Urang-utang© in atterraggio su pianeta alieno
Propongo questo problema che ho partorito qualche tempo fa e che ritengo abbastanza tosto.
Nell'impostare la soluzione confesso che ho gioiosamente e ripetutamente applicato il metodo suggeritomi dal simpatico primate (v. titolo del topic) che spesso mi ispira, anche perché credo che se avessi voluto fare il rigoroso non ne sarei uscito vivo.
Auspico pertanto che tra i vari solutori scimmieschi, che non dovrebbero mancare, giunga anche qualche matematico a condurci tutti sulla retta via.
Problema.
Un’astronave sorvola orizzontalmente ad altezza costante h un pianeta privo di atmosfera e con accelerazione di gravità g (assunta costante nel tratto tra il suolo e la quota di volo qui considerata).
L’astronave inizialmente lanciata a forte velocità rallenta fino a quando, raggiunta la velocità $v_0=\sqrt(gh)$, sgancia un modulo di atterraggio dotato di razzi frenanti che operano esclusivamente in direzione tangenziale rispetto alla traiettoria seguita. Il modulo è abitato da un urang-utang© che risolve le equazioni differenziali alla sua maniera, ma per sicurezza (non fidandoci troppo di lui) il modulo è in realtà pilotato da un computer in grado di controllare la quantità di combustibile consumato nel tempo (espulso sotto forma di gas), regolandolo in modo da far assumere alla traiettoria la forma di un arco di circonferenza.
Ulteriori ipotesi:
- pianeta considerato sistema di riferimento inerziale a superficie piana
- $e_S$ energia specifica efficace del carburante (quota di energia per massa unitaria di carburante che si trasforma in energia cinetica di modulo + gas): si effettuino le opportune approssimazioni assumendo sempre $e_S>>v^2$, dove v è la velocità del modulo
Si chiede quanto segue.
- Verificare che alle condizioni specificate il modulo giunge al suolo indenne.
- Nota la massa iniziale $m_0$ del modulo (carburante compreso) determinare la massa del carburante consumato; applicare al caso $m_0=1000kg$, $v_0=100m/s$, $e_S=0,5(MJ)/(kg)$
Nell'impostare la soluzione confesso che ho gioiosamente e ripetutamente applicato il metodo suggeritomi dal simpatico primate (v. titolo del topic) che spesso mi ispira, anche perché credo che se avessi voluto fare il rigoroso non ne sarei uscito vivo.
Auspico pertanto che tra i vari solutori scimmieschi, che non dovrebbero mancare, giunga anche qualche matematico a condurci tutti sulla retta via.
Problema.
Un’astronave sorvola orizzontalmente ad altezza costante h un pianeta privo di atmosfera e con accelerazione di gravità g (assunta costante nel tratto tra il suolo e la quota di volo qui considerata).
L’astronave inizialmente lanciata a forte velocità rallenta fino a quando, raggiunta la velocità $v_0=\sqrt(gh)$, sgancia un modulo di atterraggio dotato di razzi frenanti che operano esclusivamente in direzione tangenziale rispetto alla traiettoria seguita. Il modulo è abitato da un urang-utang© che risolve le equazioni differenziali alla sua maniera, ma per sicurezza (non fidandoci troppo di lui) il modulo è in realtà pilotato da un computer in grado di controllare la quantità di combustibile consumato nel tempo (espulso sotto forma di gas), regolandolo in modo da far assumere alla traiettoria la forma di un arco di circonferenza.
Ulteriori ipotesi:
- pianeta considerato sistema di riferimento inerziale a superficie piana
- $e_S$ energia specifica efficace del carburante (quota di energia per massa unitaria di carburante che si trasforma in energia cinetica di modulo + gas): si effettuino le opportune approssimazioni assumendo sempre $e_S>>v^2$, dove v è la velocità del modulo
Si chiede quanto segue.
- Verificare che alle condizioni specificate il modulo giunge al suolo indenne.
- Nota la massa iniziale $m_0$ del modulo (carburante compreso) determinare la massa del carburante consumato; applicare al caso $m_0=1000kg$, $v_0=100m/s$, $e_S=0,5(MJ)/(kg)$
Risposte
"Falco5x":
Ehi gente, non facciamola troppo difficile!
