Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda mgrau » 07/02/2018, 23:50

Non ho fatto bene i conti, ma credo che, trattandosi di un tiro quasi verticale, contino molto gli arrotondamenti, prova a rifare i conti con più decimali. E' da aspettarsi che vengano due soluzioni, e non vedo perchè una dovrebbe essere scartata
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda AnalisiZero » 08/02/2018, 00:32

Cioè esistono due diversi angoli di lancio per cui la traiettoria passa per quel punto?
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda mgrau » 08/02/2018, 09:03

Certo, perchè no?
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda Ocnip » 08/02/2018, 14:22

Con v =1000 m/sec. OA= 2000 m. AB=800 m.
Anche in questo esercizio come in un altro quasi simile e ormai scivolato credo in seconda pagina possiamo
considerare la massa del proiettile come massa inerziale. Questo ci avvicina al principio di equivalenza tra massa
inerziale e gravitazionale per chi vuole interessarsi poi di R.G.
E' sufficiente un piccolo salto di fantasia e immaginare un contenitore tipo “ascensore” nello spazio profondo e di
dimensioni appropriate dentro il quale fare i nostri esperimenti.Posizioniamo il cannone con un angolo che ancora non
conosciamo alfa sul basamento del contenitore stesso e a 2000 m. di distanza sempre sul basamento innalziamo una
perpendicolare alta 800 m. che simula la nostra montagna AB.Se accendiamo nel basamento il campo gravitazionale con a=g
mimiamo cio' che in condizioni ideali accade sulla terra, ma cosa accade se invece mettiamo in accelerazione il contenitore
con a = g lungo la direzione AC del grafico?
Il proiettile seguira' una traiettoria rettilinea lungo la retta (r) e si trovera', nel suo sistema di riferimento, in
perfetta inerzialita'.
Ora spariamo il proiettile simultaneamente all'accelerazione del basamento, notiamo che dopo il tempo t KS si sovrapporra'
a PP1.Avremo: AC = AB + BC da cui AC = ½ a*t quadro + 800.(t e' il tempo necessario perche' B incontri C)
Avremo OC = v * t (in quanto t e' anche il tempo che impiega il proiettile a seguire la sua linea per intersecare il punto
C) e OA = 2000.
Possiamo scrivere dal triangolo OAC AC = radice (vtquadro – 2000quadro)
Da cui eguagliando i due AC e svolgendo i calcoli che mi ricordano la lettura dell'iban bancario si arriva in fondo
che t = 2,16 secondi circa (ci si arriva con numeri molto lunghi per cui il “circa” e' giustificato)
Esprimendo il seno e il coseno di alfa come sen alfa = (1/a*tquadro + 800)/v*t
cos alfa = 2000/v*t ,si puo' scrivere la tangente per eliminare v*t da cui alfa risulta = 22,5 circa.
Se qualche “guru” del forum puo' confermare o confutare ne va a vantaggio di tutti.
Grazie
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda Shackle » 09/02/2018, 07:29

Ocnip,
sei fuori tema, in questo esercizio il principio di equivalenza e la RG non c'entrano proprio. È un problema di meccanica classica. Perchè ritorni, insistentemente, su argomenti che conosci poco, e in maniera sbagliata? Ti ho segnalato roba da leggere, ma sistematicamente ignori i suggerimenti. Allora bisogna provvedere subito.

Anche in questo esercizio come in un altro quasi simile e ormai scivolato credo in seconda pagina possiamo
considerare la massa del proiettile come massa inerziale
. Questo ci avvicina al principio di equivalenza tra massa inerziale e gravitazionale per chi vuole interessarsi poi di R.G.


Mi lascia perplesso la prima frase. "Possiamo ", tu dici . Allora ti suggerisco di usare la funzione "cerca" di questo forum, circa l'equivalenza tra massa inerziale e massa gravitazionale. Io ho trovato ben 230 risultati .

Questo è uno dei tanti.
L'equivalenza, o meglio "proporzionalità", tra massa inerziale e massa gravitazionale vale anche in meccanica classica, non è un'esclusiva della RG . Ed è solo la base del PE in forma debole.

E' sufficiente un piccolo salto di fantasia e immaginare un contenitore tipo “ascensore” nello spazio profondo e di dimensioni appropriate dentro il quale fare i nostri esperimenti.Posizioniamo il cannone con un angolo che ancora non
conosciamo alfa sul basamento del contenitore stesso e a 2000 m. di distanza sempre sul basamento innalziamo una
perpendicolare alta 800 m. che simula la nostra montagna AB.Se accendiamo nel basamento il campo gravitazionale con a=g mimiamo cio' che in condizioni ideali accade sulla terra, ma cosa accade se invece mettiamo in accelerazione il contenitore con a = g lungo la direzione AC del grafico? Il proiettile seguira' una traiettoria rettilinea lungo la retta (r) e si trovera', nel suo sistema di riferimento, in perfetta inerzialita'.


NO !

Se il contenitore è inizialmente nello spazio profondo , suppongo che lo consideri sufficientemente lontano da ogni campo gravitazionale; oppure, se si trova in un campo gravitazionale , la "caduta libera" ( meglio : galleggiamento libero) annulla gli effetti della gravità. Quindi , è un "riferimento inerziale locale" , e in esso le leggi della fisica sono quelle della relatività ristretta: questo è il "principio di equivalenza" di Einstein. Lo spaziotempo lí dentro si può considerare piatto: questo aggettivo è il contrario di "curvo" , e questo vuol dire che lo ST non è distorto da niente. Dunque, un proiettile sparato in una certa direzione, in questo riferimento inerziale locale, viaggia in linea retta a velocità costante, come deve essere in un riferimento inerziale che si rispetti, agli occhi di un occupante della cabina.

Quando dici : Se accendiamo nel basamento il campo gravitazionale con a=g mimiamo cio' che in condizioni ideali accade sulla terra, ma cosa accade se invece mettiamo in accelerazione il contenitore , stai parlando come se volessi fare le premesse a due conseguenze differenti; ma per accendere il campo gravitazionale (perchè poi solo nel basamento, solo tu lo sai...) devi fare proprio quello che a te sembra un' altra , e diversa, operazione : devi proprio accelerare il contenitore in una certa direzione , e allora gli oggetti all'interno "cadranno" verso il basamento cosí come cadono sulla terra .

Ora spariamo il proiettile simultaneamente all'accelerazione del basamento....


Se il contenitore accelera , la traiettoria del proiettile sparato all'interno non è affatto inerziale, non è rettilinea e a velocità costante , rispetto allo stesso contenitore. Sarebbe la negazione del principio di equivalenza . Se il contenitore accelera , il proiettile, sparato in una certa direzione , descrive la solita, intramontabile parabola .

Guarda questa figura , e leggi la descrizione . È un IRF quello in caduta libera , a destra . Nel riferimento accelerato di sinistra ( per il PE , posso dire che il rif di sinistra sta nello spazio profondo ed è in accelerazione, oppure è fermo a terra) la pietra descrive la parabola. Il fenomeno fisico è lo stesso , le traiettorie sono diverse in base a chi lo osserva.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Immagine


Guarda anche quest'altra figura , di V. Barone ( si trova in rete) :

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Immagine


Sono entrambi IRF . A sinistra , la traiettoria della luce è rettilinea perchè è vista da un osservatore solidale alla cabina . A destra , la cabina è osservata dall'esterno , la traiettoria della luce è parabolica.

Ho ripetuto cose dette mille volte, a beneficio di chi legge, spero. No vorrei ripetere, alla fine si rischia di diventare noiosi.
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda AnalisiZero » 09/02/2018, 11:36

mgrau ha scritto:Certo, perchè no?

Allora perchè quando poi vado a sostituire i due angoli diversi nell'equazione della parabola trovo che per un angolo $y=800m$ come mi aspetterei se l'angolo fosse soluzione. Per l'altro angolo, ripeto, ottengo un risultato enorme, non può essere soluzione.
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda Ocnip » 09/02/2018, 12:40

Il mio ultimo post termina con: Se qualche guru........
Non avevo dubbi che avresti risposto anche se forse sarebbe stato piu' elegante iniziare con :Io non mi ritengo un guru
della fisica comunque devo fare alcune osservazioni......
Comunque quanto ho letto mi ha fatto sorridere piu' dal punto di vista "psicologico" che altro.
L'atteggiamento e' proprio del guru che infarcito di troppe conoscenze ha due possibilita' o il suo cervello e' predisposto per crescere o si rattrapisce su se stesso cercando di capire quello che lui vuole capire.
Veniamo al dunque:
Quando scrivo che il proiettile segue una linea retta e che si trova in un sistema inerziale cerchiamo di capirci.
Nel suo sistema di riferimento e' cosi' in qualunque modo venga visto da un osservatore solidale col basamento dell'ascensore in accelerazione.Nel sistema di riferimento posizionato sul basamento dell'ascensore certo che descrive una parabola. Ma esiste un altro sistema di riferimento dal quale ho fatto le mie osservazioni generali.
Ed e' quello esterno all'ascensore.E' qui riprendo quanto scritto sopra.
Ma possibile che non ti sia venuto il dubbio da quale sistema di riferimento facevo le mie osservazioni?
No hai voluto sceglierlo tu, una persona collaborativa almeno avrebbe chiesto spiegazioni ulteriori. Ma si sa.......
Io vado alla sostanza delle cose.Ho preso lo stesso ascensore che ispiro' Einstein nell'affermare che non ci fossero forze
responsabili all'interno dell'ascensore quindi ne peso ne' forze fittizie.
Ispirazione che come ho gia' scritto in un altro post collima esattamente con quello che ho sempre pensato.
Allora due masse nell'ascensore in caduta libera (togliamo forze mareali, di direzione ... E' per questo che si prende una piccola porzione di spazio) si comportano come se l'ascensore avesse la stessa accelerazione g diretta verso le masse.E' evidente che questa considerazione apre le porte alla R.G.Infatti ci suggerisce che su quelle masse non ci siano forze
E che esperimenti fatti all'interno potrebbero essere replicati in un campo gravitazionale sempre in condizioni ottimali.
Se immagino un raggio di luce sparato da una parete all'altra dell'ascensore con riferimento osservatore piantato con i piedi sul basamento flette a parabola a seconda dell'accelerazione che imprimiamo all'ascensore stesso.
Se e' vero cio' che ho scritto sopra e cioe' equivalenza tra campo gravitazionale e accelerazione la stessa flessione si deve avere quando faccio passare il raggio presso una massa con accelerazione di gravita' uguale a quella dell'ascensore.Infatti......Ma ritorniamo al sistema di riferimento che mi e' servito per risolvere un paio di problemi in un ottica differente da quella tradizionale e su questo nessun riferimento il che avvalora la mia ipotesi circa la predisposizione mentale.
Dall'esterno dell'ascensore la traiettoria del proiettile e' rettilinea mentre l'ascensore accelera verso il proiettile.
E' da qui che sono partito per risolvere i due problemi.
Un consiglio:Evita di esprimerti come hai fatto soprattutto quando non si vuole capire quello che si sta leggendo
perche' io mi ritengo una persona educata ma non tutti sono come il sottoscritto......
Mi rendo conto che la discussione ha preso una direzione che non porta da nessuna parte ed e' per questo che non ha piu' senso rispondere ad eventuali repliche e quindi ti saluto.
P.S. Guardati come ho risolto i due problemi magari ti risulta tutto piu' chiaro. :wink:
Ultima modifica di Ocnip il 09/02/2018, 12:45, modificato 1 volta in totale.
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda professorkappa » 09/02/2018, 12:43

Se pero' non tenete conto dei suggerimenti che vi si danno.......

Ti ha scritto gia' Mgrau che devi mettere diversi decimali

le soluzioni sono:
$tan(theta)=101.52533$ cioe' $theta=89.436$
e
$tan(theta)=0.4115$ cioe' $theta=22.37$

Gia provando ad approssimare a 101.5, l'equazione di secondo grado non da 0, ma circa -50. E' solo quando introduci diversi decimali che tornano i conti
La mitologia greca e' sempre stata il mio ginocchio di Achille
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda axpgn » 09/02/2018, 13:23

@AnalisiZero
Alla fine hai capito perché ci sono due soluzioni (due angoli) ?
axpgn
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Re: Problema sui proiettili cinematica

Messaggioda AnalisiZero » 09/02/2018, 15:04

Se io sostituisco nell'equazione della parabola $theta=89,436$ ottengo $y=681$ circa. Perché da questo semplice calcolo l'angolo non risulta soluzione? Al contrario l'altro angolo che ha scritto professor kappa risulta soluzione ($y=800,1724456$).
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