Domanda teorica su grave in caduta libera
Non trascurando la resistenza dell'aria, un grave lanciato in alto ad un'altezza h impiega lo stesso tempo all'andata e al ritorno?
Risposte
All'insù l'equazione del moto è h= vt-1/2(g+kv/m)t^2, essendo la forza d'attrito viscoso, in regime laminare -kv.
All'ingiù è h= 1/2(g-kv/m)t^2
Ricavati ti dalle due equazioni e vediq ual è il maggiore dei due...io non ho voglia di farlo:-D
All'ingiù è h= 1/2(g-kv/m)t^2
Ricavati ti dalle due equazioni e vediq ual è il maggiore dei due...io non ho voglia di farlo:-D
può essere un po complicato scoprire la soluzione partendo da quell'equazione lì... perchè devi tenere conto anche di una relazione che lega h con v...
comunque alla fine si scopre che il tempo è lo stesso
comunque alla fine si scopre che il tempo è lo stesso
hai ragione...la mia idea era trovare le due funzioni h(t) e poi vedere per uno stesso h quale delle due era maggiore,ma già la prima equazione differenziale non riesco a risolverla per variabili separate e, essendo solo uno studente di fisica del primo anno, non conosco altri metodi di risoluzione di equazioni differenziali del primo ordine:-)
Come hai fatto tu a concludere?
Come hai fatto tu a concludere?
"antani":
All'insù l'equazione del moto è h= vt-1/2(g+kv/m)t^2, essendo la forza d'attrito viscoso, in regime laminare -kv.
All'ingiù è h= 1/2(g-kv/m)t^2
Ricavati ti dalle due equazioni e vediq ual è il maggiore dei due...io non ho voglia di farlo:-D
Queste equazioni sono sicuramente sbagliate.
Il moto non è uniformemente accelerato per cui non puoi usare le formule del moto accelerato sostituendo semplicemente $a=g+(kv)/m$ in salita e $a = g-(kv)/m$ in discesa.
"Cantaro86":
...comunque alla fine si scopre che il tempo è lo stesso
Di questo non sono affatto convinto.
A naso direi che il tempo è minore durante la salita.
"MaMo":
Di questo non sono affatto convinto.
A naso direi che il tempo è minore durante la salita.
allora:
l'idea di trovare le due funzioni $h(t)$ e uguagliarle è giusta, solo che hai dimenticato che h e $v_0$ sono in relazione...infatti l'altezza dipenderà dalla velocità iniziale.
inoltre ha ragione MaMo nel dire che l'accelerazione non è costante, ma dipende dalla velocità, quindi le equazioni scritte sopra sono sbagliate.
ma nella domanda di Rafaele è chiesto di trascurare l'attrito dell'aria... quindi non è il caso di andare a complicarsi la vita...
le formule giuste (senza attrito) sono:
per la salita $h=v_ot-1/2g t^2$
per la discesa $h=1/2g t^2$
in questo caso preferisco trovare la relazione fra t e $v_0$ che è più semplice di trovare la relazione fra $v_0$ e h
partendo dall'equazione per la velocità $v(t)=v_0- g t$ (che vale sia in salita che in discesa) ho che per $v(t)=0$ (quando si ferma in aria) $t=(v_0)/g$ e sostituendo questo valore nelle due equazioni sopra, vedo che sono uguali.
Il tempo è lo stesso ed è quello ricavato sopra.
"Cantaro86":
ma nella domanda di Rafaele è chiesto di trascurare l'attrito dell'aria... quindi non è il caso di andare a complicarsi la vita...
A dire il vero rafaele chiede di "non" trascurare l'attrito dell'aria.
"VINX89":
[quote="Cantaro86"]
ma nella domanda di Rafaele è chiesto di trascurare l'attrito dell'aria... quindi non è il caso di andare a complicarsi la vita...
A dire il vero rafaele chiede di "non" trascurare l'attrito dell'aria.[/quote]
oh
ho letto male... 
Per la discesa ho pensato così.
Consideriamo la spinta di archimede trascurabile. Chiamiamo x0 lo spazio percorso da corpo prima che raggiunga la velocità di regime v. Questa velocità, ponendo mg=Kv, è uguale a v=mg/k. Il moto, da questo momento in poi, è rettilineo unifirme. Lo spazio percorso è x=vt+x0; sostituendo il valore di v si ottiene x=mgt/k + x0 e ricavando t si ottiene t=(k/mg)*(x-x0). Bisognerebbe avere un valore più preciso di x0, ma non sò quale relazione c'è fra lo spazio e l'accellerazione in quella frazione di tempo (è possibile che sia simile a quella che c'e nel moto armonico semplice, visto che la forza decresce?)