$ma=F_m=-(|dm|)/(dt)v_g$
Se questa è dunque la forza che spinge il razzo nel caso di assenza di altre forze, nel caso in cui ci si trovasse in presenza di altre forze esterne basta sommarle a questa per trovare il moto del razzo!!!
Fin qui concordo.
Ho solo scritto la spinta del motore in modo diverso:
$\vecF_(mot)=(v*v_g)/h (dm)/(d\theta) \vec e_(theta)$
Considero $m$ e $v$ come funzioni della variabile $\theta$.
Con riferimento alla figura, il modulo è soggetto anche all’energia potenziale del campo di
accelerazione costante $\veca_G=-gcos\theta\vece_r+gsin\theta\vece_(theta)$, che ha potenziale
$V(r,\theta)=grcos\theta$, e quindi l’energia potenziale del modulo in volo è $U(r,\theta)=mgrcos\theta$. Pertanto esso è
soggetto alla forza peso $\vecF_G=-gradU=-(\delU)/(\delr) \vece_r -1/r (\delU)/(\del\theta)\vece_(theta)$=$-mgcos\theta \vece_r +(mgsin\theta-(dm)/(d\theta)gcos\theta)\vece_(theta)$.
La forza totale sul modulo è quindi:
$\vecF=\vecF_(mot)+\vecF_G=-mgcos\theta \vece_r +(mgsin\theta-(dm)/(d\theta)gcos\theta+ ((v*v_g)/h) (dm)/(d\theta))\vece_(theta)$.
Ne consegue che la 1-forma
$\vecF*d\vecs=\omega_L=(mghsin\theta-(dm)/(d\theta)ghcos\theta+ (v*v_g) (dm)/(d\theta))d\theta$
esprime il lavoro elementare della risultante delle forze agenti sul modulo.
Per il teorema delle forze vive, deve risultare
$\omega_L=dT+1/2v^2dm$, dove T è l’energia cinetica del modulo: $T=1/2 m v^2$ e quindi
$mv_0^2sin\theta-v_0^2 (dm)/(d\theta) cos\theta+ (v*v_g)(dm)/(d\theta)=mv(dv)/(d\theta)+v^2 (dm)/(d\theta)$
Se uguagliamo i termini tra loro compatibili, si ottiene infine:
$v^3 (dv)/(d\theta)-v*v_g *v_0^2 sin\theta=-v_0^4sin^2\theta$
Effettivamente, avevo scritto una sciocchezza: ho corretto l'errore, ma è probabile che ce ne siano ancora.
...to be continued...
Siamo sicuri di poter applicare il teorema delle forze vive?
Perché l'energia cinetica è definita a partire dallo scrivere $fv = 1/2 m d (v^2/dt) = d/dt (1/2 mv^2)$
ma in questo caso non si può portre in maniera così sbarazzina la massa dentro la derivata, in quanto la massa cambia col tempo. È qui che da quando ho iniziato a fare il problema che mi blocco, qualcuno può dirmi perché si può applicare comunque il teorema delle forze vive?
Il mio problema è proprio quello, di scrivere una corretta espressione del teorema di conservazione dell'energia. Oltre al fatto che solo con l'intervento di Sidereus ho capito come calcolare l'energia potenziale della forza peso tenendo conto che essa varia nel tempo.
@ nonsoxke: ora mi torna quello che hai scritto, ovviamente nel caso in cui sul modulo non agiscano altre forze esterne, altrimenti c'è da considerare anche quelle.
Perché l'energia cinetica è definita a partire dallo scrivere $fv = 1/2 m d (v^2/dt) = d/dt (1/2 mv^2)$
ma in questo caso non si può portre in maniera così sbarazzina la massa dentro la derivata, in quanto la massa cambia col tempo. È qui che da quando ho iniziato a fare il problema che mi blocco, qualcuno può dirmi perché si può applicare comunque il teorema delle forze vive?
Il mio problema è proprio quello, di scrivere una corretta espressione del teorema di conservazione dell'energia. Oltre al fatto che solo con l'intervento di Sidereus ho capito come calcolare l'energia potenziale della forza peso tenendo conto che essa varia nel tempo.
@ nonsoxke: ora mi torna quello che hai scritto, ovviamente nel caso in cui sul modulo non agiscano altre forze esterne, altrimenti c'è da considerare anche quelle.
@zkeggia: per risolvere il dubbio pensa che dobbiamo riguardare la dimostrazione del teorema delle forze vive.
no il teorema delle forze vive è valido: il lavoro delle forze è pari alla variazione di energia cinetica, ma il punto è se l'energia cinetica è solo $1/2 m v^2$ o contiene anche il contributo della massa. Dal momento che l'energia cinetica si definisce dopo aver fatto quel passaggio in cui si porta dentro il simbolo di derivata la massa, non so se in questo caso si può considerare l'energia cinetica come al solito.
Volevo dire che nella dimostrazione del teorema delle forze vive c'è un passaggio in cui si integra la potenza rispetto al tempo. Nell'espressione della potenza c'è anche la massa, per cui se questa varia nel tempo deve essere considerato.
Ottime osservazioni.
Nel caso di massa costante, abbiamo $\vecF*d\vecs=\omega_L=dT$
Nel caso di massa variabile, abbiamo $\vecF*d\vecs=\omega_L=dT+1/2v^2dm$
Ho corretto il mio messaggio di ieri.
Nel caso di massa costante, abbiamo $\vecF*d\vecs=\omega_L=dT$
Nel caso di massa variabile, abbiamo $\vecF*d\vecs=\omega_L=dT+1/2v^2dm$
Ho corretto il mio messaggio di ieri.
Continua da qui
Dal teorema delle forze vive abbiamo ottenuto:
$mv_0^2sin\theta-v_0^2 (dm)/(d\theta) cos\theta+ (v*v_g)(dm)/(d\theta)=mv(dv)/(d\theta)+v^2 (dm)/(d\theta)$ (1)
Si può ottenere la stessa equazione osservando che in coordinate polari abbiamo:
a) posizione del modulo $\vecr=h\vece_r$
b) velocità $\vecv=h\dot(\theta)\vece_(\theta)=v(\theta)\vece_(\theta)$
c) quantità di moto $\vecP=mv\vece_(\theta)
d) $(d\vecP)/(d\theta)=-mv\vece_r+(v (dm)/(d\theta)+m(dv)/(d\theta))\vece_(\theta)$
e) forza $(d\vecP)/(d\theta) \dot(\theta)= v/h (d\vecP)/(d\theta)= -m/h(v^2)\vece_r+(v^2/h (dm)/(d\theta)+mv/h(dv)/(d\theta))\vece_(\theta)$
Poiché abbiamo già notato che
$\vecF=\vecF_(mot)+\vecF_G=-mgcos\theta \vece_r +(mgsin\theta-(dm)/(d\theta)gcos\theta+ ((v*v_g)/h) (dm)/(d\theta))\vece_(theta)$,
uguagliando $\vecF$ con $v/h (d\vecP)/(d\theta)$ si ottiene ancora la (1), ed anche l’equazione
$mgcos\theta= m/hv^2$, dalla quale otteniamo $v(\theta)=v_0\sqrt(cos\theta)$ (2).
Sostituendo la (2) nella (1) otteniamo l’equazione:
$1/m (dm)/(d\theta)=(3v_0sin\theta)/(2(2v_0cos\theta-v_(g)\sqrt(cos\theta)))$ (3)
valida per $\theta\in [0,\pi/2]$, e con la condizione $m(0)=m_0$.
Inoltre, la (3) sussiste solo se $2v_0cos\theta-v_(g)\sqrt(cos\theta) < 0$, cioè per $v_(g) > 2v$.
Se $v_g$ è costante, integrando la (3) otteniamo $m(\theta)=m_0 \sqrt(((v_g-2v_0)^3)/(v_g-2v_0\sqrt(cos\theta))^3)$.
Infine, $m(\pi/2)=m_f=m_0\sqrt((1-(2v_0)/(v_g))^3)$.
Se $v_g=\sqrt(2e_S)$, si ottiene $m_f=0,716 m_0$
Messaggio corretto dopo la segnalazione di Falco5x
Dal teorema delle forze vive abbiamo ottenuto:
$mv_0^2sin\theta-v_0^2 (dm)/(d\theta) cos\theta+ (v*v_g)(dm)/(d\theta)=mv(dv)/(d\theta)+v^2 (dm)/(d\theta)$ (1)
Si può ottenere la stessa equazione osservando che in coordinate polari abbiamo:
a) posizione del modulo $\vecr=h\vece_r$
b) velocità $\vecv=h\dot(\theta)\vece_(\theta)=v(\theta)\vece_(\theta)$
c) quantità di moto $\vecP=mv\vece_(\theta)
d) $(d\vecP)/(d\theta)=-mv\vece_r+(v (dm)/(d\theta)+m(dv)/(d\theta))\vece_(\theta)$
e) forza $(d\vecP)/(d\theta) \dot(\theta)= v/h (d\vecP)/(d\theta)= -m/h(v^2)\vece_r+(v^2/h (dm)/(d\theta)+mv/h(dv)/(d\theta))\vece_(\theta)$
Poiché abbiamo già notato che
$\vecF=\vecF_(mot)+\vecF_G=-mgcos\theta \vece_r +(mgsin\theta-(dm)/(d\theta)gcos\theta+ ((v*v_g)/h) (dm)/(d\theta))\vece_(theta)$,
uguagliando $\vecF$ con $v/h (d\vecP)/(d\theta)$ si ottiene ancora la (1), ed anche l’equazione
$mgcos\theta= m/hv^2$, dalla quale otteniamo $v(\theta)=v_0\sqrt(cos\theta)$ (2).
Sostituendo la (2) nella (1) otteniamo l’equazione:
$1/m (dm)/(d\theta)=(3v_0sin\theta)/(2(2v_0cos\theta-v_(g)\sqrt(cos\theta)))$ (3)
valida per $\theta\in [0,\pi/2]$, e con la condizione $m(0)=m_0$.
Inoltre, la (3) sussiste solo se $2v_0cos\theta-v_(g)\sqrt(cos\theta) < 0$, cioè per $v_(g) > 2v$.
Se $v_g$ è costante, integrando la (3) otteniamo $m(\theta)=m_0 \sqrt(((v_g-2v_0)^3)/(v_g-2v_0\sqrt(cos\theta))^3)$.
Infine, $m(\pi/2)=m_f=m_0\sqrt((1-(2v_0)/(v_g))^3)$.
Se $v_g=\sqrt(2e_S)$, si ottiene $m_f=0,716 m_0$
Messaggio corretto dopo la segnalazione di Falco5x
"Sidereus":
Sostituendo la (2) nella (1) otteniamo l’equazione:
$1/m (dm)/(d\theta)=(3v_0sin\theta)/(2v_0cos\theta-v_(g)\sqrt(cos\theta))$ (3)
Mi pare che ci sia un piccolo errore. Mi sembra che hai dimenticato un fattore 2 a denominatore:
$1/m (dm)/(d\theta)=(3v_0sin\theta)/(4v_0cos\theta-2v_(g)\sqrt(cos\theta))$
Al di là di questo che è solo un dettaglio, a mio modo di vedere il metodo che applichi presenta qualche punto discutibile.
Tu infatti applichi l'equivalenza lavoro-energia solo a una parte del sistema (il modulo di atterraggio), tralasciando una quota importante, cioè i gas espulsi. Non credo sia possibile fare il bilancio in questo modo senza considerare l'intero sistema, gas compresi.
Il mio metodo invece è diverso. Io per semplificare un problema che altrimenti diventerebbe troppo complesso, mi libero del problema dei gas semplicemente dicendo che la loro espulsione equivale a una forza esterna sul modulo, che però è solo una parte dell'intero sistema. Dopodiché io lavoro esclusivamente con le forze che agiscono su questa parte, giungendo al risultato che ho già scritto in un precedente post, il quale anche se numericamente risulta poco diverso dal tuo, non può nascondere una distanza concettuale tra i due metodi che rimane nettissima.
In ogni caso perché la Forza del motore è
$(v*vg)/h (dm)/(dtheta)e_theta$
Da dove è stata ricavata?
$(v*vg)/h (dm)/(dtheta)e_theta$
Da dove è stata ricavata?
"Zkeggia":
In ogni caso perché la Forza del motore è
$(v*vg)/h (dm)/(dtheta)e_theta$
Da dove è stata ricavata?
La formula $F_m=(dm)/dtv_g$ l'ho ricavata qui.
Poi da questa, ricordando la derivazione delle funzioni composte $(dm)/(dt)=(dm)/(d\theta)(d\theta)/(dt)$ e ricordando che $(d\theta)/(dt)=v/h$ si ricava la relazione cercata (la forza è evidentemente diretta come il versore $\vece_\theta$ che è tangente alla traiettoria)
"Falco5x":
[quote="Sidereus"]Sostituendo la (2) nella (1) otteniamo l’equazione:
$1/m (dm)/(d\theta)=(3v_0sin\theta)/(2v_0cos\theta-v_(g)\sqrt(cos\theta))$ (3)
Mi pare che ci sia un piccolo errore. Mi sembra che hai dimenticato un fattore 2 a denominatore:
$1/m (dm)/(d\theta)=(3v_0sin\theta)/(4v_0cos\theta-2v_(g)\sqrt(cos\theta))$[/quote]
E' vero. Ho corretto il mio messaggio di ieri.
"Falco5x":
Al di là di questo che è solo un dettaglio, a mio modo di vedere il metodo che applichi presenta qualche punto discutibile. Tu infatti applichi l'equivalenza lavoro-energia solo a una parte del sistema (il modulo di atterraggio), tralasciando una quota importante, cioè i gas espulsi. Non credo sia possibile fare il bilancio in questo modo senza considerare l'intero sistema, gas compresi.
Una volta espulsi, i gas sono esterni al sistema modulo+carburante. Io ho considerato solo le forze che agiscono su quest'ultimo sistema.
Nel grafico qui sotto sono disegnati i fattori di riduzione della massa in funzione di $\theta$: in rosso c'è la tua soluzione, in blu la mia. Come vedi, la tua soluzione è perfetta se $\theta$ è piccolo, ma stima in difetto il carburante a bordo quando $\theta$ è maggiore di $\pi/8$
[asvg]xmin=-0.1;xmax=1.5708;
ymin=0.6;ymax=1;
axes(3.14/4,0.1,"labels",3.14/4,0.1,"grid");
stroke="blue";
plot("(9^3)/(10-sqrt(cos(x)))^3");
stroke="red";
plot("exp(0.3*sqrt(cos(x))-0.3)");[/asvg]
Il tuo metodo non l'ho passato proprio al setaccio, ma del mio risultato ero abbastanza sicuro finché non ho visto il tuo... ora non lo sono più tanto.
Evidentemente c'è qualcosa che non va da qualche parte, però al momento non ho il tempo di approfondire.
Temo che il mistero rimarrà (per me) a lungo irrisolto.
Evidentemente c'è qualcosa che non va da qualche parte, però al momento non ho il tempo di approfondire.
Temo che il mistero rimarrà (per me) a lungo irrisolto.
@Sidereus
Visto che ho un minuto di tempo ne approfitto per esaminare un po' il tuo metodo e ti chiedo di sciogliermi un enigma.
Tu dici:
Allora ti faccio io un esempio semplice ricalcando il tuo metodo.
Supponiamo di avere un sasso che cade partendo da un'altezza $h_0$ e che si sgretola mentre cade al ritmo di $\mu$ kg/m. La sua massa iniziale sia $m_0$. Allora la sua massa in funzione dell'altezza è: $m=m_0-\mu(h_0-h)$. Il sasso perde massa, ma questo non comporta per lui alcuna forza poiché i frammenti cadono con lui. Pertanto è evidente che la sua accelerazione rimane pari a -g.
Ricalcando il tuo metodo scrivo:
$U(h)=mgh$
$\vecF_G=-gradU=(-mg-(dm)/(dh)gh)\vece_h=(-mg-\mugh)\vece_h$
E già qui non mi trovo, poiché la forza è evidentemente soltanto $\vecF_G=-mg\vece_h$, visto che l'accelerazione del sasso deve essere sempre -g, anche se perde massa.
Insomma, il tuo metodo mi lascia seri dubbi.
Visto che ho un minuto di tempo ne approfitto per esaminare un po' il tuo metodo e ti chiedo di sciogliermi un enigma.
Tu dici:
"Sidereus":
...l’energia potenziale del modulo in volo è $U(r,\theta)=mgrcos\theta$. Pertanto esso è
soggetto alla forza peso $\vecF_G=-gradU=-(\delU)/(\delr) \vece_r -1/r (\delU)/(\del\theta)\vece_(theta)$=$-mgcos\theta \vece_r +(mgsin\theta-(dm)/(d\theta)gcos\theta)\vece_(theta)$.
Allora ti faccio io un esempio semplice ricalcando il tuo metodo.
Supponiamo di avere un sasso che cade partendo da un'altezza $h_0$ e che si sgretola mentre cade al ritmo di $\mu$ kg/m. La sua massa iniziale sia $m_0$. Allora la sua massa in funzione dell'altezza è: $m=m_0-\mu(h_0-h)$. Il sasso perde massa, ma questo non comporta per lui alcuna forza poiché i frammenti cadono con lui. Pertanto è evidente che la sua accelerazione rimane pari a -g.
Ricalcando il tuo metodo scrivo:
$U(h)=mgh$
$\vecF_G=-gradU=(-mg-(dm)/(dh)gh)\vece_h=(-mg-\mugh)\vece_h$
E già qui non mi trovo, poiché la forza è evidentemente soltanto $\vecF_G=-mg\vece_h$, visto che l'accelerazione del sasso deve essere sempre -g, anche se perde massa.
Insomma, il tuo metodo mi lascia seri dubbi.
Falco ma la forza è la derivata parziale dell'energia potenziale, ma derivata rispetto alle coordinate spaziali, quindi dovresti trasformare $m$ in $m(h)$, credo...
Non mi ero accorto di questi passaggi nelle soluzioni.
Penso che per un sistema aperto non valga più la relazione che hai scritto tra forza (agente sulla parte rimanente del sistema) ed energia potenziale prodotta dalla forza peso definita sull'intero sistema $U=mgh$.
Penso che per un sistema aperto non valga più la relazione che hai scritto tra forza (agente sulla parte rimanente del sistema) ed energia potenziale prodotta dalla forza peso definita sull'intero sistema $U=mgh$.
"Zkeggia":
Falco ma la forza è la derivata parziale dell'energia potenziale, ma derivata rispetto alle coordinate spaziali, quindi dovresti trasformare $m$ in $m(h)$, credo...
Sì, certo; infatti posso anche scrivere:
$\vecF_G=-gradU=-d/(dh)(mgh)\vece_h=-d/(dh)([m_0-\mu(h_0-h)]gh)\vece_h=(-m_0g+\mugh_0-2\mugh)\vece_h=(-mg-\muhg)\vece_h$
Lasciare m implicitamente inteso come funzione di h oppure esplicitarlo non cambia nulla.
In buona sostanza, mi sembra che così non si possa proprio procedere.
In realtà credo che l'errore stia nella cattiva interpretazione del concetto di potenziale.
Il potenziale infatti è indipendente dall'oggetto che vi si trova immerso, come pure è indipendente da tale oggetto il campo, che è il gradiente del potenziale cambiato di segno. Pertanto è sbagliato dedurre la forza dall'energia potenziale facendone il gradiente, perché il passaggio logico corretto sarebbe: potenziale -> campo (come -gradiente del potenziale)-> forza (come campo moltiplicato per massa, nel caso gravitazionale); oppure all'inverso forza -> campo (come forza diviso massa, nel caso gravitazionale)-> potenziale (come integrale di linea del campo).
Se si fa così viene gusto, poiché nell'espressione del potenziale non c'è la massa per cui nel calcolare il gradiente non c'è pericolo che venga la tentazione di derivarla quando è variabile.
Nel caso del campo terrestre, il campo è un vettore costante che rappresenta una accelerazione $-g$ e il potenziale è $U=gh$. Così si ha $\vec E=-\gradU=-g\vece_h$
Moltiplicando queste grandezze per la massa si ottiene la forza e l'energia potenziale rispettivamente:
$\vecF=-mg\vece_h$ e $E_p=mU=mgh$.
