Ricaduta proiettile

[tuc...@katamail.com]

In altri lidi è emersa la seguente questione: un proiettile sparato in perfetta verticale dove ricade? Non c’è stata convergenza di opinioni, chi dice sulla testa del pistolero, chi “non proprio, lì vicino”.


Cercando di calcolare l’effetto nel seguente caso (equatore, niente attrito, Rc60 km, velocità di sparo perfettamente verticale (esagerata) 1000 m/s) mi sono scontrato con la mia “scarsa dimestichezza” (per non dire di peggio) con i calcoli nei sistemi di riferimento non inerziali o in generale in coordinate polari.

Sono stato quindi costretto a lavorare in coordinate cartesiane non rotanti, con asse x tangente al punto di sparo a t=0 e asse z ortogonale, origine nel punto di sparo a t=0
Il procedimento è il seguente:
1) calcolo la traiettoria del proiettile nel predetto sistema di coordinate di un riferimento inerziale
2) la interseco con la circonferenza per individuare il punto di intersezione= ricaduta
3) calcolo il tempo t di tale ricaduta
4) calcolo la posizione del punto di sparo al tempo di ricaduta
5) calcolo il dx

In precedenza per confronto ho eseguito il calcolo nel sistema solidale supposto inerziale
Risultano i seguenti numeri

Sistema solidale supposto inerziale
il proiettile parte in 0,0 a t=0 e riatterra in 0,0 a t=203.87 s

Sistema inerziale non ruotante

il proiettile parte in 0,0 a t=0 e riatterra in 94618,-703 a t 4.575. Nel frattempo il punto di partenza si è portato a 94614,-703 (percorrendo un angolo di 0.014877 radianti). Risulta quindi un dx di 4 metri



Mi sembrava tutto semplicissimo quando mi sono accorto di un errore marchiano, se non altro concettualmente: nel sistema x,z non ruotante g non è diretta come z (io invece avevo messo nessun contributo in x, 9.81, tra l'altro costante, lungo z). E’ vero che per angoli piccoli non è che ci sia tutta questa differenza, ma l’errore resta.
Ho provato ad emendare l’errore, ma salta fuori un’equazione che non so risolvere.

A questo punto ecco le due questioni:
1) l’errore commesso inficia il risultato in maniera netta? In altre parole 4 metri è del tutto errato, è invece 0 o 150?

2) come si può risolvere l’esercizio in altro modo, ad esempio in coordinate polari solidali o magari cartesiane solidali introducendo i termini non inerziali?

[tuc...@katamail.com]

Vedo che il copia incolla da word è problematico.
Errato corrige R= 6360 km
tempo di caduta nel sistema "fisso" t= 204.475 s

[JTS]

On 13.10.22 09:33, tuc...@katamail.com wrote:
>
> In altri lidi è emersa la seguente questione: un proiettile sparato in perfetta verticale dove ricade? Non c’è stata convergenza di opinioni, chi dice sulla testa del pistolero, chi “non proprio, lì vicino”.
>
>
> Cercando di calcolare l’effetto nel seguente caso (equatore, niente attrito, Rc60 km, velocità di sparo perfettamente verticale (esagerata) 1000 m/s) mi sono scontrato con la mia “scarsa dimestichezza” (per non dire di peggio) con i calcoli nei sistemi di riferimento non inerziali o in generale in coordinate polari.
>
> Sono stato quindi costretto a lavorare in coordinate cartesiane non rotanti,

Questo lo lascio a qualcun altro, si tratta di determinare se
l'approssimazione dell'orbita Kepleriana fatta considerando una parabola
va bene (non riesco a districarmi rapidamente con la matematica in
questa cosa).

>
> 2) come si può risolvere l’esercizio in altro modo, ad esempio in coordinate polari solidali o magari cartesiane solidali introducendo i termini non inerziali?

Consideriamo la forza di Coriolis

Fc = - 2 m omega x v.

Se il v che entra in questa formula può essere approssimato con il v
verticale ch deriva dalla sola forza di gravità più centrifuga (questa
potrebbe essere la stessa approssimazione "parabolica" del paragrafo
precedente), allora la componente orizzontale della velocità ha sempre
lo stesso segno.
Infatti poniamo la velocità verticale vv = vv(t) simmetrica (dispari)
rispetto all'istante nel quale il corpo raggiunge la massima altezza:
allora per l'accelerazione in direzione orizzontale ah, eccetto fattori

ah(t) = vv(t),

e quindi la velocità in direzione orizzontale vh(t) è una parabola che
incontra lo zero quando la posizione del corpo incontra lo zero.

Credo sia possibile ragionare in maniera ancora più intuitiva, magari
qualcuno lo fa.

[Elio Fabri]

tuc...@katamail.com ha scritto:

> In altri lidi è emersa la seguente questione: un proiettile sparato
> in perfetta verticale dove ricade? Non c'è stata convergenza di
> opinioni, chi dice sulla testa del pistolero, chi "non proprio, lì
> vicino".

Il difficile di questi problemi non è risolverli, è far capire la
soluzione chi di fisica sa poco o niente...
(Non sto parlando di te, ma dei tuoi interlocutori :-) )

Comunque almeno il punto di partenza si può trattare in modo
comprensibile a tutti: è l'approccio metodologico.
Non ha senso buttarsi a scrivere equazioni se prima non si è fatta
un'analisi semiquantitativa, che permetta di capire quali parametri
sono importanti, quali eventuali appross. sarebbero lecite, ecc.
Qualunque fisico degno di questo nome procede così...

Proviamo quindi, per cominciare, a tascurare
a) la rotazione terrestre
b) la variazione del campo grav. con la quota.
Questo mi serve per valutare tempi e altro.

In queste condizioni il problema è del tutto elementare (e se uno non
sa risovere neppure questo dovrebe semplicemente passsare diversamente
i suo tempo, e non perdere e far perdere tempo in chiacchiere
inutili).
L'altezza raggiunta è v^2/(2g) = 5x10^4 m = 50 km.
Meno di 1/10 del raggio terrestre, quindi a meno di non pretendere una
precisione inutile, possiamo trascurare la variazione di g.
Il tempo di salita è v/g=~100 s e altrettanto quello di caduta.

Ora possiamo approfondire un po'.
In un rif. solidale alla Terra la salita e la discsa non saranno
esattamente verticali, perché sul corpo agisce la forza di Coriolis (e
qui siamo nei guai, perché tolti i laureati in fisica, e non tutti,
sono pochi quelli che sanno di che cosa sto parlando :-( )

Purtroppo una spiegazione intuitiva non la credo possibile:
richiederebbe comunque una padronanza dei principi della dinamica che
non credo garantita a chi abbia solo freqeuntato una scuola secondaria
superiore (anche un liceo scientifico).
In realtà non metterei la mano sul fuoco neppure su tutti gli
insegnanti. E so quello che dico, perché ho esperienza in proposito.

Chiusa la divagazione.
Proviamo a calcolare l'ordine di grandezza dell'accel. di Coriolis.
Assumendo che il moto sia poco scostato dalla verticale, questa sarà
orizzontale, diretta verso ovest durante la salita e verso est durante
la discesa.
Non bisogna però credere che i due effetti si cancellino: al termine
della salita il corpo si sarà spostato verso ovest rispetto alla
verticale, ma avrà anche acquistato un velocità orizzontale, sempre
diretta secondo ovest.
Nella discesa l'acc. di Coriolis, diretta verso est, finirà per
annullare questa velocità che però sarà sempre rimasta diretta verso
ovest durante tutto il moto e produrrà quindi uno spostamente verso
ovest del punto di caduta.

Se l'acc. di C. aC restasse sempre costante nella salita al valore
iniziale 2*w*v0 (w vel. ang. della Terra, v0 vel. iniziale del corpo)
lo spostamento sarebbe

s = w*v0*t^2 = w*v0^3/g^2.

Essendo w = 7.3*10^(-5) rad/s, troviamo s =~ 700 m: piccolo rispetto
all'altezza raggiunta.
In realtà sarà ancora minore, dato che aC decresce durante la salita.

Teniamo conto di questo: avremo v = v0 - gt, quindi
aC = 2*w*(v0 - gt).
La vel. orizzontale u si ottiene integrando:
u = w*(2*v0*t - g*t^2)
e lo spostamento integrando ancora:
s = w*v0*t^2 - w*g*t^3/3 = (2/3)*w*v0^3/g^2 =~48.5 m.
Altrettanto si ha nella discesa, quindi lo spostamento totale è 97 m.