Ora sto pensando alla salita, ma qui le cose si complicano...
Consideriamo la spinta di archimede trascurabile. Chiamiamo x0 lo spazio percorso da corpo prima che raggiunga la velocità di regime v. Questa velocità, ponendo mg=Kv, è uguale a v=mg/k. Il moto, da questo momento in poi, è rettilineo unifirme. Lo spazio percorso è x=vt+x0; sostituendo il valore di v si ottiene x=mgt/k + x0 e ricavando t si ottiene t=(k/mg)*(x-x0). Bisognerebbe avere un valore più preciso di x0, ma non sò quale relazione c'è fra lo spazio e l'accellerazione in quella frazione di tempo (è possibile che sia simile a quella che c'e nel moto armonico semplice, visto che la forza decresce?)
Ora sto pensando alla salita, ma qui le cose si complicano...
"VINX89":
Per la discesa ho pensato così.
Consideriamo la spinta di archimede trascurabile. Chiamiamo x0 lo spazio percorso da corpo prima che raggiunga la velocità di regime v. Questa velocità, ponendo mg=Kv, è uguale a v=mg/k. Il moto, da questo momento in poi, è rettilineo unifirme. Lo spazio percorso è x=vt+x0; sostituendo il valore di v si ottiene x=mgt/k + x0 e ricavando t si ottiene t=(k/mg)*(x-x0). Bisognerebbe avere un valore più preciso di x0, ma non sò quale relazione c'è fra lo spazio e l'accellerazione in quella frazione di tempo (è possibile che sia simile a quella che c'e nel moto armonico semplice, visto che la forza decresce?)
Ora sto pensando alla salita, ma qui le cose si complicano...
Per la salita, invece, ho fatto in questo modo.
Consideriamo come positivo il verso del moto. La risultante delle forze agenti sul corpo è ma= -kv-mg da cui a= -kv/m-g.
Ora, supponiamo che la relazione accellerazione-spazio sia davvero uguale a quella del moto armonico (la forza qui aumenta gradualmente...):
si ha -a=cx (c è una costante). Uguagliando le 2 espressioni e ricavando x si ha x= kv/mc + g.
Ma lo spazio percorso in salita è uguale a quello percorso in discesa, quindi posso eguagliare questa equazione con x=mgt/k + x0 (ottenuta in precedenza).
si ha kv/mc + g = mgt/k + x0 da cui, ricavando t, si ha t= (k^2)v/(m^2)gc + k/m - x0k/mg.
Considerando x0 come trascurabile (x0=0), abbiamo quindi che il tempo di discesa è
td= kx/mg
e il tempo di salita è
ts=(k^2)v/(m^2)gc + km
A questo punto ritengo che ogni caso faccia storia sè: questo problema non si può generalizzare, ma si possono confrontare i tempi solo avendo dei dati precisi da sostituire alle formule.
P.S.: sono sicuro del mio ragionamento allo stesso modo con cui sono sicuro che esistano gli alieni...
Mamo hai ragione hai ragione!
Allora la risultante sulle forze durante la salita è mg+Kv=mdv/dt per la seconda legge di newton.
Scrivo l'equazione differenziale la risolvo e trovo v(t), integro rispettando le condizioni iniziali e ottengo h(t).
Per la discesa faccio la stessa cosa solo che l'equazione differenziale stavolta è mg-kv= mdv/dt; anche qua allo stesso modo trovo h(t).
Guardo poi per lo stesso valore h quale delle due funzioni è maggiore: la funzioen maggiore srà quella che descrive la situazione in cui ci mette più tempo (salita o discesa). E' giusto così Mamo?
Allora la risultante sulle forze durante la salita è mg+Kv=mdv/dt per la seconda legge di newton.
Scrivo l'equazione differenziale la risolvo e trovo v(t), integro rispettando le condizioni iniziali e ottengo h(t).
Per la discesa faccio la stessa cosa solo che l'equazione differenziale stavolta è mg-kv= mdv/dt; anche qua allo stesso modo trovo h(t).
Guardo poi per lo stesso valore h quale delle due funzioni è maggiore: la funzioen maggiore srà quella che descrive la situazione in cui ci mette più tempo (salita o discesa). E' giusto così Mamo?
"antani":
Mamo hai ragione hai ragione!
....
