Palle cadenti
Ciao a tutti.
Sposto qui una discussioncella cominciata off-topic in Medie Superiori
nel thread tesina... di margotz del - 21/09/2003 : 14:05:36
in una risposta di vecchio del - 25/09/2003 : 23:18:05:
"lascio cadere una palla al suolo e questa rimbalza precisamente perpendicolarmente. di che colore è la pelle dell'orso che ho alle mie spalle?"
La risposta di Gulliver del - 11/10/2003 : 15:49:13
"Anche secondo me siamo al polo nord e alle nostre spalle c'è un orso bianco. Soltanto ai poli, infatti, la forza centrifuga dovuta alla rotazione della Terra è nulla (ci troviamo infatti sull'asse di rotazione); allora il vettore della forza peso è diretto esattamente verso il centro della Terra e la palla rimbalza proprio perpendicolarmente alla superficie terrestre."
(corretta, ma con un pelo di imprecisione, secondo me)
mi stimola a rendere un pò più tecnico il problema:
"come va la palla (in giù e in su) se NON siamo al polo?"
E sposto il thread (dopo aver avvisato i lettori di Medie Superiori) qui in "università", pensando di raccogliere un maggior numero di interventi.
Tony
Sposto qui una discussioncella cominciata off-topic in Medie Superiori
nel thread tesina... di margotz del - 21/09/2003 : 14:05:36
in una risposta di vecchio del - 25/09/2003 : 23:18:05:
"lascio cadere una palla al suolo e questa rimbalza precisamente perpendicolarmente. di che colore è la pelle dell'orso che ho alle mie spalle?"
La risposta di Gulliver del - 11/10/2003 : 15:49:13
"Anche secondo me siamo al polo nord e alle nostre spalle c'è un orso bianco. Soltanto ai poli, infatti, la forza centrifuga dovuta alla rotazione della Terra è nulla (ci troviamo infatti sull'asse di rotazione); allora il vettore della forza peso è diretto esattamente verso il centro della Terra e la palla rimbalza proprio perpendicolarmente alla superficie terrestre."
(corretta, ma con un pelo di imprecisione, secondo me)
mi stimola a rendere un pò più tecnico il problema:
"come va la palla (in giù e in su) se NON siamo al polo?"
E sposto il thread (dopo aver avvisato i lettori di Medie Superiori) qui in "università", pensando di raccogliere un maggior numero di interventi.
Tony
Risposte
Parto da lontano per spiegare il 2,2.
x = int[v dt se il moto è uniforme a v costante allora x = v t
Altrimenti
x = int[a t dt (ho integrato la precedente formula), se il moto è uniformemente accelerato lo spostamento è x = 1/2 a t^2
nel nostro caso nel contributo di Coriolis nemmeno l’accelerazione è costante (forse è per questo che tutto lo odiano) quindi devo passare al jerk
Il periodo T di rotazione della terra è 8,65 * 10^4 secondi, la velocità angolare w = 2 Pi/T = 7,29 * 10^-5 rad/s
L’accelerazione di Coriolis è
ac = 2w X v (prodotto vettoriale) = 2w * v * cosß
w è costante e poniamo costante anche cosß (non lo sarebbe nel nostro problema per l’accelerazione centrifuga che fa diminuire ß, angolo tra i due vettori). v è la velocità della palla in un sistema solidale alla terra, v varia tra 0 e (2 h g)^1/2 al momento della caduta. Finalmente v varia uniformemente (posta g costante) con legge v(t) = g t
Quindi ac varia uniformemente, il jerk (Jc) è costante.
Jc = d ac/ dt = 2w g cosß
x =int[1/2 Jc t^2 dt = 1/6 Jc t^3 = 1/6 2w g (2h/g)^3/2 cosß
t = (2h/g)^1/2 poiché h = 1/2 g t^2
quindi
x = 2,194 h ^3/2 cosß
Precedentemente ho omesso i conti per non appesantire il discorso con paroloni come jerk.