PS Dei tuoi conti non ho capito niente.
--
Elio Fabri

[Massimo 456b]

Elio Fabri <elio....@tiscali.it> ha scritto:r

> Dei tuoi conti non ho capito niente.

io odio i modelli semplificati quando si parla di problemi reali.
Il sistema e' complesso.
Non conosciamo il calibro, la massa del proiettile, il tipo di
arma, la velocita' del proiettile, la velocita' del vento, la
latitudine dello sparo, la quota sul livello del mare ecc.
ecc.
E moto parabolico, variazione di g con la quota e Coriolis sono
tutte componenti del problema che e' semplice solo a
parole.
Inoltre risolvere un problema posto senza dati e' roba da spararsi :)



--

Ciao Massimo


#####

"questa frase non e' una frase"


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[JTS]

On 13.10.22 20:54, Massimo 456b wrote:
> Elio Fabri <elio....@tiscali.it> ha scritto:r
>> Dei tuoi conti non ho capito niente.
>
> io odio i modelli semplificati quando si parla di problemi reali.

A me piacciono :-)

> Il sistema e' complesso.

Bisogna sapersi districare :-)

[Franco]

On 10/13/22 18:19, Elio Fabri wrote:

> s = w*v0*t^2 - w*g*t^3/3 = (2/3)*w*v0^3/g^2 =~48.5 m.

Hai perso un fattore 10 da qualche parte nel conto numerico, che viene 485m.

Ho provato a fare il conto per la caduta al posto che per la fase di
salita, e lo spostamento mi viene solo la meta`, dato che l'acc. di C.
vale 2 w gt e integrando il risultato e` solo 1/3... al posto di 2/3.
Che cosa ho sbagliato?

Ho il dubbio che in questo modo sbaglio le condizioni iniziali,
calcolando la discesa con velocita` orizzontale iniziale nulla, mentre
nel caso del proiettile, questo inizia la caduta con velocita`
orizzontale massima. E` questo il motivo? In pratica prendo al posto di
prendere l'area "sotto" la parabola, prendo quella "sopra" che e` solo
la meta`.

--
Wovon man nicht sprechen kann...


--
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[Massimo 456b]

JTS <pire...@outlook.it> ha scritto:r
> On 13.10.22 20:54, Massimo 456b wrote:> Elio Fabri <elio....@tiscali.it> ha scritto:r>> Dei tuoi conti non ho capito niente.> > io odio i modelli semplificati quando si parla di problemi reali.A me piacciono :-)> Il sistema e' complesso.Bisogna sapersi districare :-)

gia' ma vedi che caos ha combinato l'op? mi sa che e' un ingegnere :)

[Elio Fabri]

Massimo 456b ha scritto:

> io odio i modelli semplificati quando si parla di problemi reali.
> Il sistema e' complesso.
> Non conosciamo il calibro, la massa del proiettile, il tipo di
> arma, la velocita' del proiettile, la velocita' del vento, la
> latitudine dello sparo, la quota sul livello del mare ecc.
> ecc.
> E moto parabolico, variazione di g con la quota e Coriolis sono
> tutte componenti del problema che e' semplice solo a parole.

Hai dimenticato l'età del capitano :-)
--
Elio Fabri

[Elio Fabri]

Franco ha scritto:

> Hai perso un fattore 10 da qualche parte nel conto numerico, che viene
> 485m.

Vero. E del resto avrei dovuto capire che la stima iniziale (700 m)
non poteva essere errata per oltre un fattore 10.
Posso solo commentare con una citazione che ripeto spesso:
"Io commetto molti errori" (il maggiordomo in "Il grande sonno" di
Raymond Chandler).
--
Elio Fabri

[Alberto Rasà]

Il giorno venerdì 14 ottobre 2022 alle 01:15:03 UTC+2 JTS ha scritto:
> On 13.10.22 20:54, Massimo 456b wrote:

...

> > io odio i modelli semplificati quando si parla di problemi reali.
>
> A me piacciono :-)
>

Non solo. Il tuo interlocutore in pratica ha detto che uno come Enrico Fermi non sapeva la Fisica, o quasi. In realtà è tutto il contrario.
Ma certuni non ne hanno la più pallida idea
(di cosa sia la Fisica).

--
Wakinian Tanka

[gufetto]

------

Per me sul proiettile ci sono due inerzie (entrambe note), la velocità radiale al momento dello sparo e quella tangenziale
della terra anch' essa di misure note

poi ci agisce la velocità dovuta per l' accelerazione (intesa costante) di gravità, continuamente diretta verso il centro della terra
(v=g*t)


la somma vettoriale di queste tre (nel tempo variabili) istante per istante partendo dal primo, ci permetterà di determinare dove si troveranno punto di caduta e punto dello sparo..
..col susseguirsi dei vari passaggi a questo punto solo matematici

(non interessandoci altre variabili e poi senza che il proiettili ruoti sul suo asse lanciato da una canna rigata)

[Giorgio Pastore]

Il 14/10/22 19:06, gufetto ha scritto:
....

> Per me sul proiettile ci sono due inerzie (entrambe note), la velocità radiale al momento dello sparo e quella tangenziale
> della terra anch' essa di misure note

Non è un linguaggio molto "fisico". Una velocità è proprietà del
proiettile, quindi il proiettile *ha* due velocità, o meglio ancora, la
velocità del proiettile ha una componente radiale e una tangenziale.

>
> poi ci agisce la velocità dovuta per l' accelerazione (intesa costante) di gravità, continuamente diretta verso il centro della terra
> (v=g*t)

Anche qui, una velocità non agisce e una velocità non *dipende dalla (è
dovuta alla)* sola accelerazione.
...

> (non interessandoci altre variabili e poi senza che il proiettili ruoti sul suo asse lanciato da una canna rigata)

Il richiamo alla cana rigata è invece pertinente per un problema del genere.

Giorgio

[gufetto]

----------

Per me "l' anima" del problema resta questa
https://i.postimg.cc/G3zgkH2B/aaatang.png
il resto che si voglia aggiungere andrà nelle complicazioni delle funzioni ottenute dal calcolo differenziale
che io non so fare

[JTS]

On 13.10.22 13:23, JTS wrote:

>
> Credo sia possibile ragionare in maniera ancora più intuitiva

La velocità angolare del proiettile è sempre minore di quella della
Terra, perché quella tangenziale è pari a quella della superficie della
Terra (questo nelle approssimazioni che non sono in grado di scrivere
nel dettaglio :-) )e la distanza dal centro è più grande di quella della
superficie della Terra lungo tutta la traiettoria.

[gufetto]

........

..forse potresti usare la conservazione del momento angolare ma allora non cadrebbe sempre nello stesso punto di dove l' hai sparato..

[gufetto]

...no probabilmente come ha scritto JTS per la conservazione del momento angolare il proiettile ricadrebbe più indietro del punto di sparo ma ciò renderebbe più facili i conti che forse saprei mettere anche io.. appena ho tempo ci provo..

[gufetto]

........

Semplificando il problema ad uno sparo avvenuto sull' equatore potrei calcolare per il momento angolare a terra
P=massaproiettile*vtangenzialeequatore*raggioequatore ...[dalla momento angolare P=m*v *r]

hmax=vsparo^2/2g ...[dalla s=v^2/2g] (altezza massima raggiunta con (g) immaginato costante)

v= P/[(raggioequatore+h)*massaproiettile)] ....[dalla v=P/(m *r)]
h=1/2g *t^2 (altezza raggiunta dal proiettile in quel tempo)

s=2* integrale (0..hmax) di (v*t) in dt (?)

..che non son più sicuro nemmeno se si scriva così ..ma pe chi studia mi potrà dare un si oppure un no..
..e dirmi questo spazio (s) se così calcolato vada bene, e a cosa corrisponda di preciso quando misurato lungo la terra
per i confronti..

P.s
io ci ho provato, e ripeto provato.. e prima che lo vada a risolvere sui solutori online di integrali meglio lo riveda qualcuno
sempre per i confronti tra i due punti di caduta e di sparo

[Giorgio Bibbiani]

Il 13/10/2022 09:33, tuc...@katamail.com ha scritto:
> In altri lidi è emersa la seguente questione: un proiettile sparato in perfetta verticale dove ricade? Non c’è stata convergenza di opinioni, chi dice sulla testa del pistolero, chi “non proprio, lì vicino”.

Uso le approssimazioni già scritte, cioè considero solo
il campo di gravità uniforme e la forza di Coriolis
agenti sul p.m., trascuro la forza centrifuga,
gli attriti ecc. ecc., allora è possibile trovare
una soluzione in forma chiusa.

