Esercizi di Meccanica difficili - 1
Ho trovato un libro di esercizi di Meccanica che sono alquanto difficili, ma stimolanti. Pensate che si tratta di esercizi assegnati nelle Università di Princeton, o del MIT, o di Mosca , o altre. Vorrei presentarne qualcuno, per stimolare innanzitutto i miei residui neuroni, che devono sforzarsi a scrivere bene il testo per far capire, e poi quelli di qualcun altro che voglia cimentarsi nella soluzione. Eccone uno.
Nello spazio profondo, niente gravità terrestre o di altri corpi celesti presente, c’è un "Habitat “ artificiale costituito da un cilindro cavo rotante, di raggio $R=10km$ , che ha una velocità angolare attorno al proprio asse $omega_0$ , sufficiente ad assicurare , al raggio $R$ , un’accelerazione gravitazionale “apparente” uguale a $g = 10 m/s^2$ . Le persone in questo abitat stanno in piedi sulla superficie interna del cilindro, quindi la testa è rivolta verso l’asse di rotazione.
C’è un battitore di baseball in un punto P della superficie interna. Il battitore picchia la palla con la mazza, dando alla velocità della palla una direzione iniziale di 45º rispetto al “piano orizzontale” , che è tangente al cilindro sotto i suoi piedi: i 45º sono, come sappiamo, l’angolo di tiro a cui, sulla terra, corrisponde la gittata massima. Notiamo che sulla terra il battitore è capace, in questo modo, di lanciare la palla a $120m$
Si chiede qual é la gittata massima nell’abitat, e in quale direzione essa avviene, se nel senso della rotazione del cilindro o nel senso contrario alla rotazione
Suggerimento : rinfreschiamoci prima le idee su quello che succede sulla Terra, dove possiamo trascurare la forza di Coriolis, cosa che invece non è possibile nell’abitat. Inoltre, cerchiamo di risolvere il problema NON nel sistema di riferimento rotante perché le equazioni sarebbero molto complicate ( dice il testo) , risolviamolo dal punto di vista di un riferimento inerziale esterno in cui il cilindro è visto rotare.
Vi metto la figura, in cui $vecV$ rappresenta la velocità periferica del punto $P$ in cui si trova il battitore, mentre i due vettori a 45º $vecv$ son le due possibili velocità che si possono impartire alla palla, una nel senso della rotazione e una nel senso contrario. Si tratta di trovare quale delle due è più favorevole ad una maggior gittata.
la figura riporta ovviamente il piano normale all’asse del cilindro nel punto $P$ .
Nello spazio profondo, niente gravità terrestre o di altri corpi celesti presente, c’è un "Habitat “ artificiale costituito da un cilindro cavo rotante, di raggio $R=10km$ , che ha una velocità angolare attorno al proprio asse $omega_0$ , sufficiente ad assicurare , al raggio $R$ , un’accelerazione gravitazionale “apparente” uguale a $g = 10 m/s^2$ . Le persone in questo abitat stanno in piedi sulla superficie interna del cilindro, quindi la testa è rivolta verso l’asse di rotazione.
C’è un battitore di baseball in un punto P della superficie interna. Il battitore picchia la palla con la mazza, dando alla velocità della palla una direzione iniziale di 45º rispetto al “piano orizzontale” , che è tangente al cilindro sotto i suoi piedi: i 45º sono, come sappiamo, l’angolo di tiro a cui, sulla terra, corrisponde la gittata massima. Notiamo che sulla terra il battitore è capace, in questo modo, di lanciare la palla a $120m$
Si chiede qual é la gittata massima nell’abitat, e in quale direzione essa avviene, se nel senso della rotazione del cilindro o nel senso contrario alla rotazione
Suggerimento : rinfreschiamoci prima le idee su quello che succede sulla Terra, dove possiamo trascurare la forza di Coriolis, cosa che invece non è possibile nell’abitat. Inoltre, cerchiamo di risolvere il problema NON nel sistema di riferimento rotante perché le equazioni sarebbero molto complicate ( dice il testo) , risolviamolo dal punto di vista di un riferimento inerziale esterno in cui il cilindro è visto rotare.
Vi metto la figura, in cui $vecV$ rappresenta la velocità periferica del punto $P$ in cui si trova il battitore, mentre i due vettori a 45º $vecv$ son le due possibili velocità che si possono impartire alla palla, una nel senso della rotazione e una nel senso contrario. Si tratta di trovare quale delle due è più favorevole ad una maggior gittata.
la figura riporta ovviamente il piano normale all’asse del cilindro nel punto $P$ .
Risposte
@Quinzio
grazie per la risposta.
non è tanto semplice. Tieni presente che il battitore lancia a 45º rispetto al suo piano orizzontale, quello tangente alla circonferenza in P, e che , come sulla Terra, c’è un campo gravitazionale apparente di intensità $g=10m/s^2$ in P. Ma credo che si debba dare il risultato in funzione dell’arco $s_1$ e/o $s_2$ disegnati in figura. LA pallina dopo il lancio è comunque soggetta al campo gravitazionale, che la riporta indietro verso la circonferenza.
Io ho dei risultati numerici, ma il problema è come arrivarci! Mi sto scervellando da un bel po’, e vorrei prendere il consiglio dell’autore: guardate quello che succede alla pallina dal punto di vista del r.i. esterno, non nel riferimento rotante, altrimenti non ne uscite più!
Oggi proverò a scrivere qualcosa. Per ora, ho capito [forse] che l’angolo $theta_0 $ che sottende l’arco $s_2$ rappresenta la rotazione del cilindro durante il tempo di volo della pallina: il punto $O$ si sposta in $O’$ , rispetto all’OI esterno, e si può ricavare cinematicamente con facilità.
grazie per la risposta.
non è tanto semplice. Tieni presente che il battitore lancia a 45º rispetto al suo piano orizzontale, quello tangente alla circonferenza in P, e che , come sulla Terra, c’è un campo gravitazionale apparente di intensità $g=10m/s^2$ in P. Ma credo che si debba dare il risultato in funzione dell’arco $s_1$ e/o $s_2$ disegnati in figura. LA pallina dopo il lancio è comunque soggetta al campo gravitazionale, che la riporta indietro verso la circonferenza.
Io ho dei risultati numerici, ma il problema è come arrivarci! Mi sto scervellando da un bel po’, e vorrei prendere il consiglio dell’autore: guardate quello che succede alla pallina dal punto di vista del r.i. esterno, non nel riferimento rotante, altrimenti non ne uscite più!
Oggi proverò a scrivere qualcosa. Per ora, ho capito [forse] che l’angolo $theta_0 $ che sottende l’arco $s_2$ rappresenta la rotazione del cilindro durante il tempo di volo della pallina: il punto $O$ si sposta in $O’$ , rispetto all’OI esterno, e si può ricavare cinematicamente con facilità.
Non ho fatto i conti, ma mi sembra essenzialmente un problema di geometria. Una volta trovato il valore dell'angolo $\beta$, il problema è sostanzialmente risolto.
Nel sistema inerziale in cui il cilindro ruota sul corpo non agiscono forze: le forze gravitazionali apparenti e l'accelerazione di Coriolis andrebbero introdotte nella descrizione del moto nel sistema di riferimento che ruota.
Su due piedi sono d'accordo con la considerazione di Quinzio, cioé la gittata massima è percorsa lanciando la palla in direzione opposta al senso di rotazione; quando avrò tempo proverò a verificare sviluppando i conti dell'esercizio.
Nel sistema inerziale in cui il cilindro ruota sul corpo non agiscono forze: le forze gravitazionali apparenti e l'accelerazione di Coriolis andrebbero introdotte nella descrizione del moto nel sistema di riferimento che ruota.
Su due piedi sono d'accordo con la considerazione di Quinzio, cioé la gittata massima è percorsa lanciando la palla in direzione opposta al senso di rotazione; quando avrò tempo proverò a verificare sviluppando i conti dell'esercizio.
"Lampo1089":
Non ho fatto i conti, ma mi sembra essenzialmente un problema di geometria. Il punto mi pare trovare il valore dell'angolo $\beta$, una volta trovato il problema è sostanzialmente risolto.
Nel sistema inerziale in cui il cilindro ruota sul corpo non agiscono forze: le forze gravitazionali apparenti e l'accelerazione di Coriolis andrebbero introdotte nella descrizione del moto nel sistema di riferimento che ruota.
Su due piedi sono d'accordo con la considerazione di Quinzio, cioé la gittata massima è percorsa lanciando la palla in direzione opposta al senso di rotazione quando avrò tempo proverò a verificare sviluppando i conti dell'esercizio.
Sono d’accordo anch’io su tutto questo, bisogna trovare $beta$ ; vista dal sistema inerziale, non agiscono forze sulla palla, salvo la gravità che la spinge indietro verso “terra del sistema rotante” , una volta che la palla ha lasciato la mazza. Intuitivamente, la gittata massima si ha in direzione opposta al senso di rotazione del cilindro. La gittata massima, che sulla nostra terra si calcola facilmente, deve essere comunque dell’ordine di qualche centinaio di metri, la palla non attraversa tutto il diametro del cilindro, che è uguale a 20 km.
Metto prima qualche conto relativo al lancio su un campo terrestre, inerziale per ipotesi, tranne la presenza di $g$. Abbiamo detto che qui il lancio avviene con una velocità iniziale $vecv$ , e che la gittata massima si ha per un angolo di lancio $alpha=45º$ , e vale $L=120m$. Questi dati ci consentono di calcolare tempo e velocità (modulo).
Infatti :
$v_x = vcos\alpha$ = costante
$v_y = v\senalpha $ = variabile col tempo
il tempo di volo si può trovare da :
$vsen\alpha*t -1/2g*t^2 = 0 \rarr t = (2v)/g*senalpha$
Perciò , essendo : $L = vcosalpha*t = v^2/g sen (2alpha)$
la gitttata massima, per $alpha = 45º $ , comporta che : $L = v^2/g $ , da cui : $v = sqrt(gL) $
e sostituendo i valori noti di $g$ e di $L$ si ottiene : $v = 34.64m/s$
Questo è il modulo della velocità impartita dalla mazza alla palla, sulla nostra terra, col vettore a 45º per avere la gittata massima nota di $L=120m$
A questo punto, passiamo al sistema rotante. LA velocità angolare si trova uguagliando il modulo della forza centrifuga $omega^2R$ al modulo $g$ della accelerazione di gravità apparente $g= 10m/s^2$ , per cui :
$omega = sqrt(g/R)$
e la velocità tangenziale $vecV$ nel punto P , come in tutti gli altri punti della circonferenza, ha modulo :
$V = omegaR = sqrt(gR) = sqrt ( 10*10000) m/s = 316.23 m/s $
Ora. guardando la figura, bisogna innanzitutto rendersi conto che, siccome il battitore non diventa Superman per la rotazione e la sua battuta sarà piu o meno della stessa intensità di quella a terra, la gittata , in un verso o nell’altro, sarà di un centinaio di metri, più o meno, con il vettore $vecv$ a 45º , a destra o a sinistra del raggio $R$ , come rappresentato in figura , dal punto $P$ . Un arco $s$ lungo un centinaio di metri , rapportato al raggio $R = 10000m$ , determina un angolo al centro $2beta$ molto piccolo, dell’ordine di $ (100)/(10000) rad = 1/(100) rad = \approx 0.573 º $ . In pratica, la “terra” sotto i piedi del battitore è praticamente piatta.
Con riferimento alla figura, si tratta ora di fare due calcoli : uno immaginando che la velocità di battuta sia il vettore $vecv$ da P alla destra di $R$ ( quindi nello stesso verso del moto di rotazione) ; un altro, con il vettore $vecv$ diretto alla sinistra di $R$. E occorre tener conto della velocità tangenziale $vecV$.
Ma a questo penserò domani, non ho ancora le idee chiare su come procedere. Fatemi sapere se avete trovato qualcosa nel frattempo.
PS : ho scritto questo :
vista dal sistema inerziale, non agiscono forze sulla palla, salvo la gravità che la spinge indietro verso “terra del sistema rotante” , una volta che la palla ha lasciato la mazza.
ma ora non ne sono più sicuro...Forse Lampo ha ragione, non si deve considerare neanche la gravità apparente , se si guarda il cilindro da un riferimento inerziale esterno. La velocità $vecv$ con cui la palla abbandona P ha una componente $v_x$ parallela alla tangente in P , cioe alla “terra” del cilindro (come avviene sulla nostra terra), e una componente $v_y$ ad essa normale. L’asse y dovrebbe essere il raggio $R$.
Continuo domani.
Beh direi che sei a un buon punto!
Provo ad integrare quello che hai già scritto. Continuo vedendo il problema dal punto di vista del sistema inerziale: il moto della palla sarà un moto rettilineo uniforme (non agiscono forze) con velocità pari alla somma vettoriale della velocità con cui viene lanciata la palla e la velocità con cui si muove il lanciatore (il lanciatore è fermo sulla sup del cilindro, ma il cilindro ruota). Nella figura la risultante delle velocità è indicata con il vettore $u$.
Si tratta di applicare la regola del parallelogrammo, per cui si ottiene (in modulo):
$$
u = \sqrt{\left(V + \frac{v}{\sqrt{2}}\right)^2 + \frac{v^2}{2} } = \sqrt{V^2 + v^2 + \sqrt{2} V v} = \sqrt{g R}\sqrt{1+ \frac{L}{R} + \sqrt{2\frac{L}{R}}}
$$
e per la tangente di $\beta$:
$$
\tan\beta = \frac{\frac{v}{\sqrt{2}}}{V + \frac{v}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{1 + \sqrt{\frac{2R}{L}}} = \sqrt{\frac{L}{2R}}\frac{1}{1 + \sqrt{\frac{L}{2R}}}
$$
Durante il volo, la palla percorre una traiettoria rettilinea lunga $\deltaS$ corrispondente al segmento OP del triangolo isoscele in figura. Per il calcolo della gittata però bisogna mettersi nei panni di un omino che si trova sulla superficie cilindrica. Come in figura, supponiamo che P lanci in direzione concorde al senso di rotazione: la palla atterrerà nel punto O percorrendo un arco di lunghezza $s_1$. Nel frattempo, tuttavia, P stesso percorrerà un arco di circonferenza $s_2$ proporzionale al tempo di volo $\deltat$ della palla, per cui la gittata effettiva $L'$ sarà pari a $s1-s2$.
$$
s_1 = 2 \beta R
$$
$$
s_2 = R \omega \delta t = R \omega \frac{\delta S}{u} = R \omega\frac{2 R \sin\beta}{u} = 2R \frac{\sin\beta}{\sqrt{1+\frac{L}{R} +\sqrt{2\frac{L}{R}}}}
$$
La gittata dovrebbe risultare per cui:
$$
L' = 2\beta R - 2R\frac{\sin\beta}{\sqrt{1+\frac{L}{R} +\sqrt{2\frac{L}{R}}}}
$$
A questo punto si tratta di inserire i valori numerici per risolvere, sperando di non aver sbagliato i conti (conti che avevo sbagliato al primo giro ...) e ottenere il risultato con tutti i crismi (aka no semplificazioni)
Se vogliamo semplificare un po' le cose si può notare che l'angolo $\beta$ è piccolo e L << R per cui vale, al primo ordine:
$$
L' \approx \beta \sqrt{2RL} \approx 110 m
$$
-----
edit: la formula sopra è sbagliata, il risultato approssimato al primo ordine corretto è:
$$
L' = L \left(1 - \frac{4}{3}\sqrt{\frac{L}{2R}} \right) \approx 107.606 m
$$
Provo ad integrare quello che hai già scritto. Continuo vedendo il problema dal punto di vista del sistema inerziale: il moto della palla sarà un moto rettilineo uniforme (non agiscono forze) con velocità pari alla somma vettoriale della velocità con cui viene lanciata la palla e la velocità con cui si muove il lanciatore (il lanciatore è fermo sulla sup del cilindro, ma il cilindro ruota). Nella figura la risultante delle velocità è indicata con il vettore $u$.
Si tratta di applicare la regola del parallelogrammo, per cui si ottiene (in modulo):
$$
u = \sqrt{\left(V + \frac{v}{\sqrt{2}}\right)^2 + \frac{v^2}{2} } = \sqrt{V^2 + v^2 + \sqrt{2} V v} = \sqrt{g R}\sqrt{1+ \frac{L}{R} + \sqrt{2\frac{L}{R}}}
$$
e per la tangente di $\beta$:
$$
\tan\beta = \frac{\frac{v}{\sqrt{2}}}{V + \frac{v}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{1 + \sqrt{\frac{2R}{L}}} = \sqrt{\frac{L}{2R}}\frac{1}{1 + \sqrt{\frac{L}{2R}}}
$$
Durante il volo, la palla percorre una traiettoria rettilinea lunga $\deltaS$ corrispondente al segmento OP del triangolo isoscele in figura. Per il calcolo della gittata però bisogna mettersi nei panni di un omino che si trova sulla superficie cilindrica. Come in figura, supponiamo che P lanci in direzione concorde al senso di rotazione: la palla atterrerà nel punto O percorrendo un arco di lunghezza $s_1$. Nel frattempo, tuttavia, P stesso percorrerà un arco di circonferenza $s_2$ proporzionale al tempo di volo $\deltat$ della palla, per cui la gittata effettiva $L'$ sarà pari a $s1-s2$.
$$
s_1 = 2 \beta R
$$
$$
s_2 = R \omega \delta t = R \omega \frac{\delta S}{u} = R \omega\frac{2 R \sin\beta}{u} = 2R \frac{\sin\beta}{\sqrt{1+\frac{L}{R} +\sqrt{2\frac{L}{R}}}}
$$
La gittata dovrebbe risultare per cui:
$$
L' = 2\beta R - 2R\frac{\sin\beta}{\sqrt{1+\frac{L}{R} +\sqrt{2\frac{L}{R}}}}
$$
A questo punto si tratta di inserire i valori numerici per risolvere, sperando di non aver sbagliato i conti (conti che avevo sbagliato al primo giro ...) e ottenere il risultato con tutti i crismi (aka no semplificazioni)
Se vogliamo semplificare un po' le cose si può notare che l'angolo $\beta$ è piccolo e L << R per cui vale, al primo ordine:
$$
L' \approx \beta \sqrt{2RL} \approx 110 m
$$
-----
edit: la formula sopra è sbagliata, il risultato approssimato al primo ordine corretto è:
$$
L' = L \left(1 - \frac{4}{3}\sqrt{\frac{L}{2R}} \right) \approx 107.606 m
$$
Congratulazioni Lampo, hai fatto un gran bel lavoro! Hai ragione, si tratta di un esercizio di cinematica, dentro un riferimento rotante, e la velocità risultante dal lancio verso destra $u_d$ rispetto all’osservatore inerziale esterno, assumendo come asse $x$ la direzione di $vecV$ e come asse $y$ la direzione radiale, da P verso il centro, è data da :
$u_d^2 = (V+v_x)^2 +v_y^2 = V^2 +v_x^2 + 2Vv_x + v_y^2 = V^2 +v^2 + 2Vv/\sqrt2$
da cui, con alcuni passaggi, io ricavo una espressione che é equivalente alla tua :
$u_d^2 = g(R+L+sqrt(2RL))$
Analogamente, considerando il lancio verso sinistra , cioè contro la rotazione, basta dare il segno $-$ a $v_x$ :
$u_s^2 = (V-v_x)^2 +v_y^2 = V^2 +v_x^2 - 2Vv_x + v_y^2 = V^2 +v^2 - 2Vv/\sqrt2$
da cui si ricava :
$u_s^2 = g(R+L-sqrt(2RL))$
Il valore della gittata max quando il lancio è nello stesso verso della rotazione , cioè a destra , è :
$L’ \approx 108m$
in ottimo accordo anche col valore approssimato che hai calcolato alla fine. Invece il valore della gittata max , quando il lancio è nel verso opposto alla rotazione , è :
$L’’ = \approx 132 m $
ecco un disegnino dei vettori velocità nel secondo caso :
$u_d^2 = (V+v_x)^2 +v_y^2 = V^2 +v_x^2 + 2Vv_x + v_y^2 = V^2 +v^2 + 2Vv/\sqrt2$
da cui, con alcuni passaggi, io ricavo una espressione che é equivalente alla tua :
$u_d^2 = g(R+L+sqrt(2RL))$
Analogamente, considerando il lancio verso sinistra , cioè contro la rotazione, basta dare il segno $-$ a $v_x$ :
$u_s^2 = (V-v_x)^2 +v_y^2 = V^2 +v_x^2 - 2Vv_x + v_y^2 = V^2 +v^2 - 2Vv/\sqrt2$
da cui si ricava :
$u_s^2 = g(R+L-sqrt(2RL))$
Il valore della gittata max quando il lancio è nello stesso verso della rotazione , cioè a destra , è :
$L’ \approx 108m$
in ottimo accordo anche col valore approssimato che hai calcolato alla fine. Invece il valore della gittata max , quando il lancio è nel verso opposto alla rotazione , è :
$L’’ = \approx 132 m $
ecco un disegnino dei vettori velocità nel secondo caso :
in attesa di un altro esercizio, propongo: determinare legge oraria e traiettoria percorsa dalla palla nel sistema di riferimento rotante, e la si confronti per entrambe le casistiche (velocità iniziale concorde/discorde con la rotazione del cilindro) con il moto che avverrebbe sul pianeta Terra (in questo caso si trascurino le forze apparenti dovute alla rotazione terrestre). Si esplicitino eventuali semplificazioni adottate nella risoluzione. Chiunque voglia cimentarsi e mettersi alla prova è il benvenuto.
Dobbiamo prima completare il lavoro per trovare la gittata con lancio verso sinistra!
Per ora , ho fatto un altro disegno per far vedere i vettori velocità e l’angolo $beta$ nel caso di lancio verso destra :
Essendo : $v = sqrt(gL) $ , le due componenti su $x$ e $y$ valgono :
$v_x =v_y = 1/2sqrt(2gL)$
Il vettore $vecu_d$ è : $vecu_d = vecv_y + ( vecV +vecv_x) $ da cui si ricava il modulo col teorema di Pitagora, come detto prima. Inoltre si ha :
$sen\beta = v_y/u_d = ....= sqrt(L/2) / sqrt (R+L+sqrt(2RL)) $
Perciò l’arco di ampiezza $2beta$ e raggio $R$ ha lunghezza $s_1 = 2Rbeta$ .
Come ha gia spiegato Lampo, c’è da considerare che durante il tempo di volo della palla il cilindro ruota, dando luogo allo spostamento $s_2 = thetaR = omegaD/u_d R $ , che a conti fatti risulta uguale a $sqrt(gR)(2Rsenbeta)/u_d$.
In definitiva, la gittata con lancio verso destra è data da :
$L_d = s_1-s_2 $
Nel caso di lancio verso sinistra, l’angolo $beta$ ha un segno $-$ in un termine al denominatore, per cui risulta più grande sia il seno che l’angolo :
$sen\beta_s = v_y/u_s = ....= sqrt(L/2) / sqrt (R+L-sqrt(2RL)) $
anche qui, si può approssimare $senbeta_s \approxbeta_s $ , trattandosi di un angolo “piccolo” , e quindi scrivere, in prima approssimazione :
$L_s = |s_1-s_2| = 2Rbeta_s ( 1- sqrt(gR) / u_s) $
LA velocità assoluta verso sinistra ha modulo :
$u_s = sqrt(g(R+L -sqrt(2RL)) $
Non ho fatto tutti i calcoli, mi sono limitato a prendere il valore dato dal testo : $L_s \approx132m $ , e verificare che funziona...
Per ora , ho fatto un altro disegno per far vedere i vettori velocità e l’angolo $beta$ nel caso di lancio verso destra :
Essendo : $v = sqrt(gL) $ , le due componenti su $x$ e $y$ valgono :
$v_x =v_y = 1/2sqrt(2gL)$
Il vettore $vecu_d$ è : $vecu_d = vecv_y + ( vecV +vecv_x) $ da cui si ricava il modulo col teorema di Pitagora, come detto prima. Inoltre si ha :
$sen\beta = v_y/u_d = ....= sqrt(L/2) / sqrt (R+L+sqrt(2RL)) $
Perciò l’arco di ampiezza $2beta$ e raggio $R$ ha lunghezza $s_1 = 2Rbeta$ .
Come ha gia spiegato Lampo, c’è da considerare che durante il tempo di volo della palla il cilindro ruota, dando luogo allo spostamento $s_2 = thetaR = omegaD/u_d R $ , che a conti fatti risulta uguale a $sqrt(gR)(2Rsenbeta)/u_d$.
In definitiva, la gittata con lancio verso destra è data da :
$L_d = s_1-s_2 $
Nel caso di lancio verso sinistra, l’angolo $beta$ ha un segno $-$ in un termine al denominatore, per cui risulta più grande sia il seno che l’angolo :
$sen\beta_s = v_y/u_s = ....= sqrt(L/2) / sqrt (R+L-sqrt(2RL)) $
anche qui, si può approssimare $senbeta_s \approxbeta_s $ , trattandosi di un angolo “piccolo” , e quindi scrivere, in prima approssimazione :
$L_s = |s_1-s_2| = 2Rbeta_s ( 1- sqrt(gR) / u_s) $
LA velocità assoluta verso sinistra ha modulo :
$u_s = sqrt(g(R+L -sqrt(2RL)) $
Non ho fatto tutti i calcoli, mi sono limitato a prendere il valore dato dal testo : $L_s \approx132m $ , e verificare che funziona...
Piccolo edit ... correggo il mio risultato analitico approssimato: ho rifatto con più calma i conti e sviluppato tutto lo sviluppabile al primo ordine non banale, ed ecco qui:
$$
L' = L \left(1 - \frac{4}{3}\sqrt{\frac{L}{2R}} \right) \approx 107.606 m
$$
oppure, ancora meglio ...
$$
L' = L \left(1 - \frac{4}{3}\sqrt{\frac{L}{2R}} + \frac{16}{5}\left(\frac{L}{2R}\right)^\frac{3}{2} \right) \approx 107.785 m
$$
(qui mi fermo, direi che è sufficiente come approssimazione, altrimenti mi ritrovo a scrivere tutta la serie perturbativa)
Sicuramente nella formula scritta ieri avevo fatto delle semplificazioni senza tenere conto per bene degli ordini, ora il risultato è molto migliore e sotto controllo.
$$
L' = L \left(1 - \frac{4}{3}\sqrt{\frac{L}{2R}} \right) \approx 107.606 m
$$
oppure, ancora meglio ...
$$
L' = L \left(1 - \frac{4}{3}\sqrt{\frac{L}{2R}} + \frac{16}{5}\left(\frac{L}{2R}\right)^\frac{3}{2} \right) \approx 107.785 m
$$
(qui mi fermo, direi che è sufficiente come approssimazione, altrimenti mi ritrovo a scrivere tutta la serie perturbativa
)Sicuramente nella formula scritta ieri avevo fatto delle semplificazioni senza tenere conto per bene degli ordini, ora il risultato è molto migliore e sotto controllo.
Riporto per completezza le soluzioni esatte:
1) lancio nel verso della rotazione:
$$
L' = 2 R \arctan\left({\sqrt{\frac{L}{2R}}}\frac{1}{1+ \sqrt{\frac{L}{2R}}}\right) - \frac{\sqrt{2RL}}{1+ \frac{L}{R} + \sqrt{\frac{2L}{R}}} = 107.758m
$$
2) lancio nel verso contrario alla rotazione (ometto lo svolgimento e confermo quanto scritto da Schackle):
$$
L' =\frac{\sqrt{2RL}}{1 + \frac{L}{R} - \sqrt{\frac{2L}{R}}} - 2 R \arctan\left({\sqrt{\frac{L}{2R}}}\frac{1}{1-\sqrt{\frac{L}{2R}}}\right) = 132.184m
$$
per quest'ultimo sono andato molto a spanne (cambiano solo un po' di segni data la diversa direzione della velocità iniziale), confortato dal fatto che il risultato numerico torna.
OK, ora offresi volontari per la sfida che ho lanciato, sperabilmente diversi dai soliti noti
1) lancio nel verso della rotazione:
$$
L' = 2 R \arctan\left({\sqrt{\frac{L}{2R}}}\frac{1}{1+ \sqrt{\frac{L}{2R}}}\right) - \frac{\sqrt{2RL}}{1+ \frac{L}{R} + \sqrt{\frac{2L}{R}}} = 107.758m
$$
2) lancio nel verso contrario alla rotazione (ometto lo svolgimento e confermo quanto scritto da Schackle):
$$
L' =\frac{\sqrt{2RL}}{1 + \frac{L}{R} - \sqrt{\frac{2L}{R}}} - 2 R \arctan\left({\sqrt{\frac{L}{2R}}}\frac{1}{1-\sqrt{\frac{L}{2R}}}\right) = 132.184m
$$
per quest'ultimo sono andato molto a spanne (cambiano solo un po' di segni data la diversa direzione della velocità iniziale), confortato dal fatto che il risultato numerico torna.
OK, ora offresi volontari per la sfida che ho lanciato, sperabilmente diversi dai soliti noti
Grazie Lampo, sei stato molto bravo. Hai dato le soluzioni perfette. Come vedo, questo problema ti ha stimolato abbastanza !
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