Il prestigiatore WonderP.
x = int[v dt se il moto è uniforme a v costante allora x = v t
Altrimenti
x = int[a t dt (ho integrato la precedente formula), se il moto è uniformemente accelerato lo spostamento è x = 1/2 a t^2
nel nostro caso nel contributo di Coriolis nemmeno l’accelerazione è costante (forse è per questo che tutto lo odiano) quindi devo passare al jerk
Il periodo T di rotazione della terra è 8,65 * 10^4 secondi, la velocità angolare w = 2 Pi/T = 7,29 * 10^-5 rad/s
L’accelerazione di Coriolis è
ac = 2w X v (prodotto vettoriale) = 2w * v * cosß
w è costante e poniamo costante anche cosß (non lo sarebbe nel nostro problema per l’accelerazione centrifuga che fa diminuire ß, angolo tra i due vettori). v è la velocità della palla in un sistema solidale alla terra, v varia tra 0 e (2 h g)^1/2 al momento della caduta. Finalmente v varia uniformemente (posta g costante) con legge v(t) = g t
Quindi ac varia uniformemente, il jerk (Jc) è costante.
Jc = d ac/ dt = 2w g cosß
x =int[1/2 Jc t^2 dt = 1/6 Jc t^3 = 1/6 2w g (2h/g)^3/2 cosß
t = (2h/g)^1/2 poiché h = 1/2 g t^2
quindi
x = 2,194 h ^3/2 cosß
Precedentemente ho omesso i conti per non appesantire il discorso con paroloni come jerk.
Il prestigiatore WonderP.
All'equatore i miei risultati concordano coi tuoi. Per le altre latitudini aspetto venti propizi, poi farò i calcoli.
Ma dimmi, nel tuo
" spostamento Coriolis = 2,2 *10^-5 h^(3/2) cos(q) metri "
quel 2,2 (che è corretto e pare proprio 2/3 del 3,3) lo tiri fuori dal cappello a cilindro? (è la chiave della soluz. parabolica del problema, aggiungi 2 passaggi per spiegarlo).
Invece sono ancora perplesso sentendo parlare di accelerazione e spostamento centrifugo a proposito di un grave soggetto solo all'attraz. gravitazionale.
Sull'argomento apro un nuovo topic: "fucilata al parallelo" sempre qui in università, anche se dovrebbe essere alla portata di molti liceali.
Ciao da tony
Ma dimmi, nel tuo
" spostamento Coriolis = 2,2 *10^-5 h^(3/2) cos(q) metri "
quel 2,2 (che è corretto e pare proprio 2/3 del 3,3) lo tiri fuori dal cappello a cilindro? (è la chiave della soluz. parabolica del problema, aggiungi 2 passaggi per spiegarlo).
Invece sono ancora perplesso sentendo parlare di accelerazione e spostamento centrifugo a proposito di un grave soggetto solo all'attraz. gravitazionale.
Sull'argomento apro un nuovo topic: "fucilata al parallelo" sempre qui in università, anche se dovrebbe essere alla portata di molti liceali.
Ciao da tony
Effettivamente rifacendo i conti risulta 2) 0,015556 mm; sinceramente non ricordo come ho fatto a trovare 0,056, molto probabilmente ho trascritto sbagliato. Lo spostamento risulta comunque, anzi a maggior ragione, di ordine inferiore rispetto a quello dovuto alla forza centrifuga. Anche a te risulta così?
WonderP.
WonderP.
scusa, WonderP, dicevi il 15/10:
le 1) quadrano, ma non riesco a far quadrare le 2).
dove sbaglio?
ciao a tutti.
tony
*quote:
In formule:
1) spostamento centrifugo = 3,45*10^-3 h cos(q) sen(q) metri
2) spostamento Coriolis = 2,2 *10^-5 h^(3/2) cos(q) metri
mettendoci in Italia a fare questo esperimento, cioè con h = 1 m e q = 45°
risulta
1) 1.73 mm
2) 0.056 mm
le 1) quadrano, ma non riesco a far quadrare le 2).
dove sbaglio?
ciao a tutti.
tony
Dunque, questo sembra essere in procinto di diventare uno di quei super topicconi del calibro di "Rette sghembe" di Romeo nel forum Medie Superiori... Chi se lo dimentica quello!!
CIAO A TUTTI!
CIAO A TUTTI!
Ho trovato su un libro che gli effetti di ciò che abbiamo descritto sopra sono la diminuzione del valore della forza di gravità (diminuzione molto piccola) e
“l’alterazione della verticale del filo a piombo; ad esempio ad una latitudine di 45° la deviazione è dell’ordine di 0,1°. ”
dopo se la definizione di verticale sia quella del filo a piombo non lo so.
WonderP.
“l’alterazione della verticale del filo a piombo; ad esempio ad una latitudine di 45° la deviazione è dell’ordine di 0,1°. ”
dopo se la definizione di verticale sia quella del filo a piombo non lo so.