In un riferimento cartesiano con origine all'equatore,
asse x lungo un meridiano verso Nord, asse y lungo un
parallelo verso Ovest e asse z verso l'alto,
sia (w, 0, 0) la velocità angolare di rotazione della Terra,
sia (0, vy, vz) la velocità del p.m. con valore iniziale (0, 0, v0),
sia (0, 0, -g) l'accelerazione di gravità,
tutti i valori w, v0, g, positivi,
l'equazione del moto è (' = d/dt):

vy' = 2w vz
vz' = -2w vy - g,

siano v il vettore colonna (vy, vz), A la matrice

0 2w
-2w 0,

b il vettore colonna (0, -g), allora

v' = A v + b,

che ha soluzione

v(t) = exp(A t) (v(0) + A^-1 b) - A^-1 b

inoltre, posto a = 2w t, si ha exp(A t) =

cos(a) sin(a)
-sin(a) cos(a)

e A^-1 b è il vettore colonna (g/(2w), 0),

da cui

vy(t) = g/(2w) (cos(a) - 1) + v0 sin(a),

e integrando nel tempo

y(t) = g/(2w) (sin(2w t) / (2w) - t) + v0 / (2w) (1 - cos(2w t)),

vedi i grafici ottenuti e per confronto quello ricavato
dal calcolo approssimato del Landau Meccanica par. 39:

https://drive.google.com/file/d/1E3omZ-hAy7uEc6DFoXD3jD2WAHHtcIa-/view?usp=sharing

Ciao

--
Giorgio Bibbiani

[Elio Fabri]

Rispondo qui solo perché è l'ultimo post fino a questo momento.
Li ho contati: tolto il primo, in questo thread sono stati scritti 15
post.
Solo uno ha prodotto un risultato numerico (anche se con un fattore 10
sbagliato).
Come si spiega?

Semplice: il problema non è affatto banale, e non basta aver
orecchiato le leggi di Newton.
(Ho scritto "orecchiato" perché per molti post non si va più oltre.)
Che lo si tratti in modo approssimato, oppure "esatto", di meccanica
newtoniana e moto nel campo gravitazionale terrestre bisogna saperne
un po' di più di quello che si fa (quando va bene) in un attuale Liceo
Scientifico.
Questo è vero anche quando si pensa ad approssimazioni, direi anzi a
maggior ragione. Non si possono fare approssimazioni a casaccio.

Due parole sul problema "esatto".
E' ovvio che nel caso "reale" ci sono un sacco di cose da considerare,
ma non era questo (almeno credo) lo spirito dell'OP. Penso che anche
senza averlo precisato avesse in mente un problema idealizzato:
- niente aria
- terra esattamente sferica
- nessuna perturbazione da Sole Luna e pianeti
- moto di un punto materiale (quindi niente canna rigata ecc.)
Se uno non sa risolvere il problema in queste ipotesi, è inutile che
si metta a sproloquiare su casi enormemente più complicati.
Incidentalmente, è stato questo l'insegnamento fondamentale di
Galileo: cominciamo col capire come vanno le cosa "rimossi gli
impedimenti esterni". Capito questo, potremo gradatamente cominciare a
introdurre complicazioni.

La mia soluzione (approssimata) è stata sviluppata in un rif. che
ruota insieme alla Terra, quindi non inerziale.
Se ci si mette a parlare di conservazione del momento angolare, ci si
mette senza dirlo in un rif. "inerziale", ossia solidale al centro
della Terra ma non rotante.
Già capire come mai un rif. che accompagna il moto orbitale della
Terra (che è accelerato) si possa considerare inerziale, non è proprio
banale; ma dato che non serve per procedere nella soluzione possiamo
anche trascurare la questione.

Però studiare il moto del corpo in queste ipotesi richiede di
conoscere il classico "problema dei due corpi"; in mancanza bisogna
ricavarsi daccapo una quantità di risultati che sono necessari.
Non so quanti qui ne sarebbero capaci.
Io non ne ho bisogno, perché quei risultati li conosco, per averli
insegnati per parecchi anni. Ormai molti anni fa, ma posso sempre
contare sui miei appunti:
http://www.sagredo.eu/lezioni/astronomia/p3c1rf.pdf
(bastano le prime 4 pagine e un po' di geometria analitica per
applicare le relazioni generali al caso particolare).
Con meno di questo il problema non si risolve. Attendo smentite.
--
Elio Fabri

[Giorgio Bibbiani]

Il 13/10/2022 09:33, tuc...@katamail.com ha scritto:

...

Esplicito per completezza il calcolo per la coordinata z,
con le stesse convenzioni che in precedenza:

vz(t) = -g/(2w) sin(a) + v0 cos(a),

e integrando nel tempo

z(t) = g/(2w)^2 (cos(2w t) - 1) + v0 / (2w) sin(2w t).

V. i grafici associati per vz, z e la traiettoria del moto:

https://drive.google.com/file/d/1cYRA9SkthsEBN79GS7boeADVLHe2sZJg/view?usp=sharing

--
Giorgio Bibbiani

[JTS]

On 15.10.22 11:45, Giorgio Bibbiani wrote:
> Il 13/10/2022 09:33, tuc...@katamail.com ha scritto:
>> In altri lidi è emersa la seguente questione: un proiettile sparato in
>> perfetta verticale dove ricade? Non c’è stata convergenza di opinioni,
>> chi dice sulla testa del pistolero, chi “non proprio, lì vicino”.
>
> Uso le approssimazioni già scritte, cioè considero solo
> il campo di gravità uniforme e la forza di Coriolis
> agenti sul p.m., trascuro la forza centrifuga,
> gli attriti ecc. ecc., allora è possibile trovare
> una soluzione in forma chiusa.
>

I calcoli me li guardo con calma, ma prima: sono rimasto molto sorpreso
dall'esistenza di una soluzione in forma chiusa.
Infatti ho pensato che il problema fosse lo stesso di quello di una
carica libera in un onda elettromagnetica piana, nella quale tale
soluzione non esiste. La carica oscilla sotto l'azione del campo
elettrico, a causa di questo moto oscilla, a frequenza doppia, sotto
l'azione del campo magnetico; questa oscillazione a frequenza doppia
induce a sua volta un'ulteriore oscillazione a frequenza doppia rispetto
a sé stessa, quindi quadrupla della frequenza dell'onda
elettromagnetica, eccetera (sto descrivendo a parole la soluzione
perturbativa).
Questo moto è descritto per esempio in Nonlinear Optics di Boyd, par
13.5 nella seconda edizione (Motion of a Free Electron in a Laser Field)
che fra la letteratura precedente cita Landau e Lifshitz, Classical
Theory of Fields, Section 48, Pergamon Press, Oxford, 1960 (do la
citazione completa :-) ).

Non mi aspettavo che togliendo la dipendenza armonica dal tempo la
soluzione diventasse chiusa. Devo controllare i calcoli nei due casi;
certo ;-) nel caso gravità più Coriolis il moto dovuto alla forza di
Coriolis non è a frequenza doppia.

[Massimo 456b]

Elio Fabri <elio....@tiscali.it> ha scritto:r

> Rispondo qui solo perché è l'ultimo post Se uno non sa risolvere il problema in queste ipotesi, è inutile chesi metta a sproloquiare su casi enormemente più complicati.Incidentalmente, è stato questo l'insegnamento fondamentale diGalileo: cominciamo col capire come vanno le cosa "rimossi gliimpedimenti esterni".

questo e' sicuramente corretto.
Come e' corretto fare due prove piu' una e constatare quanto
scarto c'e' nelle distanze del punto di impatto al
suolo.
Se e' trascurabile tutto bene.
Se e' notevole cosa ne deduci?

[gufetto]

.......

...scusatemi ma voi siete d' accordo o no che per il proiettile lanciato in verticale, si conservi il momento angolare
(P=m*v*r) di quando stava a terra, ruotando con la terra .. non ho capito se abbiate o meno condiviso questo..

[JTS]

On 15.10.22 20:00, gufetto wrote:

> .......
>
> ...scusatemi ma voi siete d' accordo o no che per il proiettile lanciato in verticale, si conservi il momento angolare
> (P=m*v*r) di quando stava a terra, ruotando con la terra .. non ho capito se abbiate o meno condiviso questo..

Certo che sono d'accordo. Sarebbe vero anche se non fosse lanciato in
verticale, in questo caso la v iniziale del moto non è quella
tangenziale della superficie della Terra.
Vedi mio messaggio di risposta a Elio sopra.

[JTS]

On 15.10.22 19:59, Massimo 456b wrote:
> Elio Fabri <elio....@tiscali.it> ha scritto:r
>> Rispondo qui solo perché è l'ultimo post Se uno non sa risolvere il problema in queste ipotesi, è inutile chesi metta a sproloquiare su casi enormemente più complicati.Incidentalmente, è stato questo l'insegnamento fondamentale diGalileo: cominciamo col capire come vanno le cosa "rimossi gliimpedimenti esterni".
>
> questo e' sicuramente corretto.
> Come e' corretto fare due prove piu' una e constatare quanto
> scarto c'e' nelle distanze del punto di impatto al
> suolo.

Quali prove?

[JTS]

On 15.10.22 17:52, Elio Fabri wrote:

> Con meno di questo il problema non si risolve. Attendo smentite.

Rispondo qui per rispondere a me stesso---voglio aggiungere qualcosa al
post che ho appena inviato. Sarà interessante vedere come si ottiene il
calcolo che ho fatto io applicando delle approssimazioni alla soluzione
del problema dei due corpi (tuoi appunti).

[JTS]

On 15.10.22 17:52, Elio Fabri wrote:

> Io non ne ho bisogno, perché quei risultati li conosco, per averli
> insegnati per parecchi anni. Ormai molti anni fa, ma posso sempre
> contare sui miei appunti:
> http://www.sagredo.eu/lezioni/astronomia/p3c1rf.pdf
> (bastano le prime 4 pagine e un po' di geometria analitica per
> applicare le relazioni generali al caso particolare).
> Con meno di questo il problema non si risolve. Attendo smentite.

Ho fatto i calcoli usando la formula di gufetto e un programma per
l'algebra (ma i calcoli si possono fare anche a mano, solo che io non ce
la faccio :-) ); ottengo la tua (2/3)*w*v0^3/g^2.

Dovrei anche chiarire a me stesso che senso hanno le approssimazioni che
ho usato. Il buon senso (speriamo che sia buono) dice che la
approssimazione è la stessa presente negli altri calcoli già fatti. Poi
posto tutti i calcoli.

[tuc...@katamail.com]

Intanto ringrazio tutti gli intervenuti, non ho avuto modo di studiare
le vostre risposte (le ho solo lette), per farlo dovrò usare il PC,
da telefono non riesco
Confermo che il caso è del tutto ideale, avevo fatto un conto in condizioni
semplificate per confutare chi su Facebook sosteneva e sostiene che
la ricaduta senza disturbi atmosferici avviene sul posto.
Non credo sia di interesse rispiegare il mio approccio (Elio ha scritto di non
averlo capito) si è rivelato ampiamente sballato, almeno per velocità
cosi elevate. Se invece qualcuno fosse interessato ad analizzarne
limiti ed entità dell'approssimazione lo illustro nuovamente senza problemi.
Chiudo con una domanda di sapore didattico.
Leggo sempre più spesso espressioni del tipo "l'aereo fa parte del riferimento
Terra atmosfere quindi..." (contesto: solita domanda sul volo vantaggioso
quando "la terra ti ruota sotto") .
Cosa ne pensate? A me non sembra spiegare molto, mi pare un modo
di descrivere il principio di inerzia (senza citarlo) un pò improprio e che
In particolare assegna al sistema di riferimento un ruolo sballato (non si sceglie,
ci si ci trova dentro come in prigione).
Una frase simile è stata usata per confutare anche la mia affermazione che il
oroiettile non tu ricade in testa, dal moderatore per giunta.

[Massimo 456b]

JTS <pire...@outlook.it> ha scritto:r

> On 15.10.22 19:59, Massimo 456b wrote:> Elio Fabri <elio....@tiscali.it> ha scritto:r>> Rispondo qui solo perché è l'ultimo post Se uno non sa risolvere il problema in queste ipotesi, è inutile chesi metta a sproloquiare su casi enormemente più complicati.Incidentalmente, è stato questo l'insegnamento fondamentale diGalileo: cominciamo col capire come vanno le cosa "rimossi gliimpedimenti esterni".> > questo e' sicuramente corretto.> Come e' corretto fare due prove piu' una e constatare quanto> scarto c'e' nelle distanze del punto di impatto al> suolo.Quali prove?

Ho fatto una ricerca e durante la seconda guerra mondiale i
tedeschi fecero prove di sparo verticale.
il proiettile di fucile sparato verticalmente, se non spostato dal
vento, ricade entro un raggio di 10 metri dal tiratore; ma il
vento può spostarlo anche di 200 metri.

comunque la parte teorica e' questa:

https://www.earmi.it/balistica/verticale.html

[JTS]

Poniamoci nel sistema inerziale solidale con l'orbita della Terra.

Partiamo dalla

v_t = (v R)/(R + h)

per la velocità tangenziale v_t, dove v è la velocità tangenziale della
Terra, R è il raggio della Terra e h è la quota. Questa credo sia esatta
per la conservazione del momento angolare.

Poniamo per il moto in direzione verticale

h = v0 t - 1/2 g t^2

dove v0 è la velocità iniziale in direzione verticale. Questa credo sia
un'approssimazione (non sto neppure distinguendo fra "verticale" e
"radiale"!), altri potrebbero essere più rapidi di me nel mettere le
cose a posto.

La quota massima si raggiunge al tempo t_Max

t_Max=v0/g

per trovare lo spostamento tangenziale (o laterale, visto che non
distinguo tra "radiale" e "verticale") faccio l'integrale

\delta x =2 \int_0^t_Max v_t dt

Lo faccio fare al programma, risparmiandomi di scomporre la frazione,
ottenendo

\frac
{2 r*v \log (1 + \frac {v0 + v0*(\sqrt{2 g*r + v0^2})} {g*r})}
{\sqrt{2 g*r + v0^2}}

Nello stesso intervallo di tempo la superficie della Terra si è spostata
lateralmente di

\delta x_T = 2 v t_Max = (2 v v0)/g

La differenza fra i due spostamenti sviluppata con Taylor al terzo
ordine in h (di nuovo con il programma) è

(2/3)*(v/R)*v0^3/g^2,

in cui riconosco v/R = w (velocità angolare) per ottenere la formula
ottenuta da Elio integrando l'accelerazione dovuta alla forza di Coriolis.

Prima ho sviluppato rispetto a R per R grande, poi ho pensato di
sviluppare rispetto a v0 (pensavo di poter ottenere lo stesso risultato
nei due casi perché il significato dell'approssimazione è altezza
massima piccola rispetto al raggio della Terra); nello sviluppare
rispetto a v0, siccome il risultato lo sapevo già, ho subito chiesto al
programma di sviluppare al terzo ordine.

[Giorgio Pastore]

Il 13/10/22 09:33, tuc...@katamail.com ha scritto:

>
> In altri lidi è emersa la seguente questione: un proiettile sparato in perfetta verticale dove ricade? Non c’è stata convergenza di opinioni, chi dice sulla testa del pistolero, chi “non proprio, lì vicino”.

Riprendo il post iniziale perché propongo la mia soluzione che segue un
approccio diverso da quelli fin qui discussi. Non pretendo che sia
migliore ma la propongo per far vedere che in fisica non c'è
necessariamente un solo modo di affrontare un problema.

Cominciamo con la modellizzazione del fenomeno. Farei un po' attenzione
a non lasciarsi andare all'abitudine a "costringere" il mondo reale ad
adattarsi a quello "di carta". Vero che da super-schematizzazioni
possiamo ricavare utili elementi per analizzare il problema, ma poi
occorre capire fino a che punto possono aiutare a trovare
un'approssimazione di ordine zero che rispetti gli elementi di base
della situazione fisica.

Nel caso in questione, anche alla luce della prossima osservazione, nel
livello base di modellizzazione aggiungerei la presenza di un'atmosfera
in quiete rispetto al terreno.

Seconda osservazione: la domanda originale, al di là dell'approccio di
tucboro nel dare una risposta, richiede di determinare se il proiettile
ricade nel punto di sparo o no.

E' proprio necessario imbarcarsi in un conto, semplificato o meno, per
rispondere alla domanda posta in questi termini?

Secondo me no. Almeno se si mantiene una ragionevole aderenza al
problema fisico e non lo si schematizza da subito nel moto di un punto
materiale sparato in verticale in assenza di atmosfera.

Il motivo per questa afferazione è che in assenza di atmosfera, le fasi
di salita e di discesa del proiettile lanciato in verticale appaiono
simmetriche. Lo sono, evidentemente, nel caso di terra non rotante,
mentre se si tiene conto della rotazione terrestre è difficile capire
immediatamente come gioca l'effetto della forza di Coriolis,
Qualitativamente agisce in una direzione in fase di salita e nella
direzione opposta in fase di discesa. Occorre andare sul quantitativo
per determinare il fato del proiettile all'impatto col suolo.

Invece, se teniamo conto della presenza dell' aria ferma in termini di
attrito con l'aria, è possibile predire il non-ritorno sulla testa del
pistolero con bassissima incertezza. Infatti, in presenza di attrito, la
fase di salita e di discesa divengono asimmetriche, anche in assenza di
rotazioni. Il moto di salita è sicuramente un moto accelerato in tutta
la sua durata. Quello di discesa, oltre un transiente accelerato, passa
ad un regime di moto con velocità uniforme (velocità limite). Il
risultato è che le velocità nella fase di salita e di discesa sono
diverse e anche i tempi di salita e discesa differiscono (esercizio:
quale è il più lungo?).

Questo comportamento asimmetrico, in presenza di una forza di Coriolis,
rende inverosimile la ricaduta nello stesso punto.

Come detto, questo approccio non toglie nulla ad quello che cerca di
risolvere in modo preciso il problema nel vuoto. E, per dare una stima
numerica della distanza dal punto di partenza è praticamente inevitabile
procedere nel modo tradizionale.

Giorgio

[anth]

Giorgio Pastore <pas...@units.it> ha scritto:

> Questo comportamento asimmetrico, in presenza di una forza di Coriolis, rende inverosimile la ricaduta nello stesso punto.

Se basta la mancanza di simmetria, le fasi non mi sembrano
simmetriche anche senz'aria: all'andata la forza di Coriolis
frena la salita, al ritorno accelera la discesa.


--
anth

[Giorgio Bibbiani]

Il 18/10/2022 00:14, Giorgio Pastore ha scritto:
...

> Nel caso in questione, anche alla luce della prossima osservazione, nel livello base di modellizzazione aggiungerei la presenza di un'atmosfera
> in quiete rispetto al terreno.

...

> Il motivo per questa afferazione è che in assenza di atmosfera, le fasi di salita e di discesa del proiettile lanciato in verticale appaiono
> simmetriche. Lo sono, evidentemente, nel caso di terra non rotante, mentre se si tiene conto della rotazione terrestre è difficile capire
> immediatamente come gioca l'effetto della forza di Coriolis, Qualitativamente agisce in una direzione in fase di salita e nella direzione
> opposta in fase di discesa. Occorre andare sul quantitativo per determinare il fato del proiettile all'impatto col suolo.

Elio nella spiegazione dell'asimmetria tra moto di salita e di discesa
nel suo messaggio del 13/10 ha solo utilizzato nell'approssimazione data
l'_uguaglianza_ dei valori della forza di Coriolis nei 2 casi e l'asimmetria
conseguente dei valori della componente orizzontale della velocità, quindi
direi dimostrazione quantitativa ma senza calcoli ;-).

> Invece, se teniamo conto della presenza dell' aria ferma in termini di attrito con l'aria, è possibile predire il non-ritorno sulla testa del
> pistolero con bassissima incertezza. Infatti, in presenza di attrito, la fase di salita e di discesa divengono asimmetriche, anche in assenza di
> rotazioni. Il moto di salita è sicuramente un moto accelerato in tutta la sua durata. Quello di discesa, oltre un transiente accelerato, passa
> ad un regime di moto con velocità uniforme (velocità limite). Il risultato è che le velocità nella fase di salita e di discesa sono diverse e
> anche i tempi di salita e discesa differiscono (esercizio: quale è il più lungo?).

Trascurando la rotazione, le traiettorie del moto di salita e
di discesa coincidono, nei 2 casi la durata di tempo di volo
è l'integrale lungo la traiettoria di ds / v, ma per il teorema
dell'energia cinetica in ogni punto P della traiettoria la velocità
di salita ha modulo maggiore di quella di discesa dato che
nei 2 casi in P il potenziale gravitazionale è lo stesso
ma il lavoro della forza di attrito dal passaggio in P
durante la salita a quello durante la discesa è negativo.

E' possibile un ragionamento ancora meno quantitativo?

Ciao

--
Giorgio Bibbiani

[anth]

Giorgio Pastore <pas...@units.it> ha scritto:

> Il moto di salita è sicuramente un moto accelerato in tutta la sua durata. Quello di discesa, oltre un transiente accelerato, passa ad un regime di moto con velocità uniforme (velocità limite). Il risultato è che le velocità nella fase di salita e di discesa sono diverse e anche i tempi di salita e discesa differiscono (esercizio: quale è il più lungo?).

La traiettoria è la stessa, ma in salita per un buon tratto il
proiettile va a mach 2 e oltre, mentre la discesa avviene sempre
in regime subsonico. Questo basta per decidere che il ritorno
dura di più?

--
anth

[Giorgio Bibbiani]

Detto solo così, ovviamente no, occorrono altre informazioni.
Comunque, la durata della caduta sarebbe maggiore di quella
della salita anche per velocità tutte subsoniche.

Ciao

--
Giorgio Bibbiani

[Massimiliano Catanese]

Il giorno martedì 18 ottobre 2022 alle 00:25:03 UTC+2 Giorgio Pastore ha scritto:

> Nel caso in questione, anche alla luce della prossima osservazione, nel
> livello base di modellizzazione aggiungerei la presenza di un'atmosfera
> in quiete rispetto al terreno.

In questo caso a me sembra ovvio che giammai il proiettile cadrà nel punto
da cui è partito.

Infatti alla partenza avrà una componente tangenziale di velocita dovuta
alla rotazione della Terra che salendo tenderà a ridursi per la resistenza
dell' aria. E scendendo pure. Mentre il tizio che ha sparato l' avrà costante
essendo ben piantato in terra.

E quindi ...

[Franco]

On 10/18/22 13:49, Massimiliano Catanese wrote:

> Infatti alla partenza avrà una componente tangenziale di velocita dovuta
> alla rotazione della Terra che salendo tenderà a ridursi per la resistenza
> dell' aria.

Ma anche no. L'atmosfera si muove in modo praticamente solidale con la
terra. Altrimenti fuori dalla finestra ci sarebbe vento quasi a Mach 1!

E fra un po' saltera` fuori il fatto che i voli dall'Europa verso il
nord America durano di piu` dei corrispondenti voli di ritorno...

--
Wovon man nicht sprechen kann...


--
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[gufetto]

.....

ma le molecole dell' aria in strati e nel loro continuo sali scendi per le temperature tendessero a conservare lo stesso momento angolare anch' esse, come influirebbero?

[Elio Fabri]

Rispondo qui solo perché è l'ultimo post che ho potuto vedere.
E rispondo molto poco, sia per l'ora, sia perché se mi mettessi a
rispondere adesso potrei scrivere cose di cui mi pentirei o per cui
dovrei chiedere scusa a qualcuno.

Vi informo che ho terminato la soluzione del problema nel rif.
inerziale. Ci ho messo un po' perché si erano abusivmente intrufolati
banali errori di calcolo che producevano risultati inverosimili. Ora
forse errori non ce ne sono, ma mai dire mai...

Vi anticipo i risultati:
- tempo di volo: 207 s
- distanza del punto di caduta da quello di sparo (misurata lungo la
superficie): 1024 m.
(I numeri sono arrotondati; i valori delle grandezze rilevanti sono
indicati nel file che cito qui sotto.)

Le ipotesi le sapete: sono quelle del "mondo di carta".
Comunque sono esposte nella soluzione completa, che troverete tra
breve in
http://www.sagredo.eu/temp/dev-ovest.pdf.
--
Elio Fabri

[Giorgio Pastore]

Il 18/10/22 21:12, Elio Fabri ha scritto:
....

> Vi anticipo i risultati:
> - tempo di volo: 207 s
> - distanza del punto di caduta da quello di sparo (misurata lungo la
> superficie): 1024 m.
> (I numeri sono arrotondati; i valori delle grandezze rilevanti sono
> indicati nel file che cito qui sotto.)

Entro il 2% i numeri concordano con quelli che ottengo in un rifermento
non-inerziale, senza attriti, con una forza di gravità costante (g=9.81
m s^{-2}), e in approssimazione di terra piatta (che per spostamenti di
1 km è ottima), usando una soluzione numerica.

Giorgio

[Giorgio Pastore]

Il 18/10/22 23:49, Giorgio Pastore ha scritto:
..

> Entro il 2% i numeri concordano con quelli che ottengo in un rifermento
> non-inerziale, senza attriti, con una forza di gravità costante (g=9.81
> m s^{-2}), e in approssimazione di terra piatta (che per spostamenti di
> 1 km è ottima), usando una soluzione numerica.

E se metto il valore equatoriale di g (9.78) l'accordo migliora

[JTS]

Aggiungo che non ho ancora controllato cosa succede se uso la soluzione
di Giorgio Bibbiani.

[JTS]

On 19.10.22 01:03, Giorgio Pastore wrote:

Non capisco perché viene circa il doppio del valore ottenuto nel sist.
di riferimento rotante con la forza di Coriolis.
Anche senza saper valutare le approssimazioni, come fa ad essere così
sbagliata la formula
(2/3)*w*v0^3/g^2
dato come la abbiamo calcolata??

Detto questo non ho capito il dettaglio del calcolo, più precisamente
non ho capito perché se usi gravità costante e *Terra piatta* hai il
bisogno di usare una soluzione numerical.

[JTS]

On 19.10.22 11:32, JTS wrote:
> On 19.10.22 01:03, Giorgio Pastore wrote:
>> Il 18/10/22 23:49, Giorgio Pastore ha scritto:
>> ..
>>> Entro il 2% i numeri concordano con quelli che ottengo in un
>>> rifermento non-inerziale, senza attriti, con una forza di gravità
>>> costante (g=9.81 m s^{-2}), e in approssimazione di terra piatta (che
>>> per spostamenti di 1 km è ottima), usando una soluzione numerica.
>>
>>
>> E se metto il valore equatoriale di g (9.78) l'accordo migliora
>
> Non capisco perché viene circa il doppio del valore ottenuto nel sist.
> di riferimento rotante con la forza di Coriolis.
> Anche senza saper valutare le approssimazioni, come fa ad essere così
> sbagliata la formula
> (2/3)*w*v0^3/g^2
> dato come la abbiamo calcolata??
>

Ops, (2/3)*w*v0^3/g^2 è la metà in salita infatti :-)

Ora mi rimane da capire se il (2/3)*w*v0^3/g^2 che ho ottenuto con la
conservazione del momento angolare è irrimediabilmente
sbagliato---magari c'è qualche errore di fondo nelle approssimazioni.