E' giusto così Mamo?
Così è OK!
"antani":
Mamo hai ragione hai ragione!
Allora la risultante sulle forze durante la salita è mg+Kv=mdv/dt per la seconda legge di newton.
Scrivo l'equazione differenziale la risolvo e trovo v(t), integro rispettando le condizioni iniziali e ottengo h(t).
Per la discesa faccio la stessa cosa solo che l'equazione differenziale stavolta è mg-kv= mdv/dt; anche qua allo stesso modo trovo h(t).
Guardo poi per lo stesso valore h quale delle due funzioni è maggiore: la funzioen maggiore srà quella che descrive la situazione in cui ci mette più tempo (salita o discesa). E' giusto così Mamo?
Non occorre distinguere le equazioni del moto tra salita e discesa, anzi si rischia di sbagliare così.
Se prendi l'asse $y$ diretto verso l'alto l'equazione corretta è sempre questa:
$-mg-kv= mdv/dt$
il $-$ davanti a $mg$ perché la forza peso è diretta in verso contrario all'asse $y$, il $-$ davanti a $kv$ perché la resistenza è sempre opposta alla velocità.
Allora, ci ho riflettuto un po'. Mi pare, ma correggetemi se sbaglio, che seguendo il ragionamento di VINX89, si può affermare che, se mi chiedo quando il tempo di discesa sia maggiore di quello di salita, ottengo
$t_d>t_s$
ossia
$(kx)/(mg)>(k^2v)/(m^2gc+km)$
per valori di
$c>k(v-1)/(xm)$
A naso però mi pare che abbia ragione Faussone.
Ringrazio tutti per l'aiuto.
$t_d>t_s$
ossia
$(kx)/(mg)>(k^2v)/(m^2gc+km)$
per valori di
$c>k(v-1)/(xm)$
A naso però mi pare che abbia ragione Faussone.
Ringrazio tutti per l'aiuto.
"Rafale":
Allora, ci ho riflettuto un po'. Mi pare, ma correggetemi se sbaglio, che seguendo il ragionamento di VINX89, si può affermare che, se mi chiedo quando il tempo di discesa sia maggiore di quello di salita, ottengo
$t_d>t_s$
ossia
$(kx)/(mg)>(k^2v)/(m^2gc+km)$
per valori di
$c>k(v-1)/(xm)$
In realtà le coese sono leggermente più complesse.
Occorre risolvere l'equazione che ho riportato prima e trovare il tempo in cui la velocità si annulla, partendo da una condizione iniziale data, e il tempo che ci mette il corpo a tornare alla quota di partenza.
Quest'ultimo credo non sia facilmente esprimibile in formule semplici..
Quando ho tempo provo a ricavare le formule.
Capisco. Sinceramente pensavo che il problema fosse di più facile soluzione. Se vorrai (tempo e voglia permettendo) ricavare le formule, ti prego di spiegare i vari passaggi, perché non ho ancora dimestichezza con la matematica più complessa, pur conoscendone parzialmente la teoria.
OK.
Allora cominciamo col dire che in realtà la resistenza dell'aria è proporzionale alla velocità in maniera un po' più complessa del semplice $kv$. $k$ è infatti esso stesso funzione della velocità...
Ad ogni modo teniamo questa legge semplificata e proviamo a trarre delle conclusioni rispondendo alla domanda iniziale di Rafale.
Come detto l'equazione risolutiva del moto è
$m(dv)/(dt)+kv+mg=0$
Dobbiamo integrare quest'equazione differenziale e trovare $v$.
Questo non è da matematici duri e puri: si risolve prima l'equazione senza $mg$ e poi si cerca uno soluzione particolare dell'equazione.
La somma delle due soluzioni è la soluzione generale.
Non scrivo i passaggi ma si trova alla fine
$v(t)=(v_0+ (mg)/k ) e ^(-k/m t) - (mg) /k$
Ho usato qui anche la condizione iniziale di velocità $v_0$ al tempo 0.
Possiamo notare che per tempi grandi la velocità tende al valore costante $-(mg)/k$ come già osservato, inoltre se facciamo tendere $k$ a zero si può dimostrare che $v$ diventa uguale a $v_0 - g t$, ritroviamo quindi il moto del punto materiale in presenza di gravità senza resistenza. Questo ci conforta
Tornando a noi ci interessa vedere quando il nostro corpo giunge alla massima altezza.