WonderP.
...certo che ci sono!! ho seguito tutte le vostre chiacchierate, sebbene devo dire che mi sfugge qualche passaggio...diciamo "qualche" 
...forse avrei bisogno di mettermi davanti al computer con carta e penna e cercare di capire almeno 1/4 di quello che avete detto!!!
comunque ho capito una cosa: questo Coriolis è proprio simpatico a tutti!!!!
ma insomma 'sti benedetti orsi...stanno solo al polo, se ho capito almeno un po' ciò che dice WonderP, no? per cui Tony il tuo orso equatoriale non gioca a palla con gli orsi bianchi!!......mmm mi sono calato troppo nel problema...
cmq è stato un piacere assistere a questa discussione che sembra quindi giunta ad un termine.
ciao a tutti
il vecchio
P.S.
magari la prossima volta giochiamo a briscola eh?
...forse avrei bisogno di mettermi davanti al computer con carta e penna e cercare di capire almeno 1/4 di quello che avete detto!!!comunque ho capito una cosa: questo Coriolis è proprio simpatico a tutti!!!!
ma insomma 'sti benedetti orsi...stanno solo al polo, se ho capito almeno un po' ciò che dice WonderP, no? per cui Tony il tuo orso equatoriale non gioca a palla con gli orsi bianchi!!...
...mmm mi sono calato troppo nel problema...cmq è stato un piacere assistere a questa discussione che sembra quindi giunta ad un termine.
ciao a tutti
il vecchio
P.S.
magari la prossima volta giochiamo a briscola eh?
Mi permetto di insistere sul fatto che, se ci troviamo in un riferimento solidale con la Terra, la definizione di peso di un corpo può trovarsi espressa in letteratura come somma della forza gravitazionale e della forza centrifuga (sempre trascurando Coriolis che è in generale piccola rispetto alle altre). Per questo, il vettore della forza peso, in genere, non passa affatto per il centro della Terra ma individua la direzione “verticale” detta anche del filo a piombo.
Beh stavolta direi che (grazie a wonderP che ci ha dato una misura quantitativa dello spostamento di Coriolis) il problema è davvero risolto!
Cerchiamo di dare dei punti fissi:
La terra ruota su se stessa con un periodo di T=8,64*10^4 secondi e quindi una velocità angolare w=2Pi/T=7,29*10^-5 rad/s.
La velocità a l’accelerazione, viste dall’esterno, di un punto P sulla superficie della terra (sferica) sono:
v = w r
con r distanza del punto P dall’asse di rotazione.
v = w R cos(q)
dove R (OP) è il raggio della terra (6,37*10^6 metri) e q è la latitudine di P. Risolvendo risulta:
v = 4,64*10^2 cos(q) m/s
L’accelerazione del punto P è
a = w^2 r = w^2 R cos(q) = 3,38*10^-2 cos(q) m/s^2
Questa è l’accelerazione centrifuga ortogonale all’asse z e diretta verso l’esterno. Essa può essere divisa in due componenti, radiale (parallela e concorde con R, cioè OP) e traversa (diretta sempre verso l’equatore) che valgono
aR = 3,38*10^-2 cos^2(q)
aq = 3,38*10^-2 cos(q) sen(q)
La correzione centrifuga all’accelerazione di gravità è nulla al polo, dove R e w sono paralleli, e massima all’equatore, dove sono ortogonali, ma ciò fa variare solo la velocità di caduta non lo spostamento. Fino a qui, considerando solo la forza centrifuga, eravamo già arrivati: al polo e all’equatore non ci sono spostamenti, ma abbiamo dimenticato Coriolis. L’effetto dovuto al termine di Coriolis dipende dalla velocità v’ del punto P rispetto al sistema solidale alla terra, come ho detto nel topic precedente.
L’azione della forza centrifuga comporta uno spostamento verso l’equatore lungo un meridiano, mentre la forza di Coriolis (tangente ad un parallelo, poiché w e v’ giacciono su un piano contenente l’asse z e la forza di Coriolis è ortogonale a questo piano, essendo ottenuta da un prodotto vettoriale) provoca uno spostamento verso oriente in entrambi gli emisferi e non come avevo affermato io, con l’esempio della giostra, verso sinistra. Questo errore è dovuto al fatto che sulla giostra la velocità di caduta della palle ha la stessa direzione della velocità angolare della giostra, sulla terra ciò non accade (se non al polo, ma essendo sull’asse di rotazione non c’è spostamento), infatti la direzione di caduta della palla, nel sistema di riferimento solidale alla terra, dipende dalla latitudine.
