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
Ho fretta e non posso svolgere i conti. Comunque nei post precedenti ho mostrato le forze che agiscono sulla palla. Basta integrarle lungo la direzione radiale e quelle trasverse tentendo conto delle condizioni iniziali, cioè che la palla parte da una quota h e che la sua velocità iniziale è uguale a quella della Terra in quel punto (non è questione di atmosfera! E' ke ki lancia la palla si sta muovendo insieme alla Terra! Sulla Luna non cambia nulla!)
Ciao a tutti
Dice WonderP:
D'accordo, ma, per non complicarci un problema che già mi pare abbastanza difficile, spostiamoci sulla luna, dove non c'è atmosfera (con maschere da ossigeno per noi e i due poveri orsi stralunati sentendosi leggerissimi).
Ricordo il problema, come l'avevo posto:
"come va la palla (in giù e in su) se NON siamo al polo?"
Tony
Dice WonderP:
*quote:
... Sulla terra questo effetto è smorzato dall?atmosfera che "segue" il moto della terra, ...
D'accordo, ma, per non complicarci un problema che già mi pare abbastanza difficile, spostiamoci sulla luna, dove non c'è atmosfera (con maschere da ossigeno per noi e i due poveri orsi stralunati sentendosi leggerissimi).
Ricordo il problema, come l'avevo posto:
"come va la palla (in giù e in su) se NON siamo al polo?"
Tony
Stavo scrivendo questa risposta quando ho visto quella di goblyn, ma la inserisco comunque:
La forza centrifuga è diretta radialmente rispetto all’asse di rotazione, quindi all’equatore è nella stessa direzione della forza peso, e al polo la componente della forza centrifuga è nulla.
Se io mi metto su una giostra che gira, mi metto all’esterno e lascio cadere una pallina questa non cadrà tra i miei piedi, mentre lo farà se mi posiziono al centro della giostra. Cioè perché il moto non è uniforme. Sulla terra questo effetto è smorzato dall’atmosfera che “segue” il moto della terra, penso però che un piccolo spostamento ci sia.
WonderP.
La forza centrifuga è diretta radialmente rispetto all’asse di rotazione, quindi all’equatore è nella stessa direzione della forza peso, e al polo la componente della forza centrifuga è nulla.
Se io mi metto su una giostra che gira, mi metto all’esterno e lascio cadere una pallina questa non cadrà tra i miei piedi, mentre lo farà se mi posiziono al centro della giostra. Cioè perché il moto non è uniforme. Sulla terra questo effetto è smorzato dall’atmosfera che “segue” il moto della terra, penso però che un piccolo spostamento ci sia.
WonderP.
Lo spostamento laterale da me calcolato (e mi scuso per non averlo fatto notare esplicitamente, ma se riguardate il procedimento si capisce) è quello lungo il meridiano su cui si trova la palla. Tale spostamento è nullo anche all'equatore infatti la forza peso è opposta a quella centrifuga.
Nel frattempo la Terra gira sotto la palla e quindi c'è anche uno spostamento lungo il parallelo (xp) pari a
xp = v(q)*t = w*cos(q) * sqrt(2h/g)
che è massimo all'equatore e nullo ai poli.
Però anche la palla sta girando insieme alla Terra, non è ferma rispetto ad essa. Se così fosse la formula per xp sarebbe valida e avremmo uno spostamento xp=208 metri all'equatore con h=1m... ovviamente le cose non vanno così... infatti la palla si muove insieme alla Terra e lo spostamento lungo il parallelo è trascurabile se non nullo...
L'orso bianco non è + solo?
Nel frattempo la Terra gira sotto la palla e quindi c'è anche uno spostamento lungo il parallelo (xp) pari a
xp = v(q)*t = w*cos(q) * sqrt(2h/g)
che è massimo all'equatore e nullo ai poli.
Però anche la palla sta girando insieme alla Terra, non è ferma rispetto ad essa. Se così fosse la formula per xp sarebbe valida e avremmo uno spostamento xp=208 metri all'equatore con h=1m... ovviamente le cose non vanno così... infatti la palla si muove insieme alla Terra e lo spostamento lungo il parallelo è trascurabile se non nullo...
L'orso bianco non è + solo?
Vecchio... Con questo quesito hai davvero riscosso successo!!
Guarda quanti si divertono a provare a risolverlo!
Guarda quanti si divertono a provare a risolverlo!
Ma allora gli orsi sono due?
Ne è comparso uno nero con fascia bianca sul collo (Ursus malayanus?), di origine equatoriale.
Infatti, goblin, la tua equazione finale
"xt = (2*pi/T)^2 * (hR/g) * sin(q) * cos(q)^2"
mi pare concluda che lo spostamento da te calcolato è zero sia al polo, dove cos(q)=0, che all'equatore dove sin(q)=0.
L'orso bianco, per ora, sta annusando l'intruso con curiosità.
Tony
Ne è comparso uno nero con fascia bianca sul collo (Ursus malayanus?), di origine equatoriale.
Infatti, goblin, la tua equazione finale
"xt = (2*pi/T)^2 * (hR/g) * sin(q) * cos(q)^2"
mi pare concluda che lo spostamento da te calcolato è zero sia al polo, dove cos(q)=0, che all'equatore dove sin(q)=0.
L'orso bianco, per ora, sta annusando l'intruso con curiosità.