Questo è facile accadrà quando la sua velocità è nulla cioè per il tempo $t_s$ che soddisfa l'equazione:
$(v_0+ (mg)/k ) e ^(-k/m t_s) - (mg) /k=0$
Questa equazione si risolve facilmente e si trova $t_s=m/k ln ((v_0+(mg)/k)/((mg)/k))$
Si nota che quando $v_0=0$ otteniamo ovviamente $t_s=0$.
Per trovare il tempo in cui il nostro corpo ritorna alla posizione di partenza dobbiamo trovare come varia la posizione in funzione del tempo. Quindi dobbiamo integrare la velocità.
Questo non è difficile:
$y(t)=m/k(v_0+(mg)/k)(1-e^(-k/m t))-(mg)/k t$
Ho imposto qui che la posizione del corpo sia $y=0$ al tempo 0.
Bene. Ora per trovare il tempo $t_(y0)$ in cui il corpo torna alla quota zero dobbiamo risolvere:
$m/k(v_0+(mg)/k)(1-e^(-k/m t_(y0)))-(mg)/k t_(y0)=0$
Stavolta la soluzione non è possibile scriverla in forma analitica comunque possiamo scrivere questo:
$t_(y0)=k/(mg)m/k(v_0+(mg)/k)(1-e^(-k/m t_(y0)))$
Il tempo $t_(y0)$ lo potremmo trovare in maniera iterativa partendo da un valore di tentativo, per esempio il valore $t_(y0_1)=k/(mg)m/k(v_0+(mg)/k)$, sostituendolo nell'espressione di sopra, trovando un nuovo valore $t_(y0_2)$ ....e così via fino che il tempo non cambia più molto.
Supponiamo comunque che $k/m$ sia molto grande, cioè che il nostro corpo sia molto leggero e/o che offre grande resistenza all'aria.
A questo punto possiamo approssimare questo tempo proprio con $t_(y01)=k/(mg)m/k(v_0+(mg)/k)=((kv_0)/(mg)+1)m/k$.
Bene. Il tempo di discesa sarà allora pari a $t_(y01)-t_s$.
Chiediamoci ora quando $t_(y01)-t_s>t_s$ cioè quando il tempo di discesa è maggiore del tempo di salita.
Questa disequazione si può scrivere come
$t_(y01)>2t_s$
Sostituendo i valori otteniamo questa disequazione:
$((kv_0)/(mg)+1)m/k>2m/k ln ((v_0+(mg)/k)/((mg)/k))$
che semplificando diventa:
$((kv_0)/(mg)+1)>2ln ((kv_0)/(mg)+1)$
E la disequazione di sopra è sempre soddisfatta.
Quindi per un corpo "non troppo pesante e/o che offre grande resistenza all'aria" il tempo di discesa è sempre maggiore del tempo di salita.
Nel caso generale bisogna mettere i numeri risolvere iterativamente e vedere che succede, se qualcuno ha voglia potrebbe provare a vedere se può succedere il contrario...
Uhhff!!
Complimenti a chi ha avuta la pazienza di leggere fin qui!!
p.s Aggiungo a questo messaggio la domanda: esiste una prova matematica che in tutte le condizioni il tempo di salita è inferiore a quello di discesa?
Intuitivamente si capisce facilmente che deve essere così, ma da questo ragionamento la dimostrazione in formule non sembra immediata...
Allora cominciamo col dire che in realtà la resistenza dell'aria è proporzionale alla velocità in maniera un po' più complessa del semplice $kv$. $k$ è infatti esso stesso funzione della velocità...
Ad ogni modo teniamo questa legge semplificata e proviamo a trarre delle conclusioni rispondendo alla domanda iniziale di Rafale.
Come detto l'equazione risolutiva del moto è
$m(dv)/(dt)+kv+mg=0$
Dobbiamo integrare quest'equazione differenziale e trovare $v$.
Questo non è da matematici duri e puri: si risolve prima l'equazione senza $mg$ e poi si cerca uno soluzione particolare dell'equazione.
La somma delle due soluzioni è la soluzione generale.
Non scrivo i passaggi ma si trova alla fine
$v(t)=(v_0+ (mg)/k ) e ^(-k/m t) - (mg) /k$
Ho usato qui anche la condizione iniziale di velocità $v_0$ al tempo 0.
Possiamo notare che per tempi grandi la velocità tende al valore costante $-(mg)/k$ come già osservato, inoltre se facciamo tendere $k$ a zero si può dimostrare che $v$ diventa uguale a $v_0 - g t$, ritroviamo quindi il moto del punto materiale in presenza di gravità senza resistenza. Questo ci conforta
Tornando a noi ci interessa vedere quando il nostro corpo giunge alla massima altezza.