Cerco di spiegare il tutto in parole semplici, anche se la vedo dura.
La palla che cade dall’altezza h (=PQ della figura) ha una velocità iniziale V (V=v se il punto P fosse sulla superficie della terra), in quanto all’istante iniziale sta ruotando insieme alla terra, su di essa agisce l’accelerazione di gravità g, diretta vero il centro della terra. Il moto avviene quindi nel piano (V, g) la cui intersezione con la superficie della terra è indicata dalla linea punteggiata. PP’ rappresenta la traiettoria della palla. La velocità iniziale è tangente ad un parallelo, però durante la caduta non c’è nessun vincolo che tenga la palla su una traiettoria circolare, quindi essa si sposta verso l’equatore (dovuto alla forza centrifuga). E fino a qui c’eravamo, ora c’è il contributo che non avevamo preso in considerazione.
La palla inizialmente si trova ad una distanza maggiore dall’asse di rotazione di quella del punto di caduta. Ripeto: P ha una distanza maggiore di Q rispetto all’asse di rotazione, quindi ha anche velocità maggiore, ed avendo una velocità maggiore cadrà più a est rispetto a Q. Interverranno altre componenti della velocità, ma quella che conta in questo discorso è che la componente della velocità tangente ad un parallelo di un punto in P è maggiore di quella di un punto in Q sulla superficie della terra.
In definitiva si ha uno spostamento verso l’equatore per la forza centrifuga e verso est per Coriolis. La componente di spostamento verso l’equatore non si ha quando siamo o su di esso o a un polo, mentre al componente verso oriente non si ha solo al polo (2w x v’=0 o quando una delle due componenti è nulla, nel nostro caso mai, o quando sono parallele, cioè all’equatore).
In formule:
1) spostamento centrifugo = 3,45*10^-3 h cos(q) sen(q) metri
2) spostamento Coriolis = 2,2 *10^-5 h^(3/2) cos(q) metri
mettendoci in Italia a fare questo esperimento, cioè con h = 1 m e q = 45°
risulta
1) 1.73 mm
2) 0.056 mm
WonderP.
P.S. ma vi rendete conto di quanto devono essere bravi i giocatori di basket che fanno tutti ‘sti conti ad ogni palleggio! Per non parlare del tiro!
La terra ruota su se stessa con un periodo di T=8,64*10^4 secondi e quindi una velocità angolare w=2Pi/T=7,29*10^-5 rad/s.
La velocità a l’accelerazione, viste dall’esterno, di un punto P sulla superficie della terra (sferica) sono:
v = w r
con r distanza del punto P dall’asse di rotazione.
v = w R cos(q)
dove R (OP) è il raggio della terra (6,37*10^6 metri) e q è la latitudine di P. Risolvendo risulta:
v = 4,64*10^2 cos(q) m/s
L’accelerazione del punto P è
a = w^2 r = w^2 R cos(q) = 3,38*10^-2 cos(q) m/s^2
Questa è l’accelerazione centrifuga ortogonale all’asse z e diretta verso l’esterno. Essa può essere divisa in due componenti, radiale (parallela e concorde con R, cioè OP) e traversa (diretta sempre verso l’equatore) che valgono
aR = 3,38*10^-2 cos^2(q)
aq = 3,38*10^-2 cos(q) sen(q)
La correzione centrifuga all’accelerazione di gravità è nulla al polo, dove R e w sono paralleli, e massima all’equatore, dove sono ortogonali, ma ciò fa variare solo la velocità di caduta non lo spostamento. Fino a qui, considerando solo la forza centrifuga, eravamo già arrivati: al polo e all’equatore non ci sono spostamenti, ma abbiamo dimenticato Coriolis. L’effetto dovuto al termine di Coriolis dipende dalla velocità v’ del punto P rispetto al sistema solidale alla terra, come ho detto nel topic precedente.
L’azione della forza centrifuga comporta uno spostamento verso l’equatore lungo un meridiano, mentre la forza di Coriolis (tangente ad un parallelo, poiché w e v’ giacciono su un piano contenente l’asse z e la forza di Coriolis è ortogonale a questo piano, essendo ottenuta da un prodotto vettoriale) provoca uno spostamento verso oriente in entrambi gli emisferi e non come avevo affermato io, con l’esempio della giostra, verso sinistra. Questo errore è dovuto al fatto che sulla giostra la velocità di caduta della palle ha la stessa direzione della velocità angolare della giostra, sulla terra ciò non accade (se non al polo, ma essendo sull’asse di rotazione non c’è spostamento), infatti la direzione di caduta della palla, nel sistema di riferimento solidale alla terra, dipende dalla latitudine.
