Astronave fantascientifica - SNS 1984

Messaggioda elios » 15/09/2009, 17:45

"Nel romanzo di fantascienza Rendezvous with Rama di A.C. Clarke viene descritta una astronave non soggetta a forze di masse vicine, di forma cilindrica, cava (raggio del cilindro $R$), la quale ruota intorno al proprio asse con velocità angolare costante $omega$. L'interno dell'astronave assomiglia ad un pianeta "rovesciato": sul lato interno della superficie del cilindro ci sono mari e terre emerse. Alcuni terrestri, riusciti a penetrare nell'astronave, si meravigliano notando una cascata d'acqua che, sgorgando da un "monte", "cade" in uno dei mari curvandosi da un lato.
a) Si spieghi il motivo dell'inclinazione della cascata.
b) Detta $h$ l'altezza del "monte", si determini la lunghezza dell'arco $S$ tra il piede della verticale e il punto di caduta dell'acqua nel caso $h=R/2$. Si suggerisce di usare per il calcolo un sistema inerziale."

Volevo chiedere lumi soprattutto sulla domanda a), dato che se la mia interpretazione fosse giusta DOVREBBE essere corretta anche la domanda b). Scrivo la mia soluzione:

a) Innanzitutto, dato che il problema ci dice che non ci sono masse vicine, so che sull'acqua non agiscono forze gravitazionali. Quindi, se l'astronave non ruotasse su stessa, l'acqua una volta sgorgata rimarrebbe immobile. Quindi, l'acqua "cade" a causa della forza centrifuga verso la parete dell'astronave e si inclina cadendo ad una distanza $S$ poiché nello stesso tempo l'astronave ruotando si è spostata di $S$.
(Quindi l'acqua cade in linea retta rispetto ad un osservatore esterno, mentre per gli osservatori interni l'acqua cadendo si incurva poiché durante la sua caduta l'astronave ruota)

E' giusto? Ho qualche dubbio, perché immaginavo che l'acqua, essendo interna all'astronave acquisisse anch'essa velocità angolare $omega$, però se così fosse non riesco a motivare la sua inclinazione..
A seguito della mia interpretazione, segue la risposta b)

b) Chiamo $t$ il tempo che l'acqua impiega a toccare la parete dell'astronave.
$h=R/2= 1/2 a_(med)*t^2$, dove $a_(med)$ è l'accelerazione media dovuta alla forza centrifuga. Quindi
$a_(med)=(F_(med))/m=3/4omega^2*R$.
Unendo la prima equazione e la seconda:
$t^2=R/(a_(med))=4/(3*omega^2)$, $t=2/3*sqrt3/omega$
$S$ è l'arco di circonferenza percorso dall'astronave nel tempo $t$, cioé
$S=omega*R*t=2/3*sqrt3*R$

Grazie dell'aiuto.
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Re: Astronave fantascientifica - SNS 1984

Messaggioda Faussone » 16/09/2009, 09:05

La risposta alla prima domanda è quasi corretta, ma c'è una parola unica per esprimere quel concetto che è "forza di Coriolis".

Il calcolo che fai in )b però non è corretto ti conviene prendere un libro di fisica e studiare cosa è e come si calcola l'accelerazione di Coriolis e la forza che di Coriolis, che è la forza apparente corrispondente (come la forza centrifuga è la forza apparente corrispondente all'accelerazione centripeta). Cosa sia l'accelerazione di Coriolis già lo hai "scoperto" da te in modo intuitivo ;-)
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Messaggioda Cmax » 16/09/2009, 09:50

Come suggerisce il testo del problema, conviene riferirsi ad un sistema inerziale, che evita il ricorso all'accelerazione di Coriolis, sempre un po' antipatica.

Per il punto a), temo che la tua risposta non verrebbe considerata corretta, perché utilizzi contemporaneamente una descrizione tipica di un sistema non inerziale (l’accelerazione centrifuga) con un riferimento ad uno inerziale (lo spostamento del piede della verticale). Puoi dare punti di vista equivalenti:
i) rispetto ad un sistema inerziale, la velocità dell’acqua al momento del distacco è $\omegaR/2$, e, non essendo soggetta a vincoli, si muove di moto rettilineo uniforme, mentre quella del piede della verticale, in moto circolare uniforme, è $\omegaR$. L'acqua non è quindi solidale con l'astronave.
ii) per un osservatore non inerziale, si tratta dell’accelerazione di Coriolis.