Questo a prescindere dal fatto che m sia costante o variabile.
Il potenziale infatti è indipendente dall'oggetto che vi si trova immerso, come pure è indipendente da tale oggetto il campo, che è il gradiente del potenziale cambiato di segno. Pertanto è sbagliato dedurre la forza dall'energia potenziale facendone il gradiente, perché il passaggio logico corretto sarebbe: potenziale -> campo (come -gradiente del potenziale)-> forza (come campo moltiplicato per massa, nel caso gravitazionale); oppure all'inverso forza -> campo (come forza diviso massa, nel caso gravitazionale)-> potenziale (come integrale di linea del campo).
Se si fa così viene gusto, poiché nell'espressione del potenziale non c'è la massa per cui nel calcolare il gradiente non c'è pericolo che venga la tentazione di derivarla quando è variabile.
Nel caso del campo terrestre, il campo è un vettore costante che rappresenta una accelerazione $-g$ e il potenziale è $U=gh$. Così si ha $\vec E=-\gradU=-g\vece_h$
Moltiplicando queste grandezze per la massa si ottiene la forza e l'energia potenziale rispettivamente:
$\vecF=-mg\vece_h$ e $E_p=mU=mgh$.
Questo a prescindere dal fatto che m sia costante o variabile.
Forte delle considerazioni di cui sopra, mi approprio di alcuni risultati di Sidereus correggendoli a mio modo e giungendo al risultato:
$\vec E_G = - \nabla U = - \frac{\partial U}{\partial r}\vec e_r - \frac{1}{r}\frac{\partial U}{\partial \theta }\vec e_\theta = - g\cos \theta \vec e_r + g\sin \theta \vec e_\theta $
$\vec F = \vec F_{mot} + m\vec E_G$
$\vec F \cdot d\vec s = [mgh\sin \theta + v v_(g) \frac{dm}{d\theta } ]d\theta $
Questo è il lavoro infinitesimo delle forze, che deve essere uguagliato alla variazione infinitesima di energia cinetica.
A mio modo di vedere però, poiché la spinta dovuta alla perdita di massa avviene proprio grazie a questa perdita, è necessario assumere che la variazione di energia cinetica avvenga dopo questo evento e quindi al netto della perdita dm, che appunto non deve usufruire della spinta che essa stessa causa. Pertanto sono propenso a scrivere una relazione priva del contributo dm, e cioè semplicemente:
$dT = mvdv$
Eguagliando le relazioni ottengo:
$mgh\sin \theta + v v_(g)\frac{dm}{d\theta } = mv\frac{dv}{d\theta }$
$2mgh\sin \theta + 2v v_(g) \frac{dm}{d\theta } = 2mv\frac{dv}{d\theta } = -mgh\sin \theta $
$3mgh\sin \theta = - 2v v_(g)\frac{dm}{d\theta } = - 2\sqrt {gh} \sqrt {\cos \theta } v_(g) \frac{dm}{d\theta }$
$\frac{1}{m}\frac{dm}{d\theta } = 3\frac{\sqrt {gh} }{v_g}*\frac{ - \sin \theta }{2\sqrt {\cos \theta } } = 3\sqrt {\frac{gh}{2e_S}} *\frac{ - \sin \theta }{2\sqrt {\cos \theta } }$
che integrata dà ancora una volta la relazione che già avevo trovato, cioè:
$m_(f) = m_0e^{ - 3\sqrt {\frac{gh}{2e_S}}} $
$\vec E_G = - \nabla U = - \frac{\partial U}{\partial r}\vec e_r - \frac{1}{r}\frac{\partial U}{\partial \theta }\vec e_\theta = - g\cos \theta \vec e_r + g\sin \theta \vec e_\theta $
$\vec F = \vec F_{mot} + m\vec E_G$
$\vec F \cdot d\vec s = [mgh\sin \theta + v v_(g) \frac{dm}{d\theta } ]d\theta $
Questo è il lavoro infinitesimo delle forze, che deve essere uguagliato alla variazione infinitesima di energia cinetica.