Cerco di spiegare il tutto in parole semplici, anche se la vedo dura.
La palla che cade dall’altezza h (=PQ della figura) ha una velocità iniziale V (V=v se il punto P fosse sulla superficie della terra), in quanto all’istante iniziale sta ruotando insieme alla terra, su di essa agisce l’accelerazione di gravità g, diretta vero il centro della terra. Il moto avviene quindi nel piano (V, g) la cui intersezione con la superficie della terra è indicata dalla linea punteggiata. PP’ rappresenta la traiettoria della palla. La velocità iniziale è tangente ad un parallelo, però durante la caduta non c’è nessun vincolo che tenga la palla su una traiettoria circolare, quindi essa si sposta verso l’equatore (dovuto alla forza centrifuga). E fino a qui c’eravamo, ora c’è il contributo che non avevamo preso in considerazione.
La palla inizialmente si trova ad una distanza maggiore dall’asse di rotazione di quella del punto di caduta. Ripeto: P ha una distanza maggiore di Q rispetto all’asse di rotazione, quindi ha anche velocità maggiore, ed avendo una velocità maggiore cadrà più a est rispetto a Q. Interverranno altre componenti della velocità, ma quella che conta in questo discorso è che la componente della velocità tangente ad un parallelo di un punto in P è maggiore di quella di un punto in Q sulla superficie della terra.
In definitiva si ha uno spostamento verso l’equatore per la forza centrifuga e verso est per Coriolis. La componente di spostamento verso l’equatore non si ha quando siamo o su di esso o a un polo, mentre al componente verso oriente non si ha solo al polo (2w x v’=0 o quando una delle due componenti è nulla, nel nostro caso mai, o quando sono parallele, cioè all’equatore).
In formule:
1) spostamento centrifugo = 3,45*10^-3 h cos(q) sen(q) metri
2) spostamento Coriolis = 2,2 *10^-5 h^(3/2) cos(q) metri
mettendoci in Italia a fare questo esperimento, cioè con h = 1 m e q = 45°
risulta
1) 1.73 mm
2) 0.056 mm
WonderP.
P.S. ma vi rendete conto di quanto devono essere bravi i giocatori di basket che fanno tutti ‘sti conti ad ogni palleggio! Per non parlare del tiro!
Dunque, una correzione:
il cos^2 è in effetti un cos ma non perché è sbagliata l'espressione di v(q). E' sbagliata l'espressione di |Fc| (bisogna dividere infatti per Rcos(q) e non per R).
Finalmente ho integrato le equazione del moto.
Abbiamo stabilito che lo spostamento laterale avviene lungo ul meridiano in prima approssimazione.
Inoltre, nello spostamento lungo un meridiano, q varia. Però di poco se non lanciamo la palla da altezze siderali! Ho supposto quindi q costante nel moto.
Do i risultati, se volete vi mostrerò i conti ma non sono difficili.
Con queste ipotesi:
la palla si muove lungo una retta con pendenza:
R/(w^2 * cos(q) * sin(q) ) * ( w^2 * cos(q)^2 / R - g )
Lo spostamento laterale lungo il meridiano è verso dell'equatore e vale:
spost = h* w^2 * sin(q) * cos(q) / (R* (g - w^2 *cos(q)^2 / R ) )
Qui sotto mostro un grafico di spost/h in funzione di q.
La scala verticale è tale che moltiplicando l'ordinata per h espresso in metri si ottiene lo spost espresso in millimetri.
q è in unità di pigreco.
Si nota che il max è per q=45° (tutta colpa del cos^2 che è diventato cos).
il cos^2 è in effetti un cos ma non perché è sbagliata l'espressione di v(q). E' sbagliata l'espressione di |Fc| (bisogna dividere infatti per Rcos(q) e non per R).
Finalmente ho integrato le equazione del moto.
Abbiamo stabilito che lo spostamento laterale avviene lungo ul meridiano in prima approssimazione.
Inoltre, nello spostamento lungo un meridiano, q varia. Però di poco se non lanciamo la palla da altezze siderali! Ho supposto quindi q costante nel moto.
Do i risultati, se volete vi mostrerò i conti ma non sono difficili.
Con queste ipotesi:
la palla si muove lungo una retta con pendenza:
R/(w^2 * cos(q) * sin(q) ) * ( w^2 * cos(q)^2 / R - g )
Lo spostamento laterale lungo il meridiano è verso dell'equatore e vale:
spost = h* w^2 * sin(q) * cos(q) / (R* (g - w^2 *cos(q)^2 / R ) )
Qui sotto mostro un grafico di spost/h in funzione di q.
La scala verticale è tale che moltiplicando l'ordinata per h espresso in metri si ottiene lo spost espresso in millimetri.
q è in unità di pigreco.
Si nota che il max è per q=45° (tutta colpa del cos^2 che è diventato cos).
Per rispondere a goblyn
1) l'accelerazione di Coriolis è definita come
2w x v'
dove w è la velocità angolare del sistema Terra, v' è la velocità relaviva del punto considerato (per noi la palla) rispotto al sistema mobile (Terra).
La dimostrazione è un po' boriosa e la tralascio.
WonderP.
P.S. anche io ho sempre odiato Coriolis
1) l'accelerazione di Coriolis è definita come
2w x v'
dove w è la velocità angolare del sistema Terra, v' è la velocità relaviva del punto considerato (per noi la palla) rispotto al sistema mobile (Terra).
La dimostrazione è un po' boriosa e la tralascio.
WonderP.
P.S. anche io ho sempre odiato Coriolis
Ciao a tutti.
Vedo con piacere che la chiacchierata "si scalda".
Siamo arrivati a nominare la velocità iniziale della palla al momento del suo distacco dalle dita, e, secondo me è già un gran passo, dopo diversi messaggi.
Siamo arrivati a convenire con me che "Quando la palla si stacca dalle dita l'unica forza che agisce su di essa è quella gravitazionale".
Vedo però, con timore, che stiamo andando su considerazioni sui sistemi di riferimento, con l'inevitabile partecipazione dell'odiatissimo (da me) sig. Coriolis e l'introduzione di forze fittizie.
Non sono un buon calcolatore, lascio i calcoli a chi li sa fare;
ma, vorrei capire (e a questo punto forse anche altri lettori lo vorrebbero):
se mollo un oggetto stando al polo, oppure a Piacenza (45 gradi N), oppure all'equatore in malesia (dove spero non si sia estinto l'Ursus malayanus di cui parlavo)
se mollo un oggetto, dicevo, senza mille equazioni non da tutti comprensibili, si può prevedere dove tocca terra? ad est, ad ovest, a sud, a nord, o un pochino da tutte le parti?
Forse la risposta è implicita nei post precedenti, vale la conclusione di goblyn che
"se q=35,26° (max effetto di spostamento) e lasciamo cadere la palla da 1 metro, lo spostamento risulta di circa 1,3 millimetri.." (verso sud); e che in direzione est-ovest lo spostamento è trascurabile (senza specificare se è positivo o negativo) ?
Poi parleremo, spero, di una palla lasciata cadere non da un metro, ma dalla cima di una torre (magari pendente, ci leggi Vecchio?), senza trascurare tante variabili scomode.
Piacevolissima discussione.
Tony
Vedo con piacere che la chiacchierata "si scalda".
Siamo arrivati a nominare la velocità iniziale della palla al momento del suo distacco dalle dita, e, secondo me è già un gran passo, dopo diversi messaggi.
Siamo arrivati a convenire con me che "Quando la palla si stacca dalle dita l'unica forza che agisce su di essa è quella gravitazionale".
Vedo però, con timore, che stiamo andando su considerazioni sui sistemi di riferimento, con l'inevitabile partecipazione dell'odiatissimo (da me) sig. Coriolis e l'introduzione di forze fittizie.
Non sono un buon calcolatore, lascio i calcoli a chi li sa fare;
ma, vorrei capire (e a questo punto forse anche altri lettori lo vorrebbero):
se mollo un oggetto stando al polo, oppure a Piacenza (45 gradi N), oppure all'equatore in malesia (dove spero non si sia estinto l'Ursus malayanus di cui parlavo)
se mollo un oggetto, dicevo, senza mille equazioni non da tutti comprensibili, si può prevedere dove tocca terra? ad est, ad ovest, a sud, a nord, o un pochino da tutte le parti?