Tony
Ciao a tutti.
Farei intanto una precisazione: la forza peso è comunque diretta verso il centro (baricentro) della Terra. E' la risultante di tutte le forze che può non essere diretta verso il centro.
Supponiamo di essere ad una latitudine q.
Sia r il versore nella direzione radiale (uscente dal pianeta).
Sia t il versore nella direzione tangenziale.
La forza peso P:
P = -mg r
Sia v(q) la velocità lineare della Terra alla latitudine q. Indichiamo con w la velocità di rotazione all'equatore:
w = 2*pi*R/T
dove R è il raggio equatoriale e T=24 ore.
Allora:
v(q) = w*cos(q)
La forza centrifuga Fc che agisce sulla palla è quindi in modulo:
|Fc| = m (v^2) / R = [m (w^2) / R] * cos(q)^2
La componente radiale è |Fc|cos(q), quella tangenziale |Fc|sin(q).
Lungo la direzione radiale dunque:
m*ar = -mg + [m (w^2) / R] * cos(q)^3
Lungo la direzione tangenziale:
m*at = [m (w^2) / R] * sin(q) * cos(q)^2
E' chiaro che essendoci uno spostamento laterale (come risulta da quest'ultima equazione) anche la latitudine q varierà... ma in prima approssimazione possiamo considerare q costante nel tempo:
vt = [w^2 / R] * sin(q) * cos(q)^2 * t
E quindi integrando ancora otteniamo una prima approssimazione dello spostamento laterale:
xt = [w^2 / (2R)] * sin(q) * cos(q)^2 * t^2
Il tempo t è il tempo che la palla ci mette a cadere dall'altezza h di lancio. Anche qui, seppure il moto non è verticale, supponiamo che lo sia. In tale approssimazione trascuriamo la componente radiale di Fc e otteniamo dalle leggi del moto:
a = -g
v = -gt
y = h - (g/2)t^2
Imponiamo y=0 (impatto):
t = sqrt(2h/g)
Ora risostituiamo nell'espressione di xt:
xt = [w^2 / (2R)] * sin(q) * cos(q)^2 * (2h/g) =
= (2*pi/T)^2 * (hR/g) * sin(q) * cos(q)^2
Se q=35,26° (max effetto di spostamento) e lasciamo cadere la palla da 1 metro, lo spostamento risulta di circa 1,3 millimetri. Chiaramente tanto più è elevata la quota di lancio della palla, tanto peggiore risulta l'approssimazione fatta (latitudine costante). Si può valutare tale errore ma non credo sia molto elevato!!!
ciao!
Modificato da - goblyn il 13/10/2003 00:17:29
Modificato da - goblyn il 13/10/2003 00:23:39
Farei intanto una precisazione: la forza peso è comunque diretta verso il centro (baricentro) della Terra. E' la risultante di tutte le forze che può non essere diretta verso il centro.
Supponiamo di essere ad una latitudine q.
Sia r il versore nella direzione radiale (uscente dal pianeta).
Sia t il versore nella direzione tangenziale.
La forza peso P:
P = -mg r
Sia v(q) la velocità lineare della Terra alla latitudine q. Indichiamo con w la velocità di rotazione all'equatore:
w = 2*pi*R/T
dove R è il raggio equatoriale e T=24 ore.
Allora:
v(q) = w*cos(q)
La forza centrifuga Fc che agisce sulla palla è quindi in modulo:
|Fc| = m (v^2) / R = [m (w^2) / R] * cos(q)^2
La componente radiale è |Fc|cos(q), quella tangenziale |Fc|sin(q).
Lungo la direzione radiale dunque:
m*ar = -mg + [m (w^2) / R] * cos(q)^3
Lungo la direzione tangenziale:
m*at = [m (w^2) / R] * sin(q) * cos(q)^2
E' chiaro che essendoci uno spostamento laterale (come risulta da quest'ultima equazione) anche la latitudine q varierà... ma in prima approssimazione possiamo considerare q costante nel tempo:
vt = [w^2 / R] * sin(q) * cos(q)^2 * t
E quindi integrando ancora otteniamo una prima approssimazione dello spostamento laterale:
xt = [w^2 / (2R)] * sin(q) * cos(q)^2 * t^2
Il tempo t è il tempo che la palla ci mette a cadere dall'altezza h di lancio. Anche qui, seppure il moto non è verticale, supponiamo che lo sia. In tale approssimazione trascuriamo la componente radiale di Fc e otteniamo dalle leggi del moto:
a = -g
v = -gt
y = h - (g/2)t^2
Imponiamo y=0 (impatto):
t = sqrt(2h/g)
Ora risostituiamo nell'espressione di xt:
xt = [w^2 / (2R)] * sin(q) * cos(q)^2 * (2h/g) =
= (2*pi/T)^2 * (hR/g) * sin(q) * cos(q)^2
Se q=35,26° (max effetto di spostamento) e lasciamo cadere la palla da 1 metro, lo spostamento risulta di circa 1,3 millimetri. Chiaramente tanto più è elevata la quota di lancio della palla, tanto peggiore risulta l'approssimazione fatta (latitudine costante). Si può valutare tale errore ma non credo sia molto elevato!!!
ciao!
Modificato da - goblyn il 13/10/2003 00:17:29
Modificato da - goblyn il 13/10/2003 00:23:39
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