A mio modo di vedere però, poiché la spinta dovuta alla perdita di massa avviene proprio grazie a questa perdita, è necessario assumere che la variazione di energia cinetica avvenga dopo questo evento e quindi al netto della perdita dm, che appunto non deve usufruire della spinta che essa stessa causa. Pertanto sono propenso a scrivere una relazione priva del contributo dm, e cioè semplicemente:
$dT = mvdv$
Eguagliando le relazioni ottengo:
$mgh\sin \theta + v v_(g)\frac{dm}{d\theta } = mv\frac{dv}{d\theta }$
$2mgh\sin \theta + 2v v_(g) \frac{dm}{d\theta } = 2mv\frac{dv}{d\theta } = -mgh\sin \theta $
$3mgh\sin \theta = - 2v v_(g)\frac{dm}{d\theta } = - 2\sqrt {gh} \sqrt {\cos \theta } v_(g) \frac{dm}{d\theta }$
$\frac{1}{m}\frac{dm}{d\theta } = 3\frac{\sqrt {gh} }{v_g}*\frac{ - \sin \theta }{2\sqrt {\cos \theta } } = 3\sqrt {\frac{gh}{2e_S}} *\frac{ - \sin \theta }{2\sqrt {\cos \theta } }$
che integrata dà ancora una volta la relazione che già avevo trovato, cioè:
$m_(f) = m_0e^{ - 3\sqrt {\frac{gh}{2e_S}}} $
"Falco5x":
...Nel caso del campo terrestre, il campo è un vettore costante che rappresenta una accelerazione $-g$ e il potenziale è $U=gh$. Così si ha $\vec E=-\gradU=-g\vece_h$
Questo è quanto avevo già scritto nel mio primo post sull'argomento:
"Sidereus":
...il modulo è soggetto anche all’energia potenziale del campo di
accelerazione costante $\veca_G=-gcos\theta\vece_r+gsin\theta\vece_(theta)$, che ha potenziale
$V(r,\theta)=grcos\theta$, e quindi l’energia potenziale del modulo in volo è $U(r,\theta)=mgrcos\theta$.
"Falco5x":
Moltiplicando queste grandezze per la massa si ottiene la forza e l'energia potenziale rispettivamente:
$\vecF=-mg\vece_h$ e $E_p=mU=mgh$.Questo a prescindere dal fatto che m sia costante o variabile.
No. Una forza è definita da $\vecF=m\veca$ soltanto se $m$ è costante. Se $m$ è variabile, allora la definizione di forza è $\vecF=(d\vecp)/dt$, dove $vecp=m\vecv$ è la quantità di moto.
Quindi $\vecF=(d\vecp)/dt=(dm)/(dt)\vecv+m\veca$
"Falco5x":
Supponiamo di avere un sasso che cade partendo da un'altezza $h_0$ e che si sgretola mentre cade al ritmo di $\mu$ kg/m. La sua massa iniziale sia $m_0$. Allora la sua massa in funzione dell'altezza è: $m=m_0-\mu(h_0-h)$.
Questa ipotesi è priva di senso. Un grave in caduta libera nel vuoto non può perdere materia, a meno che non si specifichino velocità e verso dei frammenti.
Posto $U=mgz$ e $p=mv$, dove $m$ e $v$ sono intese come funzioni di $z$, dovendo risultare che $-(dU)/(dz)=(dp)/(dz)(dz)/(dt)=v(dp)/(dz)$, avremo che:
$v^2(dm)/(dz)+mv(dv)/(dz)=-mg-gz(dm)/(dz)$. Poiché per un corpo in caduta libera nel vuoto si ha pure che
$mv(dv)/(dz)=-mg$, otteniamo infine
$(v^2+gz)(dm)/(dz)=0$ e quindi $(dm)/(dz)=0$, ovvero $m=cost$.
Ma a parte la prova matematica, è fisicamente impossibile contemplare una simile ipotesi. Infatti se il sasso si sgretolasse senza nessun altro effetto, allora tutti i frammenti cadrebbero nel vuoto con accelerazione $g$, come il tutto di cui facevano parte. In altre parole, la frammentazione del sasso non è osservabile da un semplice esperimento di caduta libera nel vuoto.
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