Forse la risposta è implicita nei post precedenti, vale la conclusione di goblyn che
"se q=35,26° (max effetto di spostamento) e lasciamo cadere la palla da 1 metro, lo spostamento risulta di circa 1,3 millimetri.." (verso sud); e che in direzione est-ovest lo spostamento è trascurabile (senza specificare se è positivo o negativo) ?
Poi parleremo, spero, di una palla lasciata cadere non da un metro, ma dalla cima di una torre (magari pendente, ci leggi Vecchio?), senza trascurare tante variabili scomode.
Piacevolissima discussione.
Tony
Due cose:
1) mi ricordate come è definita la forza di Coriolis?
2) la forza peso è quella causata dal campo gravitazionale e quindi è diretta verso il centro della Terra. La somma della forza peso e di quella centrifuga è la risultante delle forze ed è uguale alla massa della palla per l'accelerazione della palla. Non è la forza peso, per definizione!
1) mi ricordate come è definita la forza di Coriolis?
2) la forza peso è quella causata dal campo gravitazionale e quindi è diretta verso il centro della Terra. La somma della forza peso e di quella centrifuga è la risultante delle forze ed è uguale alla massa della palla per l'accelerazione della palla. Non è la forza peso, per definizione!
Ho notato che l’indovinello sull’orso ha avuto un notevole seguito. Visto che sono stato chiamato in causa, ne approfitto per precisare il mio post del 11/10 che forse era troppo sintetico rispetto alla difficoltà del problema.
Goblyn dice: “…la forza peso è comunque diretta verso il centro (baricentro) della Terra..”.
In effetti, per come ho considerato io il problema ( e mi scuso per non essere stato chiaro), ciò non è esatto. Infatti su un corpo che si trova in un sistema di riferimento solidale con la Terra (e anche nel caso della palla credo che sia il sistema di riferimento più comodo) agiscono una forza di attrazione della Terra e una forza apparente centrifuga. La forza di attrazione è diretta, con buona approssimazione, verso il centro della Terra mentre la forza centrifuga è radiale all’asse di rotazione. La forza peso è la somma di queste due forze: essa non è diretta, quindi, esattamente verso il centro della Terra (e proprio qui sta il trucco dell’indovinello) ma lungo una direzione definita “verticale”.
Per risolvere l’enigma consideriamo i punti in cui la direzione della forza peso è la stessa di quella dell’attrazione terrestre e non è quindi influenzata dalla centrifuga. Questi punti sono i poli perché la centrifuga è nulla e l’equatore (trascurando, come fa goblyn, lo spostamento lungo il parallelo dovuto all’accelerazione di Coriolis) poiché qui la centrifuga ha la stessa direzione dell’attrazione terrestre.
Ma poiché all’equatore e al polo Sud non vi sono orsi, possiamo concludere che siamo al polo Nord e che l’orso è bianco.
Goblyn dice: “…la forza peso è comunque diretta verso il centro (baricentro) della Terra..”.
In effetti, per come ho considerato io il problema ( e mi scuso per non essere stato chiaro), ciò non è esatto. Infatti su un corpo che si trova in un sistema di riferimento solidale con la Terra (e anche nel caso della palla credo che sia il sistema di riferimento più comodo) agiscono una forza di attrazione della Terra e una forza apparente centrifuga. La forza di attrazione è diretta, con buona approssimazione, verso il centro della Terra mentre la forza centrifuga è radiale all’asse di rotazione. La forza peso è la somma di queste due forze: essa non è diretta, quindi, esattamente verso il centro della Terra (e proprio qui sta il trucco dell’indovinello) ma lungo una direzione definita “verticale”.
Per risolvere l’enigma consideriamo i punti in cui la direzione della forza peso è la stessa di quella dell’attrazione terrestre e non è quindi influenzata dalla centrifuga. Questi punti sono i poli perché la centrifuga è nulla e l’equatore (trascurando, come fa goblyn, lo spostamento lungo il parallelo dovuto all’accelerazione di Coriolis) poiché qui la centrifuga ha la stessa direzione dell’attrazione terrestre.
Ma poiché all’equatore e al polo Sud non vi sono orsi, possiamo concludere che siamo al polo Nord e che l’orso è bianco.
Sono perfettamente d'accordo con goblyn, soprattutto per quanto riguarda il sistema di riferimento.
WonderP.
WonderP.
Non è una svista, viene fuori da v^2=(w*cos(q))^2.