Per il punto b) utilizziamo un sistema inerziale, il cui asse $x$ passa per la posizione iniziale dell'acqua, con l'astronave che ruota in senso antiorario. L’osservatore vede allora l'acqua muoversi, prima di raggiungere la circonferenza in un punto di angolo polare $\phi_1=pi/3$ (considerazioni di trigonometria elementare), percorrendo un segmento di lunghezza $l=sin\(pi/3)=\sqrt(3)/2R$, perpendicolare all'asse $x$, in un tempo $\Deltat=l/|v|=\sqrt(3)/omega$. Nel medesimo tempo, il piede della verticale ha raggiunto un angolo polare di ampiezza $\phi_2=omega\Deltat = \sqrt(3)$. La lunghezza dell’arco è quindi $(phi_2-phi_1)R=(\sqrt(3)-pi/3)R$.
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Messaggioda elios » 16/09/2009, 17:37

Cmax ha scritto:Per il punto b) utilizziamo un sistema inerziale, il cui asse $x$ passa per la posizione iniziale dell'acqua, con l'astronave che ruota in senso antiorario. L’osservatore vede allora l'acqua muoversi, prima di raggiungere la circonferenza in un punto di angolo polare $\phi_1=pi/3$ (considerazioni di trigonometria elementare), percorrendo un segmento di lunghezza $l=sin\(pi/3)=\sqrt(3)/2R$, perpendicolare all'asse $x$, in un tempo $\Deltat=l/|v|=\sqrt(3)/omega$. Nel medesimo tempo, il piede della verticale ha raggiunto un angolo polare di ampiezza $\phi_2=omega\Deltat = \sqrt(3)$. La lunghezza dell’arco è quindi $(phi_2-phi_1)R=(\sqrt(3)-pi/3)R$.


Non ho capito il posizionamento dell'asse x e il calcolo di $\phi_1$.
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Messaggioda Cmax » 17/09/2009, 08:22

L'asse $x$ ha origine nel centro dell'astronave e passa per la posizione iniziale del punto da cui sgorga all'acqua. Al momento $t=0$ l'acqua ha quindi la velocità indicata, con direzione perpendicolare all'asse così definito. Per determinare il punto in cui l'acqua tocca la superficie della nave, è sufficiente considerare il segmento, perpendicolare a $x$, che unisce il punto di coordinata $x=R/2$ (sarebbe $R-h$, ma $h=R/2$) alla circonferenza di centro $x=0$ e raggio $R$. Questo segmento è il cateto di un triangolo rettangolo, la cui ipotenusa è $R$, l'altro cateto (giacente sull'asse $x$) è $R/2$, e l'angolo a lui opposto è $phi_1$.
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Messaggioda elios » 17/09/2009, 15:42

Perché consideri la velocità dell'acqua appena sgorgata perpendicolare all'asse x così definito? E' semplicemente la velocità che l'acqua possiede in quanto ruota assieme a tutta l'astronave?
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Messaggioda Cmax » 18/09/2009, 09:31

Esatto. Nel momento in cui sgorga "parte per la tangente".
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Messaggioda elios » 18/09/2009, 18:07

Cmax ha scritto:percorrendo un segmento di lunghezza $l=sin\(pi/3)=\sqrt(3)/2R$, perpendicolare all'asse $x$, in un tempo $\Deltat=l/|v|=\sqrt(3)/omega$. Nel medesimo tempo, il piede della verticale ha raggiunto un angolo polare di ampiezza $\phi_2=omega\Deltat = \sqrt(3)$. La lunghezza dell’arco è quindi $(phi_2-phi_1)R=(\sqrt(3)-pi/3)R$.


Perché il tempo non viene $sqrt(3)/(2*omega)$? Non è pari a $l/v$? e così anche i risultati successivi..?
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Messaggioda elios » 20/09/2009, 14:39

Nel senso, perché scompare $1/2$?
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Messaggioda Cmax » 21/09/2009, 10:43

La velocità della particella d'acqua è $v={omegaR}/2$ (al momento del distacco sta ruotando con velocità angolare $\omega$ a distanza $R/2$ dal centro). La lunghezza del segmento che percorre prima di raggiungere la circonferenza è $l=Rsin\frac{pi}{3}=R\frac{sqrt{3}}{2}$.
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