazio.
L'accelerazione e' la derivata della velocita' e la velocita' e' la derivata dello spazio percorso.
Fine. Tutto il resto e' matematica.
$s(t_1) = \int_{t_0}^{t_1} \int_{t_0}^{t_1} g \ dt \ dt$.
$s(t_1) = \int_{t_0}^{t_1} ( g(t_1 - t_0) + v(t_0) ) \ dt$.
$s(t_1) = g/2 (t_1 - t_0)^2 + v(t_0)(t_1 - t_0) + s(t_0)$
Per semplicita' poniamo $t_0 = 0$ e $s(t_0) = 0$, ottenendo
$s(t_1) = g/2 t_1^2 + v(t_0)t_1$.
Come $t_1$ vogliamo scegliere l'istante in cui il sasso si ferma e quindi e' all'apice della "parabola".
Quindi $v(t_1) = 0$
Anche qui dovremmo scrivere un altro semplice integrale (chepotresti fare tu), ma in modo molto intuitivo sappiamo che:
$t_1 = (v(t_1) - v(t_0))/g = {- v(t_0)} / g $
sostituendo $t_1$ nella formula precedente...
$s(t_1) = (v(t_1) - v(t_0))^2/(2g) - (v(t_0))^2 / g = - (v(t_0))^2 / (2g)$
Per la fase di discesa, riprendendo una formula precedente, possiamo scrivere che:
$s(t_2) = g/2 (t_2 - t_1)^2 + v(t_1)(t_2 - t_1) + s(t_1)$
Ponendo $s(t_2) = 0$, ovvero il sasso e' tornato alla posizione originale e utilizzando i dati che gia' abbiamo
$0 = g/2 (t_2 - (- v(t_0)) / g^2)^2 - (v(t_0))^2 / (2g)$
Risolvendo per $t_2$
$t_2 = - 2 (v(t_0)) / g = 2 t_1$
Ovvero si vede che il tempo di discesa e' uguale a quello di salita.
Un esercizio per te potrebbe essere quello di porre $t_0$ e $s(t_0)$ del tutto arbitrari, ovvero lasciare i simboli e dimostrare che alla fine
$t_2 = 2 t_1 - t_0$
ovvero che
$t_2 - t_1 = t_1 - t_ 0$
Cioe' che il tempo di salita e' lo stesso del tempo di discesa.
$s = \int \int a(t) \ dt \ dt$.
Niente di magico, l'integrale piu' interno ci da la velocita' e quello esterno ci da lo spazio.
L'accelerazione e' la derivata della velocita' e la velocita' e' la derivata dello spazio percorso.
Fine. Tutto il resto e' matematica.
$s(t_1) = \int_{t_0}^{t_1} \int_{t_0}^{t_1} g \ dt \ dt$.
$s(t_1) = \int_{t_0}^{t_1} ( g(t_1 - t_0) + v(t_0) ) \ dt$.
$s(t_1) = g/2 (t_1 - t_0)^2 + v(t_0)(t_1 - t_0) + s(t_0)$
Per semplicita' poniamo $t_0 = 0$ e $s(t_0) = 0$, ottenendo
$s(t_1) = g/2 t_1^2 + v(t_0)t_1$.
Come $t_1$ vogliamo scegliere l'istante in cui il sasso si ferma e quindi e' all'apice della "parabola".
Quindi $v(t_1) = 0$
Anche qui dovremmo scrivere un altro semplice integrale (chepotresti fare tu), ma in modo molto intuitivo sappiamo che:
$t_1 = (v(t_1) - v(t_0))/g = {- v(t_0)} / g $
sostituendo $t_1$ nella formula precedente...
$s(t_1) = (v(t_1) - v(t_0))^2/(2g) - (v(t_0))^2 / g = - (v(t_0))^2 / (2g)$
Per la fase di discesa, riprendendo una formula precedente, possiamo scrivere che:
$s(t_2) = g/2 (t_2 - t_1)^2 + v(t_1)(t_2 - t_1) + s(t_1)$
Ponendo $s(t_2) = 0$, ovvero il sasso e' tornato alla posizione originale e utilizzando i dati che gia' abbiamo
$0 = g/2 (t_2 - (- v(t_0)) / g^2)^2 - (v(t_0))^2 / (2g)$
Risolvendo per $t_2$
$t_2 = - 2 (v(t_0)) / g = 2 t_1$
Ovvero si vede che il tempo di discesa e' uguale a quello di salita.
Un esercizio per te potrebbe essere quello di porre $t_0$ e $s(t_0)$ del tutto arbitrari, ovvero lasciare i simboli e dimostrare che alla fine
$t_2 = 2 t_1 - t_0$
ovvero che
$t_2 - t_1 = t_1 - t_ 0$
Cioe' che il tempo di salita e' lo stesso del tempo di discesa.
Grazie mille, ho capito tutti i metodi spiegati e mi torna bene.
@Quinzio: Provo a fare l'esercizio consigliato.
@BayMax: se non erro la formula senza tempo i trova sostituendo il tempo trovato con l'equazione delle velocità nella legge oraria del moto unif. accelerato.
@Quinzio: Provo a fare l'esercizio consigliato.
@BayMax: se non erro la formula senza tempo i trova sostituendo il tempo trovato con l'equazione delle velocità nella legge oraria del moto unif. accelerato.
"mat.pasc":
@BayMax: se non erro la formula senza tempo i trova sostituendo il tempo trovato con l'equazione delle velocità nella legge oraria del moto unif. accelerato.
Esatto !
Gentilissimo! Grazie davvero
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