Per quanto riguarda le forze in gioco ricordo che l'unica forza reale è la forza peso. A seconda del sistema di riferimento in cui ci mettiamo possono apparire o meno forze apparenti come quella centrifuga.
Quando la palla si stacca dalle dita l'unica forza che agisce su di essa è quella gravitazionale. Se il sistema di riferimento scelto è quello terrestre (in moto non rettilineo uniforme) allora nel bilancio delle forze dobbiamo metterci anche la forza centrifuga. Nell'integrare poi le equazioni contenenti le forze dobbiamo tenere conto delle condizioni iniziali. Una di queste è che la velocità iniziale della palla è nulla lungo la direzione radiale ma uguale a quella della terra in quel punto nella direzione trasversale. Il problema, conti a parte, è quindi risolto. Si tratta solo di fare i conti!
ciao e al prossimo orso!
Per quanto riguarda le forze in gioco ricordo che l'unica forza reale è la forza peso. A seconda del sistema di riferimento in cui ci mettiamo possono apparire o meno forze apparenti come quella centrifuga.
Quando la palla si stacca dalle dita l'unica forza che agisce su di essa è quella gravitazionale. Se il sistema di riferimento scelto è quello terrestre (in moto non rettilineo uniforme) allora nel bilancio delle forze dobbiamo metterci anche la forza centrifuga. Nell'integrare poi le equazioni contenenti le forze dobbiamo tenere conto delle condizioni iniziali. Una di queste è che la velocità iniziale della palla è nulla lungo la direzione radiale ma uguale a quella della terra in quel punto nella direzione trasversale. Il problema, conti a parte, è quindi risolto. Si tratta solo di fare i conti!
ciao e al prossimo orso!
Ciao a tutti.
Butto giù qualche pensierino.
Il "pelo di imprecisione" di cui parlavo a proposito della risposta di Gulliver del - 11/10/2003 : 15:49:13, non sta solo nel dire che solo al polo la forza peso è diretta esattamente verso il centro della terra (come ha subito rilevato goblyn) ma anche - secondo me - nel tirare in ballo la forza centrifuga, anche se su questo ha avuto un consenso generale.
Mi pare difficile credere che la palla, una volta lasciata sfuggire dalle dita, sia soggetta alla forza centrifuga.
Secondo me l'unica forza (oltre alla resistenza dell'aria -che abbiamo deciso di trascurare-) è l'attrazione della terra (non complichiamoci la vita con l'attrazione degli altri corpi celesti).
L'ho buttata lì.
Son curioso di sentire i commenti dei "centrifugofili".
Tony
P.S. (irrilevante per quanto ho detto sopra)
goblyn dice:
" La forza centrifuga Fc che agisce sulla palla è quindi in modulo:
|Fc| = m (v^2) / R = [m (w^2) / R] * cos(q)^2 "
mi pare che quel quadrato del cos sia una svista.
Butto giù qualche pensierino.
Il "pelo di imprecisione" di cui parlavo a proposito della risposta di Gulliver del - 11/10/2003 : 15:49:13, non sta solo nel dire che solo al polo la forza peso è diretta esattamente verso il centro della terra (come ha subito rilevato goblyn) ma anche - secondo me - nel tirare in ballo la forza centrifuga, anche se su questo ha avuto un consenso generale.
Mi pare difficile credere che la palla, una volta lasciata sfuggire dalle dita, sia soggetta alla forza centrifuga.
Secondo me l'unica forza (oltre alla resistenza dell'aria -che abbiamo deciso di trascurare-) è l'attrazione della terra (non complichiamoci la vita con l'attrazione degli altri corpi celesti).
L'ho buttata lì.
Son curioso di sentire i commenti dei "centrifugofili".
Tony
P.S. (irrilevante per quanto ho detto sopra)
goblyn dice:
" La forza centrifuga Fc che agisce sulla palla è quindi in modulo:
|Fc| = m (v^2) / R = [m (w^2) / R] * cos(q)^2 "
mi pare che quel quadrato del cos sia una svista.
Certo che "palle cadenti" non è un titolo che invoglia a leggere... 
Per quanto detto, secondo me all’equatore la palla si a sinistra se guardo il polo nord (secondo l’equazione di goblyn), ricordo che la terra ruota in senso antiorario guardandola da sopra il polo nord. Se non mi trovo all’equatore ci sono due componenti di spostamento da sommare.
L’orso lunare è uno solo.
L’orso lunare è uno solo.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo