Sistema in rotazione terra (SDR non inerziale)
Mi sto scervellando su un problema che non riesco a risolvere
L'unica cosa di cui sono certo è che valga: $g⃗ =g⃗ '+\vecω^2r⃗$ dove $r=RTcos30$° e avente direzione parallela alle x edentrante.
Cioè la g del sistema inerziale è pari a g' sommato vettorialmente a un contributo pari a ω2r in modulo ed entrante (cioè che punta verso l'asse di rotazione).
==============
Detto questo ho provato in vari modi ma non me ne viene mezzo, ho pensato ad esempio di scomporre in x e y assi solidali e uscenti dalla terra:
$−g'sinλ'=−g'y$
$−g'cosλ'=−g'x$
A questi posso aggiungere l'accelerazione dovuta al sistema inerziale pari a $+ω2r=0,029m/s^2$
Siccome $λ'−λ=Δλ$ che vado cercando
scomponendo la g nel sistema inerziale
$−gsinλ=−gy$
$−gcosλ=−gx$
Quindi dovrebbe valere: $−g'x−acx=−gx$ ossia $gcos30°=g'cos(30−Δλ)+0.029m/s²$
Però devo già usare g=9.81m/s^2 altrimenti oltre all'incognita Δλ avrei anche g, peccato però che g me la chieda dopo e non è "teoricamente" nota.
Insomma, sono bloccato.
[EDIT]
Ho trovato questa soluzione online, però non mi convince poiché scompone l'accelerazione nel SDR non inerziale con l'angolo $lambda$, ma come è possibile? In teroia è l'accelerazione di gravità del SDR INERZIALE (e non quello non inerziale) a puntare nel centro.
In altre parole non capisco come sia possibile che la deviazione rispetto alla riadiale sia nel SDR inerziale, mentre in quello non inerziale la gravità punti nel centro della terra (mi aspettavo esattamente il contrario, cioè che la centrifuga spostasse g' dalla radiale di g
)
Se g′= 9,79 m/s² è il modulo dell’ accelerazione di gravita alla latitudine λ= 30° ,rispetto a un sistema solidale con la terra, e RT= 6,37·10^6 m è il raggio della Terra, determinare la deviazione del filo a piombo rispetto alla direzione radiale e il valore g dell’accelerazione di gravita in un sistema di riferimento inerziale. Sol: ∆λ= 0.0015 rad≈0.086°; g≈9.815 m/s2
L'unica cosa di cui sono certo è che valga: $g⃗ =g⃗ '+\vecω^2r⃗$ dove $r=RTcos30$° e avente direzione parallela alle x edentrante.
Cioè la g del sistema inerziale è pari a g' sommato vettorialmente a un contributo pari a ω2r in modulo ed entrante (cioè che punta verso l'asse di rotazione).
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Detto questo ho provato in vari modi ma non me ne viene mezzo, ho pensato ad esempio di scomporre in x e y assi solidali e uscenti dalla terra:
$−g'sinλ'=−g'y$
$−g'cosλ'=−g'x$
A questi posso aggiungere l'accelerazione dovuta al sistema inerziale pari a $+ω2r=0,029m/s^2$
Siccome $λ'−λ=Δλ$ che vado cercando
scomponendo la g nel sistema inerziale
$−gsinλ=−gy$
$−gcosλ=−gx$
Quindi dovrebbe valere: $−g'x−acx=−gx$ ossia $gcos30°=g'cos(30−Δλ)+0.029m/s²$
Però devo già usare g=9.81m/s^2 altrimenti oltre all'incognita Δλ avrei anche g, peccato però che g me la chieda dopo e non è "teoricamente" nota.
Insomma, sono bloccato.
[EDIT]
Ho trovato questa soluzione online, però non mi convince poiché scompone l'accelerazione nel SDR non inerziale con l'angolo $lambda$, ma come è possibile? In teroia è l'accelerazione di gravità del SDR INERZIALE (e non quello non inerziale) a puntare nel centro.
In altre parole non capisco come sia possibile che la deviazione rispetto alla riadiale sia nel SDR inerziale, mentre in quello non inerziale la gravità punti nel centro della terra (mi aspettavo esattamente il contrario, cioè che la centrifuga spostasse g' dalla radiale di g
)
Risposte
Che non hai
Non so se ho capito bene, seguire i tuoi pensieri non è facile... 
Guarda bene la figura 8 : il piano orizzontale , tangente alla superficie terrestre, è perpendicolare alla verticale vera P ; ma un filo a piombo P’ sulla terra che gira è perpendicolare alla superficie del laghetto o della piscina che sta sotto, e questo lo vede sia un OI che un NON OI . Ma la latitudine geografica del luogo Non dipende dall’osservatore. La superficie del lago è perpendicolare a P’. Noi che viviamo sulla terra diciamo che la superficie del lago è orizzontale, ma in realtà non coincide col piano tangente alla superficie terrestre in quel punto.
Guarda bene la figura 8 : il piano orizzontale , tangente alla superficie terrestre, è perpendicolare alla verticale vera P ; ma un filo a piombo P’ sulla terra che gira è perpendicolare alla superficie del laghetto o della piscina che sta sotto, e questo lo vede sia un OI che un NON OI . Ma la latitudine geografica del luogo Non dipende dall’osservatore. La superficie del lago è perpendicolare a P’. Noi che viviamo sulla terra diciamo che la superficie del lago è orizzontale, ma in realtà non coincide col piano tangente alla superficie terrestre in quel punto.
"Kanal":
Non so se ho capito bene, seguire i tuoi pensieri non è facile...
Guarda bene la figura 8 : il piano orizzontale , tangente alla superficie terrestre, è perpendicolare alla verticale vera P ; ma un filo a piombo P’ sulla terra che gira è perpendicolare alla superficie del laghetto o della piscina che sta sotto, e questo lo vede sia un OI che un NON OI . Ma la latitudine geografica del luogo Non dipende dall’osservatore. La superficie del lago è perpendicolare a P’. Noi che viviamo sulla terra diciamo che la superficie del lago è orizzontale, ma in realtà non coincide col piano tangente alla superficie terrestre in quel punto.
D'accordissimo, ma non capisco come faccia a scomporre P' lungo x e y sfruttando $lambda$
Alla fine della fiera l'unica domanda sarebbe: $\vecP'=-P'(coslambda\vecu_x+sinlambda\vecu_y)$ perché? A me non pare di poter usare quel lambda della latitudine geografica per scomporre P'.
Ma se lo scomponi in un sistema inerziale, che latitudine ti aspetti scusa?
Mi viene da piangere
Certo, siamo d'accordo che la latitudine del sistema inerziale è lambda, ma il problema è che g' (o P'come vogliamo chiamarlo) non ha per angolo con l'asse x la latitudine. La latitudine è l'angolo che forma g (o P) con l'asse x. g' forma un altro angolo con l'asse x, quindi perché sfrutto l'angolo del vettore g per scomporre g' ?
Non riesco a capire il senso.
Giriamo la frittata, ma scusa, allora come dovrei scomporre g lungo x e y? Standoalla logica sarebbe: $g =−g(cosλu⃗_x+sinλu⃗_y)$ Non ha alcun senso usare lo stesso angolo per entrambe i vettori.
Certo, siamo d'accordo che la latitudine del sistema inerziale è lambda, ma il problema è che g' (o P'come vogliamo chiamarlo) non ha per angolo con l'asse x la latitudine. La latitudine è l'angolo che forma g (o P) con l'asse x. g' forma un altro angolo con l'asse x, quindi perché sfrutto l'angolo del vettore g per scomporre g' ?
Non riesco a capire il senso.
Giriamo la frittata, ma scusa, allora come dovrei scomporre g lungo x e y? Standoalla logica sarebbe: $g =−g(cosλu⃗_x+sinλu⃗_y)$ Non ha alcun senso usare lo stesso angolo per entrambe i vettori.
Bene sei d'accordo a usarlo per g.
E non puoi farlo anche per g' nello stesso sistema?
In modo da poterti poi calcolare $lamda'$?
Tanto g' lo vedi in quello non inerziale, che però ha appiccicato un sistema cartesiano come se fosse inerziale.
In questo senso sono forze apparenti, apparenti in un sistema che si crede inerziale ma non lo è.
E non puoi farlo anche per g' nello stesso sistema?
In modo da poterti poi calcolare $lamda'$?
Tanto g' lo vedi in quello non inerziale, che però ha appiccicato un sistema cartesiano come se fosse inerziale.
In questo senso sono forze apparenti, apparenti in un sistema che si crede inerziale ma non lo è.
Aspetta faccio un disegno perché secondo me continuo a dire la stessa cosa e tu rispondere la stessa ovviamente. E' solo che non riesco a capire seriamente e mi sento un ritardato
Nell' immagine ho scritto a sx i due vettori g e g' che sono due vettori diversi per il SDR inerziale x y fisso.
g' è il vettore che IL SDR terra vedecome accelerazione di gravità.
Ora, voglio scomporre sia g che g' nel piano cartesiano.
- Nell' immagine centrale scompongo g, e ovviamente uso lambda: $g=−g(cosλu⃗_x+sinλu⃗_y)$
- Nell'ultima immagine a dx scompongo g' in componenti su x e y, l'ho traslato rigidamente nell'origine e come si nota abbiamo un angolo diverso di scomposizione rispetto a g, infatti: $g'=−g'(cosλ'u⃗_x+sinλ'u⃗_y)$.
Non capisco proprio come fare altrimenti.
E' una cosa così semplice che non capisco come spiegarmi
Nell' immagine ho scritto a sx i due vettori g e g' che sono due vettori diversi per il SDR inerziale x y fisso.
g' è il vettore che IL SDR terra vedecome accelerazione di gravità.
Ora, voglio scomporre sia g che g' nel piano cartesiano.
- Nell' immagine centrale scompongo g, e ovviamente uso lambda: $g=−g(cosλu⃗_x+sinλu⃗_y)$
- Nell'ultima immagine a dx scompongo g' in componenti su x e y, l'ho traslato rigidamente nell'origine e come si nota abbiamo un angolo diverso di scomposizione rispetto a g, infatti: $g'=−g'(cosλ'u⃗_x+sinλ'u⃗_y)$.
Non capisco proprio come fare altrimenti.
E' una cosa così semplice che non capisco come spiegarmi
Hai detto bene, ma diosanto, usare solo il primo riquadro no?
Ci sono due vettori, e cavolo proietta g' e li hai $lamda$
Perché devi complicarti la vita?
$lamda'$ non lo hai dai, te lo devi ricavare
Ci sono due vettori, e cavolo proietta g' e li hai $lamda$
Perché devi complicarti la vita?
$lamda'$ non lo hai dai, te lo devi ricavare
Massimino,
Ho riesaminato la questione fin dal primo post, e credo di poterti dire che hai ragione tu ! L’accelerazione di gravità $vecg’$ nel rif NON inerziale non punta verso il centro della terra, quindi non può usare la latitudine geografica vera $lambda$ per fare la scomposizione.
Siamo perfettamente d’accordo sul fatto che l’accelerazione assoluta è somma vettoriale della acc. relativa e di quella di trascinamento ( la complementare è nulla se il punto materiale è in quiete nel rif non inerziale). Ma nel riferimento della terra, si misura l’accelerazione relativa $vecg’$ , il cui vettore non punta verso il centro della terra (suppongo. sferica).
È buona la formula A riportata nella prima delle tre pagine che ho incollato, cioè ( ponendo uguale a zero la complementare) :
$vecg’ = vecg + omega^2Rcos\lambda vecu_x$
dove al primo membro c’è l’accelerazione relativa , con apice, di modulo misurato nel rif, NON inerziale terrestre. Il secondo termine al secondo membro è l’accelerazione centrifuga nel riferimento rotante terrestre , non inerziale.
Volendo isolare l’accelerazione assoluta , dobbiamo solo scrivere :
$vecg = vecg' - omega^2Rcos\lambda vecu_x$
dove ora si vede che, nel riferimento inerziale fisso, l’accelerazione di trascinamento ha direzione centripeta.
Ho riesaminato la questione fin dal primo post, e credo di poterti dire che hai ragione tu ! L’accelerazione di gravità $vecg’$ nel rif NON inerziale non punta verso il centro della terra, quindi non può usare la latitudine geografica vera $lambda$ per fare la scomposizione.