Questo è facile accadrà quando la sua velocità è nulla cioè per il tempo $t_s$ che soddisfa l'equazione:
$(v_0+ (mg)/k ) e ^(-k/m t_s) - (mg) /k=0$
Questa equazione si risolve facilmente e si trova $t_s=m/k ln ((v_0+(mg)/k)/((mg)/k))$
Si nota che quando $v_0=0$ otteniamo ovviamente $t_s=0$.
Per trovare il tempo in cui il nostro corpo ritorna alla posizione di partenza dobbiamo trovare come varia la posizione in funzione del tempo. Quindi dobbiamo integrare la velocità.
Questo non è difficile:
$y(t)=m/k(v_0+(mg)/k)(1-e^(-k/m t))-(mg)/k t$
Ho imposto qui che la posizione del corpo sia $y=0$ al tempo 0.
Bene. Ora per trovare il tempo $t_(y0)$ in cui il corpo torna alla quota zero dobbiamo risolvere:
$m/k(v_0+(mg)/k)(1-e^(-k/m t_(y0)))-(mg)/k t_(y0)=0$
Stavolta la soluzione non è possibile scriverla in forma analitica comunque possiamo scrivere questo:
$t_(y0)=k/(mg)m/k(v_0+(mg)/k)(1-e^(-k/m t_(y0)))$
Il tempo $t_(y0)$ lo potremmo trovare in maniera iterativa partendo da un valore di tentativo, per esempio il valore $t_(y0_1)=k/(mg)m/k(v_0+(mg)/k)$, sostituendolo nell'espressione di sopra, trovando un nuovo valore $t_(y0_2)$ ....e così via fino che il tempo non cambia più molto.
Supponiamo comunque che $k/m$ sia molto grande, cioè che il nostro corpo sia molto leggero e/o che offre grande resistenza all'aria.
A questo punto possiamo approssimare questo tempo proprio con $t_(y01)=k/(mg)m/k(v_0+(mg)/k)=((kv_0)/(mg)+1)m/k$.
Bene. Il tempo di discesa sarà allora pari a $t_(y01)-t_s$.
Chiediamoci ora quando $t_(y01)-t_s>t_s$ cioè quando il tempo di discesa è maggiore del tempo di salita.
Questa disequazione si può scrivere come
$t_(y01)>2t_s$
Sostituendo i valori otteniamo questa disequazione:
$((kv_0)/(mg)+1)m/k>2m/k ln ((v_0+(mg)/k)/((mg)/k))$
che semplificando diventa:
$((kv_0)/(mg)+1)>2ln ((kv_0)/(mg)+1)$
E la disequazione di sopra è sempre soddisfatta.
Quindi per un corpo "non troppo pesante e/o che offre grande resistenza all'aria" il tempo di discesa è sempre maggiore del tempo di salita.
Nel caso generale bisogna mettere i numeri risolvere iterativamente e vedere che succede, se qualcuno ha voglia potrebbe provare a vedere se può succedere il contrario...
Uhhff!!
Complimenti a chi ha avuta la pazienza di leggere fin qui!!
p.s Aggiungo a questo messaggio la domanda: esiste una prova matematica che in tutte le condizioni il tempo di salita è inferiore a quello di discesa?
Intuitivamente si capisce facilmente che deve essere così, ma da questo ragionamento la dimostrazione in formule non sembra immediata...
All'uni ho fatto in programam che risolve numericamente le equazioni, ma non so come potrei metterlo su windows e tanto meno come metterlo sul sito...
Cmq veo se riesco a fare qualcosa
Cmq veo se riesco a fare qualcosa
All'uni ho fatto in programam che risolve numericamente le equazioni, ma non so come potrei metterlo su windows e tanto meno come metterlo sul sito...Cmq veo se riesco a fare qualcosa
Cmq veo se riesco a fare qualcosa
"antani":
All'uni ho fatto in programam che risolve numericamente le equazioni, ma non so come potrei metterlo su windows e tanto meno come metterlo sul sito...
Risolvendo numericamente le equazioni si vede che è sempre $t_d>t_s$ qualunque siano $m$, $k$e $v0$. Solo che mi chiedevo se ci fosse una dimostrazione che non ricorra alla forza bruta.
Tra l'altro il tempo per ritornare al punto di partenza è sempre inferiore al tempo impiegato in assenza di attrito, questo forse è meno intuitivo...
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo