Balistica e rotazione della terra

[anonymous_f3d38a]

Ciao a tutti,

Vi propongo un esercizio del quale non ho capito la soluzione.

Ecco la comanda:

"Un proiettile di massa $m$ parte da un piano orizzontale e si muove con traiettoria parabolica di gittata pari a $G$ e altezza massima $H$.
La velocità iniziale è $v_0$ e l'angolo con il quale viene sparato il proiettile è $alpha$.
Calcolare di quanto variano $G$ ed $H$ se si tiene conto del moto di rotazione della Terra.
Considerare la Terra come sfera di massa $M_T$ e raggio $R_T$.
Considerare che tale moto avvenga all'equatore.
Si trascuri la forza di Coriolis e si consideri solo il termine della forza di trascinamento lungo la direzione normale alla superficie terrestre."


Miei ragionamenti iniziali:

Innanzitutto pongo un sistema di riferimento $S$ con origine nel punto $O$ situato sull'equatore da dove viene sparato il proettile.
Asse $x'$ lungo l'orizzontale, crescente verso dove va a cadere il proiettile.
Asse $y'$ lungo la verticale (perpendicolare alla superficie terrestre) e crescente verso l'alto.
Il proiettile sarà soggetto alla forza peso ed alla forza centrifuga.
L'unica parte di forza centrifuga che viene chiesta di considerare è solo quella lungo $y$, quindi avrò accelerazioni solamente lungo $y'$.

Quello che non ho capito della soluzione di quest esercizio è la parte fondamentale, ovvero la forza centrifuga.
Io so che $vecF_c= -mvecomega xx (vecomega xx vecr')$

Dove $vecomega$ è la velocità angolare vista da un sistema di riferimento inerziale
e $vecr'$ è la posizione del proiettile rispetto al sistema di riferimento non inerziale, ovvero $S$. Corretto?
L'equazione di moto sarebbe dunque, chiamando $hat(i)'$ il versore dell'asse $x'$ e $hat(j)'$ il versore dell'asse $y'$:

$mveca= -mghat(j)' - mvecomega xx (vecomega xx (x'hat(i)'+y'hat(j)'))$

(si capisce che nella suddetta equazione $x'$ ed $y'$ sono due coefficienti)

da cui

$mddot(x) = momega^2x'$
$mddot(y)= -mg +momega^2y'$

Il testo mi dice di considerare la forza centrifuga unicamente lungo $y'$, quindi mi interessa solo:

$mddot(y)= -mg +momega^2y'$

Tuttavia nella soluzione viene usato il raggio della terra, mostro adesso la soluzione.



Soluzione dell'esercizio

$G= (v_0^2sin(alpha)cos(alpha))/(g-omega^2R_T)$

$H=(v_0^2 sin(alpha))/(2(g-omega^2R_T))$

E' corretto? come mai utilizza $R_T$ ? Non capisco.
Inoltre in tal modo la posizione del proiettile sembra essere sempre la stessa per la mia forza centrifuga.
Ringrazio chiunque sia in grado di comprendere e far comprendere.

[mgrau]

$omega^2R $ rappresenta l'accelerazione centripeta che va a sottrarsi a $g $

[anonymous_f3d38a]

$omega^2R $ rappresenta l'accelerazione centripeta che va a sottrarsi a $g $

Esatto, questo lo si può leggere dalla soluzione scritta sopra.
Ho dei dubbi riguardo ciò che ho scritto prima e dopo aver riportato la soluzione.

[mgrau]

Ho inteso che non ti spieghi come mai utilizza il raggio. Ma l'accelerazione centripeta dipende dal raggio...
L'altro dubbio non ho capito qual è

[anonymous_f3d38a]

Ho inteso che non ti spieghi come mai utilizza il raggio. Ma l'accelerazione centripeta dipende dal raggio...
L'altro dubbio non ho capito qual è

Ma, nella definizione di forza di trascinamento io so che:

$vecF_c = -mveca_0 - m(vecomega xx (vecomega xx vecr')) - (dot(vecomega) xx vecr')$

E $vecr'$ è la posizione del punto rispetto al sistema di riferimento NON inerziale.

Se io ho preso il mio sistema di riferimento $S$ sulla superficie della terra, lungo l'equatore, perché mai dovrei utilizzare il raggio della terra?

[Lucacs]

Perché sei sulla terra.

[anonymous_f3d38a]

Perché sei sulla terra.

Ma se $vecr'$ è il Vettore posizione rispetto al sistema di riferimento posto sulla superficie della terra, devo utilizzare quello, non un vettore che va dal centro della terra al mio punto materiale!

Inoltre se utilizzassi un sistema di riferimento centrato nel centro della terra, l'altezza massima non dovrebbe essere più $H $, ma $R_T +H $ !

[professorkappa]

La figura rappresenta la terra vista dal polo Sud.
L'asse verticale X e' il riferimento inerziale.
Il sistema non inerziale e' quello x'-y' (versori, non in figura, sono $veci$ e $vecj$

L'accelerazione rispetto al sistema X si compone dei seguenti termini

Accelerazione relativa
$veca_r=-gsinalphaveci-gcosalphavecj$.
Ora viste le dimensioni in gioco ($R_T$ e' molto maggiore di $y'$) quell'angolo $alpha$ e' praticamente nullo, quindi

$veca_r=-gcosalphavecj$.

L'accelerazione di trascinamento la trovi immaginando il punto bloccato sul sistema di riferimento inerziale, il quale ruota di $omega$ costante. Il punto, in quel sistema di riferimento descrive una circonferenza di raggio $sqrt((R_T+y')^2+x'^2)$.
Ma di nuovo, x' e y' sono trascurabili rispetto a $R_T$ e quindi il raggio della tua circonferenza e' approssimabile a $R_T$. Ne consegue che l'accelerzione di trascinamento e' $-omega^2R_Tvecj$.

L'accelerazione assoluta e' dunque $veca=-gcosalphavecj-omega^2R_Tvecj=-(gcosalpha+omega^2R_T)vecj$

Il corpo quindi si muove come un proiettile normale, con tutte le formule del caso, in cui al posto di $g$ va inserita l'accelerazione l'accelerazione $(gcosalpha+omega^2R_T)$.

Quindi

$ddotx=0$
$ddoty=- (gcosalpha+omega^2R_T)$

Integri e risolvi e trovi il risultato

Maldestramente ho chiamato $alpha$ l'angolo con la verticale a x', mentre il testo chiama $alpha$ l'alzo del cannone, quindi ovviamente aggiusta il tutto di conseguenza

[anonymous_f3d38a]

Grazie mille professorkappa.
Sapresti dirmi, come mai, tale esercizio era estremamente difficile da risolvere se non ponevo un sistema di riferimento con origine nel centro della Terra?