Siamo perfettamente d’accordo sul fatto che l’accelerazione assoluta è somma vettoriale della acc. relativa e di quella di trascinamento ( la complementare è nulla se il punto materiale è in quiete nel rif non inerziale). Ma nel riferimento della terra, si misura l’accelerazione relativa $vecg’$ , il cui vettore non punta verso il centro della terra (suppongo. sferica).
È buona la formula A riportata nella prima delle tre pagine che ho incollato, cioè ( ponendo uguale a zero la complementare) :
$vecg’ = vecg + omega^2Rcos\lambda vecu_x$
dove al primo membro c’è l’accelerazione relativa , con apice, di modulo misurato nel rif, NON inerziale terrestre. Il secondo termine al secondo membro è l’accelerazione centrifuga nel riferimento rotante terrestre , non inerziale.
Volendo isolare l’accelerazione assoluta , dobbiamo solo scrivere :
$vecg = vecg' - omega^2Rcos\lambda vecu_x$
dove ora si vede che, nel riferimento inerziale fisso, l’accelerazione di trascinamento ha direzione centripeta.
Come non posso, sono sulla terra, ho il mio sistema di assi cartesiani, vedo che il sasso devia rispetto la latitudine della terra ($lamda$)
Voglio sapere di quanto è inclinato g', ho le componenti, faccio la tangente e ottengo l'inclinazione di g'
E mi fermo perché l'ho detto in tutti i modi
Voglio sapere di quanto è inclinato g', ho le componenti, faccio la tangente e ottengo l'inclinazione di g'
E mi fermo perché l'ho detto in tutti i modi
"Kanal":
Massimino,
Ho riesaminato la questione fin dal primo post, e credo di poterti dire che hai ragione tu ! L’accelerazione di gravità $vecg’$ nel rif NON inerziale non punta verso il centro della terra, quindi non può usare la latitudine geografica vera $lambda$ per fare la scomposizione.
Siamo perfettamente d’accordo sul fatto che l’accelerazione assoluta è somma vettoriale della acc. relativa e di quella di trascinamento ( la complementare è nulla se il punto materiale è in quiete nel rif non inerziale). Ma nel riferimento della terra, si misura l’accelerazione relativa $vecg’$ , il cui vettore non punta verso il centro della terra (suppongo. sferica).
È buona la formula A riportata nella prima delle tre pagine che ho incollato, cioè ( ponendo uguale a zero la complementare) :
$vecg’ = vecg + omega^2Rcos\lambda vecu_x$
dove al primo membro c’è l’accelerazione relativa , con apice, di modulo misurato nel rif, NON inerziale terrestre. Il secondo termine al secondo membro è l’accelerazione centrifuga nel riferimento rotante terrestre , non inerziale.
Volendo isolare l’accelerazione assoluta , dobbiamo solo scrivere :
$vecg = vecg' - omega^2Rcos\lambda vecu_x$
dove ora si vede che, nel riferimento inerziale fisso, l’accelerazione di trascinamento ha direzione centripeta.
Perfetto, ci siamo! Anche io la riesco a vedere solo in questo modo.
Resta solo il problema di come trovare l'angolo $lambda'$ da quelle formule (cosi da trovare poi il delta) e trovare il modulo di g', perché in realtà anche g (dal testo del problema) è una incognita.
PS: mi spiace non aver capito harlock, ma questo è un mio limite. Spero di non averti fatto incacchiare
. Scusami.. ci reagionerò su ancora.
Ma $vec g’$ è nota in direzione e modulo (misurato), e anche la latitudine e la forza centrifuga . Ragiona sul triangolo.
"Kanal":
Ma $vec g’$ è nota in direzione e modulo (misurato), e anche la latitudine e la forza centrifuga . Ragiona sul triangolo.
Hai ragione! Grazie mille kanal, mi torna tutto ora.
PS: grazie mille a tutti per l'aiuto e la discussione
Mica mi sono arrabbiato, ma lo so che risolvi problemi più complicati, non capivo perché non questo.
Ciao
Ciao
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