[Giorgio Pastore]

Il 19/10/22 11:32, JTS ha scritto:
....

> non ho capito perché se usi gravità costante e *Terra piatta* hai il
> bisogno di usare una soluzione numerical.

Non è una necessità, ma tra modificare un programma funzionante con la
forza di Coriolis per il caso di forza costante e rifare i conti
analitici, faccio prima a usare il programma numerico. :-)

Appena avrò tempo rifaccio anche i conti analitici.

Giorgio

[Daniele Fua]

Il 18/10/2022 20:14, gufetto ha scritto:

> ma le molecole dell' aria in strati e nel loro continuo sali scendi per le temperature tendessero a conservare lo stesso momento angolare anch' esse, come influirebbero?

Rispondo solo al piccolo rapace notturno dicendo che la risposta è
semplice: basta andare a vedere il libero cammino medio delle molecole
di aria nei primi 20 km di atmosfera per capire che l'accelerazione di
Coriolis, nell'agitazione termica, può essere ignorata.
Posso aggiungere che anche considerando le velocità verticali tipiche
dell'atmosfera, l'accelerazione di Coriolis può essere trascurata e lo è
sempre.

Daniele Fuà

[Giorgio Bibbiani]

Il 19/10/2022 11:33, JTS ha scritto:
...

>
> Aggiungo che non ho ancora controllato cosa succede se uso la soluzione di Giorgio Bibbiani.

Spero niente di grave! ;-)
Solo per precisare che i calcoli _dovrebbero_ essere corretti,
nei grafici c'è qualche piccola (qualche decina di metri nella gittata)
discrepanza con le formule perché (me ne sono accorto a posteriori
e non ho ritenuto necessario correggere, date le numerose approssimazioni)
ho scambiato 2 cifre nel digitare il periodo di rotazione della Terra
(ho scritto 84600 invece di 86400, per g ho usato 9.81, tutto in unità SI).

Ciao

--
Giorgio Bibbiani

[gufetto]

........

Per me il proiettile segue gli stessi valori di altezza velocità e tempo lungo la direzione verticale passante per il centro in quel momento
come se la terra fosse ferma, primo perché rispondono alle leggi della conservazione dell' energia (m*g*hmax-.m*g*h' =1/2m*v'^2)
(la velocità in direzione orizzontale o meglio tangente in quel momento segue invece altre regole)

Pertanto dai dati che ho letto nel PDF==>

Rterra=6.37E6 m
g=9.81 m/s^2
v=1000 m/s velocità sparo
==>
vtang=2*pigreco*Rterra/24/3600=463,24 m/s
hmax=v^2/2/g= 1000^2/2/9.81=50968.4m
t=v/g= 1000/9.81= 101-9368 s
2t=2*101.9368 3.8736 s ..tempo impiegato tra salita e discesa [non i 207 s (..però da arrotondamenti..) riportati nel post del 18/10/22]

Per cui calcolando la velocità tangenziale alla altezza massima del tiro con la conservazione del momento angolare (m*v*r)
vtanraggiomassimo (semplificando m)= vtang*Rterra/(rterra+hmax)=463.24*6.37E6/(6.7E6+50968.4)=459.56m/s

Che misurando gli spazi nel tempo noto nella differenza tra quelli percorsi dal raggio terra e quello massimo
spercorsoaterra=v*t= 463.24* 203.8736=94442.4064 m
spercorsoraggiomassimo=459.56*203.8736=93692.1516 m

sdifferenza"442.4064-93692.1516u0.25m (..impossibili da fare dunque con la traiettoria in esame ..invece assai minori dei 1024 m/s calcolati letti nel post del 18/10/22 e pertanto secondo me quelli sono troppi..)

[Daniele Fua]

Il 19/10/2022 13:05, Daniele Fua ha scritto:

>
> Rispondo solo al piccolo rapace notturno dicendo che la risposta è
> semplice: basta andare a vedere il libero cammino medio delle molecole
> di aria nei primi 20 km di atmosfera per capire che l'accelerazione di
> Coriolis, nell'agitazione termica, può essere ignorata.
> Posso aggiungere che anche considerando le velocità verticali tipiche
> dell'atmosfera, l'accelerazione di Coriolis può essere trascurata e lo è
> sempre.
>
> Daniele Fuà

Scusate ma mi rendo conto di essere stato un po' troppo sbrigativo sul
secondo punto e devo chiarire: per i moti atmosferici quelle che vengono
normalmente trascurate sono soltanto le componenti dell'accelerazione di
Coriolis che dipendono dalla velocità verticale. Non tutte le altre
componenti che sono tutt'altro che trascurabili.

Daniele Fuà

[JTS]

On 19.10.22 15:50, gufetto wrote:
> Il giorno mercoledì 19 ottobre 2022 alle 14:55:03 UTC+2 Giorgio Bibbiani ha scritto:
>> Il 19/10/2022 11:33, JTS ha scritto:
>> ...
>>>
>>> Aggiungo che non ho ancora controllato cosa succede se uso la soluzione di Giorgio Bibbiani.
>> Spero niente di grave! ;-)
>> Solo per precisare che i calcoli _dovrebbero_ essere corretti,
>> nei grafici c'è qualche piccola (qualche decina di metri nella gittata)
>> discrepanza con le formule perché (me ne sono accorto a posteriori
>> e non ho ritenuto necessario correggere, date le numerose approssimazioni)
>> ho scambiato 2 cifre nel digitare il periodo di rotazione della Terra
>> (ho scritto 84600 invece di 86400, per g ho usato 9.81, tutto in unità SI).
>>
>> Ciao
>>
>> --
>> Giorgio Bibbiani
> ........
>
> Per me

Sono consapevole di apparire maleducato, ma il "per me" non ha il ruolo
che dici tu. Va bene per esempio se precede le parole "è più semplice" o
"è più chiaro" ma non va bene se precede le parole

> il proiettile segue gli stessi valori di altezza velocità e tempo lungo la direzione verticale passante per il centro in quel momento
> come se la terra fosse ferma,

Di seguito

> primo perché rispondono alle leggi della conservazione dell' energia (m*g*hmax-.m*g*h' =1/2m*v'^2)
> (la velocità in direzione orizzontale o meglio tangente in quel momento segue invece altre regole)

se applichi la conservazione dell'energia, devi utilizzare il modulo del
vettore velocità

>
> Pertanto dai dati che ho letto nel PDF==>
>
> Rterra=6.37E6 m
> g=9.81 m/s^2
> v=1000 m/s velocità sparo
> ==>

I calcoli sono più semplici da seguire se indichi le variabili ciascuna
con poche lettere, indicando a parte cosa significa ciascuna notazione.
Se hai a disposizione un sistema di composizione tipografica, allora
ciascuna variabile con una lettera, e altre lettere per distinguere
variabili indicate con la stessa lettera vanno a pedice; eventualmente
le lettere a pedice si possono indicare con un trattino basso: R_Terra.

> vtang=2*pigreco*Rterra/24/3600=463,24 m/s
> hmax=v^2/2/g= 1000^2/2/9.81=50968.4m
> t=v/g= 1000/9.81= 101-9368 s

Qui usi troppe cifre per il risultato, ne conosci tre: 101,9 s
Ti consiglio anche di utilizzare o la notazione con il punto o quella
con la virgola per separare le cifre decimali, non tutte e due nello
stesso post (poi magari lo faccio anche io ;-) )

> 2t=2*101.9368 3.8736 s ..tempo impiegato tra salita e discesa [non i 207 s (..però da arrotondamenti..) riportati nel post del 18/10/22]

Il post del 18 mostra il calcolo sotto approssimazioni migliori di
quelle che hai usato tu. Per esempio quando spari il proiettile la
stessa velocità tangenziale fa sì che esso si allontani dalla superficie
della Terra, per cui è sensato che ci metta di più a cadere.

>
> Per cui calcolando la velocità tangenziale alla altezza massima del tiro con la conservazione del momento angolare (m*v*r)
> vtanraggiomassimo (semplificando m)= vtang*Rterra/(rterra+hmax)=463.24*6.37E6/(6.7E6+50968.4)=459.56m/s




>
> Che misurando gli spazi nel tempo noto nella differenza tra quelli percorsi dal raggio terra e quello massimo
> spercorsoaterra=v*t= 463.24* 203.8736=94442.4064 m
> spercorsoraggiomassimo=459.56*203.8736=93692.1516 m
>
> sdifferenza"442.4064-93692.1516u0.25m

Circa 750 m (ottenuto facendo 94442 - 93692).


Non ho ancora capito se c'è qualcosa di sensato in questo calcolo, che
anche io ho fatto in nel mio post del 16/10 alle 13:07
(https://groups.google.com/g/it.scienza.fisica/c/OrgC3C0wuBk/m/uy9_4nzJAQAJ).
Mi pare che il risultato che ottengo sia metà di quello che sarebbe
"giusto".

[Franco]

On 10/19/22 14:27, Giorgio Bibbiani wrote:

> ho scambiato 2 cifre nel digitare il periodo di rotazione della Terra
> (ho scritto 84600 invece di 86400, per g ho usato 9.81, tutto in unità SI).

Direi che si debba usare il giorno siderale, 86164 s

--
Wovon man nicht sprechen kann...

6164

[Elio Fabri]

Giorgio Bibbiani ha scritto:

> (ho scritto 84600 invece di 86400, per g ho usato 9.81, tutto in
> unità SI).

In realtà anche 86400 è sbagliato, perché è il giorno solare, mentre
avresti dovuto usare il giorno siderale, 86164 s.
Poi per g avresti dovuto usare il valore all'equatore: 9.78, che
include anche la forza centrifuga.

Dedico questo post appunto alle approssimazioni e loro importanza
relativa, cominciando dal mio conto.
Non ho fissato un valore di g, ma ho assunto la Terra sferica e ho
preso raggio e massa, da cui g segue.
Più precisamente ho dato il valore di GM:
- 3.986x10^14 (SI)
e quello di R
- 6.37x10^6 m.
Questo valore è intermedio tra quello polare (6.356752) e quello
equatoriale (6.378137).
Poi ho scritto il potenziale gravitazionale come -GM/r, cioè
trascurando lo schiacciamento.

Occorre notare che la differenza tra g al polo e g all'equatore ha due
cause:
- lo schiacciamento
- la forza centrifuga.
Le due cose sono fisicamente collegate, dato che la Terra è
schiacciata perché ruota. ma prendendo la Terra come è, occorre
considerare la f. centrifuga solo se ci si mette in un rif. che ruota
con la Terra, mentre lo schiacciamento altera comunque il pot.
gravitazionale, anche se si lavora in un rif. che non ruota.

Questo io l'ho trascurato.
Avrei potuto aggiungere almeno un termine di quadrupolo, che va come
1/r^3, ma avrei perso la possibilità di fare calcoli esatti.

(Ci sono casi in cui il quadrupolo non può essere trascurato: i
satelliti artificiali.
Gli effetti che produce sono diversi, ma il più notevole è una
precessione del piano orbitale, quando l'orbita non è equatoriale.
Addirittura questo effetto è messo a frutto in certi casi.
Ci sono satelliti, detti "sun-synchronous", il cui periodo orbitale è
una frazione del giorno solare medio, e il cui piano orbitale è
appositamente inclinato in modo che la vel. angolare di precessione
risulti in grandezza uguale a quella del moto orbitle della Terra.
Così facendo il satellite ripassa ogni giorno su un punto della Terra
alla stessa ora, quindi nelle stesse condizioni d'illuminazione.)

Non ho fatto una stima dell'errore, ma credo che per il nostro
problema, dove il proiettile percorre una piccola frazione dell'intera
orbita, il termine di quadrupolo produca effetti di qualche ordine di
grandezza inferiore a tutto il resto.

Vediamo invece le approssimazioni che si fanno assumendo la Terra
piatta e il campo gravitazionale uniforme.
La più ovvia è che si trascura la variazione di g con la quota.
Per un'altezza massima di circa 50 km la variazione relativa di g è
1.6%.
Rispetto al valore a un'altezza media, 0.8%.
Non scandalosa, ma nemmeno tanto piccola.

Ma c'è anche un effetto orizzontale: con la Terra sferica, la
direzione di g nel punto di patnza e in quello di caduta differiscono
di 3x10^(-4) rad.
Pochissimo, direte, ma attenzione: significa che alla forza di
Coriolis bisogna aggiungere (o togliere) un termine che vale 0.003
m/s^2.
La f.di C. alla partenza e al ritorno (v = 1000m/2) in modulo vale
0.146 m/s^2, quindi la correzione è del 2%.
Appunto quello che dice GP:

> Entro il 2% i numeri concordano

Vediamo ora quanto conta preoccuparsi, come fa GB, del fatto che la
componente orizzontale della velocità produce una comp. verticale
delle f. di C.
La max vel. orizz. è circa 7.5 m/s quindi l'acc. di C. verticale vale
0.001 m/s^2, da confrontare con g: la correzione è 1.3x10^(-4).
Posso dire che GB poteva risparmiarsi la fatica?

Questo post è già piuttosto lungo; dell'aria me ne occuperò a parte.
--
Elio Fabri

[Giorgio Bibbiani]

Il 19/10/2022 18:08, Elio Fabri ha scritto:
...

> In realtà anche 86400 è sbagliato, perché è il giorno solare, mentre
> avresti dovuto usare il giorno siderale, 86164 s.
> Poi per g avresti dovuto usare il valore all'equatore: 9.78, che
> include anche la forza centrifuga.

Hai ragione, poi avevo deciso che tutto sommato il valore esatto
di T e di g contava poco per lo scopo, ma veramente sbagliavo
perché mi ero dimenticato che avrei dovuto piuttosto usare il valore
di T associato a un riferimento inerziale...

...

> Ma c'è anche un effetto orizzontale: con la Terra sferica, la
> direzione di g nel punto di patnza e in quello di caduta differiscono
> di 3x10^(-4) rad.

Se non sbaglio, per una gittata di 1 km,
forse dovrebbe essere circa 1.6*10^-4 rad?

...

> Vediamo ora quanto conta preoccuparsi, come fa GB, del fatto che la
> componente orizzontale della velocità produce una comp. verticale
> delle f. di C.
> La max vel. orizz. è circa 7.5 m/s quindi l'acc. di C. verticale vale
> 0.001 m/s^2, da confrontare con g: la correzione è 1.3x10^(-4).
> Posso dire che GB poteva risparmiarsi la fatica?

Beh, diciamo che mi sono divertito a trovare una soluzione
(nuova per me, poi ovviamente sarà aria fritta per gli addetti
ai lavori) a un esercizio, che, come lo ho inteso, e citandoti ;-),
appartiene al mondo di carta.

>
> Questo post è già piuttosto lungo; dell'aria me ne occuperò a parte.

Ho tagliato, per evitare che questo messaggio sia respinto
dal robomoderatore, ma mi sono salvato tutto il tuo messaggio,
grazie mille Elio per le spiegazioni puntuali e approfondite
e la pazienza nel leggermi e rispondermi :-).

Ciao

--
Giorgio Bibbiani

[tuc...@katamail.com]

Abbandonato il tentativo di iintegrazione analitica su schema semplificato
a me con uno schema numerico a passo temporale 0.01 secondi, R 6378000 m, giorno
di 3600x24s, sistema di riferimento inerziale, g 9.81 costante in modulo, v0z 1000 m/s
risulta dx 1035.
Ad un collega di Facebook sempre schema numerico con gli stessi dati
ma non inerziale e dt=0.1s viene dx=1025.
Essendo che ho determinato l'intersezione tra traiettoria del proiettile ed equatore parecchio
alla buona 10 metri di differenza non mi stupiscono.

[Elio Fabri]

Giorgio Bibbiani ha scritto:

> Se non sbaglio, per una gittata di 1 km, forse dovrebbe essere circa
> 1.6*10^-4 rad?

Certo. Purtroppo ogni tanto mi scappano errori stupidi :-(
Un'altro l'ho fatto alla fine del post, quando ho scritto
> La max vel. è circa 7.5 m/s quindi l'acc. di C. verticale

> vale 0.001 m/s^2, da confrontare con g: la correzione è 1.3x10^(-4).

Ovviamente vale 10^(-4).
Non cambia la sostanza, ma insomma...

Piuttosto, a proposito di giorno solare e siderale, anche se è vero che
si deve usare il giorno siderale, tuttavia la diff. è irrilevante,
essendo solo il 2,7 per mille.

> Beh, diciamo che mi sono divertito a trovare una soluzione (nuova
> per me, poi ovviamente sarà aria fritta per gli addetti ai lavori) a
> un esercizio, che, come lo ho inteso, e citandoti ;-), appartiene al
> mondo di carta.

A proposito del mondo di carta ho qualcosa da dire, ma in altro post.
Vorrei invece commentare un aspetto matematico della tua soluzione.
Non c'è niente di sbagliato, ma invece di usare vettori e matrici,
più semplicemente, partendo dalle due equazioni

vy' = 2w vz
vz' = -2w vy - g,

potevi moltiplicare la seconda per i e sommare. Avresti ottenuto

(vy + i vz)' = -2iw(vy + i vz) - ig

e non ti debbo spiegare come si procede.
Da un punto di vista astratto i due procedimenti si equivalgono,
perché si può dare una rappresentazione reale dell'unità immaginaria
con la matrice M
[0 -1]
[1 0]
e ne risulta un isomorfismo tra il campo complesso e quello formato
dalle matrici a + ibM (a, b reali).
Però la scrittura con i è assai più agile.

> grazie mille Elio per le spiegazioni puntuali e approfondite e la
> pazienza nel leggermi e rispondermi :-).

Non mi devi ringraziare. Ti ho già detto altre volte che apprezzo il
modo come affronti i problemi.
Per di più mi premeva, al di là del tuo lavoro, discutere una
questione generale riguardo al modo di trattare le approssimazioni,
che vorrei tanto potesse essere capito e seguito da altri...
--
Elio Fabri

[JTS]

On 14.10.22 01:23, Franco wrote:
> On 10/13/22 18:19, Elio Fabri wrote:
>
>> s = w*v0*t^2 - w*g*t^3/3 = (2/3)*w*v0^3/g^2 =~48.5 m.
>
> Hai perso un fattore 10 da qualche parte nel conto numerico, che viene
> 485m.
>
> Ho provato a fare il conto per la caduta al posto che per la fase di
> salita, e lo spostamento mi viene solo la meta`, dato che l'acc. di C.
> vale 2 w gt e integrando il risultato e` solo 1/3... al posto di 2/3.
> Che cosa ho sbagliato?
>
> Ho il dubbio che in questo modo sbaglio le condizioni iniziali,
> calcolando la discesa con velocita` orizzontale iniziale nulla, mentre
> nel caso del proiettile, questo inizia la caduta con velocita`
> orizzontale massima. E` questo il motivo?

Credo di sì: inizia con velocità orizzontale massima la quale poi varia
nel verso opposto a come aveva variato quando il corpo saliva.

[Giorgio Bibbiani]

Il 20/10/2022 16:03, Elio Fabri ha scritto:
...

> Non c'è niente di sbagliato, ma invece di usare vettori e matrici,
> più semplicemente, partendo dalle due equazioni
>
> vy' = 2w vz
> vz' = -2w vy - g,
>
> potevi moltiplicare la seconda per i e sommare. Avresti ottenuto
>
> (vy + i vz)' = -2iw(vy + i vz) - ig
>
> e non ti debbo spiegare come si procede.
> Da un punto di vista astratto i due procedimenti si equivalgono,
> perché si può dare una rappresentazione reale dell'unità immaginaria
> con la matrice M
> [0 -1]
> [1  0]
> e ne risulta un isomorfismo tra il campo complesso e quello formato
> dalle matrici a + ibM (a, b reali).

(Sopra mi sembra che ci sia un refuso, una i di troppo a moltiplicare bM).

Sei stato chiarissimo, conoscevo quel metodo per risolvere
dei sistemi lineari di eq.i diff.i (l'avevo incontrato per
la prima volta sul Berkeley 1, Meccanica), ma non conoscevo
(o non ricordavo più) la dimostrazione dell'equivalenza dei 2
metodi basata sulla rappresentazione dei numeri complessi che
scrivi dopo, è interessante riconoscere come i 2 metodi
siano sostanzialmente equivalenti.

Ho trovato anche:

https://en.wikipedia.org/wiki/Complex_number#Matrix_representation_of_complex_numbers

> Però la scrittura con i è assai più agile.

In effetti...;-)

Ciao

--
Giorgio Bibbiani

[Elio Fabri]

Ho scritto:

> A proposito del mondo di carta ho qualcosa da dire, ma in altro post.

Di questo e non solo. Vediamo.

Giorgio Pastore ha scritto:
> Cominciamo con la modellizzazione del fenomeno. Farei un po'
> attenzione a non lasciarsi andare all'abitudine a "costringere" il
> mondo reale ad adattarsi a quello "di carta". Vero che da
> super-schematizzazioni possiamo ricavare utili elementi per analizzare
> il problema, ma poi occorre capire fino a che punto possono aiutare
> a trovare un'approssimazione di ordine zero che rispetti gli
> elementi di base della situazione fisica.
"I discorsi nostri hanno a essere intorno al mondo sensibile, e non
sopra un mondo di carta" (Massimi Sistemi)
Temo che con la tua interpr. lo stesso G. potrebbe essere accusato di
pensare a un mondo di carta, quando ragiona "rimossi gli impedimenti
esterni".

> Il motivo per questa afferazione è che in assenza di atmosfera, le
> fasi di salita e di discesa del proiettile lanciato in verticale
> appaiono simmetriche. Lo sono, evidentemente, nel caso di terra non
> rotante,

Evidentemente per chi?
Per chi sa un po' di fisica dovrebbe, ma per quanto riguarda chi ha
posto la domanda che cosa sappiamo?
E anche per chi sa tutta la fisica che si vuole, la simmetria è
evidente perché il moto è con accel. costante, o perché sa applicare
criteri di simmetria più generali (qualitativi)?
E quali saranno questi criteri?

> mentre se si tiene conto della rotazione terrestre è
> difficile capire immediatamente come gioca l'effetto della forza di
> Coriolis, Qualitativamente agisce in una direzione in fase di salita e
> nella direzione opposta in fase di discesa. Occorre andare sul
> quantitativo per determinare il fato del proiettile all'impatto col
> suolo.

Penso che una dim. qualitativa si possa dare, ma ci debbo pensare (e
poi bisogna intendersi su che cosa è "qualitativa").

> Invece, se teniamo conto della presenza dell' aria ferma in termini
> di attrito con l'aria, è possibile predire il non-ritorno sulla
> testa del pistolero con bassissima incertezza. Infatti, in presenza
> di attrito, la fase di salita e di discesa divengono asimmetriche,

> anche in assenza di rotazioni. Il moto di salita è sicuramente un

> moto accelerato in tutta la sua durata. Quello di discesa, oltre un
> transiente accelerato, passa ad un regime di moto con velocità
> uniforme (velocità limite). Il risultato è che le velocità nella
> fase di salita e di discesa sono diverse e anche i tempi di salita e
> discesa differiscono (esercizio: quale è il più lungo?).

> ...
> Questo comportamento asimmetrico, in presenza di una forza di
> Coriolis, rende inverosimile la ricaduta nello stesso punto.
Qui l'obiezione la faccio io.
Se non fai conti, non hai modo neppure di stimare quanto sarà grande
l'asimmetria.

D'altra parte nel mondo sensibile non puoi neppure assumere che l'arma
sia puntata *esattamente* in verticale. Ho stimato che *in assenza di
aria* un errore di 1° nel puntamento causa uno scostamento di oltre 3
km.
Stando così le cose, come fai a decidere se lo scostamnto è dovuto a
un'asimmetria o a un errore di puntamento?

Ancora: se si dovesse fare il conto con l'aria presente, io non saprei
da dove cominciare.
Nota che il moto iniziale è supersonico e non poco: il n. di Mach è
circa 3. Quindi il proiettile produce onde d'urto: come si modellizza
in tal caso la resistenza del mezzo? Sarà questione certamente
studiata, ma non ne so niente e certo non è semplice.

Inoltre bisogna assumere qualcosa sulla forma e massa del proiettile.
E che assetto assume questo durate il volo? Sarà stabile? oscillerà?
E' possibile che il moto abbia carattere caotico, sì che si possa dare
solo una distrib. di probabilità, ma non numeri certi?
Insomma, questa credo si chiami "balistica esterna" e quindi la
conclusione sarebbe che bisogna porre la domanda altrove: qui non siamo
competenti (almeno io certo non lo sono).

Cambiando discorso, vi espongo un quasi-teorema.
Quasi, perché è valido sotto certe ipotesi che richiedono
approssimazioni.
Uso le notazioni di GB e assumo che la f. di Coriolis non abbia
componente z (o sia trascurabile).
Assumo anche che la f. di C. sia l'unica forza che ha componente y.
Non faccio invece nessuna ipotesi sulle altre forze agenti lungo
z (gravità, eventuale res. dell'aria).
L'equazione per y è:

d^2y/dt^2 = 2w*dz/dt. (*)

Sia ta l'istante di partenza: vy(ta)=0, z(ta)=0.
Sia tc quello di arrivo: z(tb)=0.
Integro la (*) tra ta e tb:

vy(tc) = 2w*[z(tcb) - z(ta)] = 0.

Dunque anche la velocità finale ha solo la componente z, quali che
siano le forze agenti lungo z, aria inclusa.

Il risultato è approssimato perché lo sono le ipotesi:
- la f. di C. ha una componente z, anche se piccola
- esisterà in generale una componente della res. dell'aria lungo y, se
tale res. è sempre opposta alla velocità vettoriale.

Se si accettano le appross. segue che la forma della traiettoria
somiglia a una semiellisse, di cui l'asse y è l'asse minore.
Questo però non prova la simmetria, che significa molto di più: che
detto tb l'istante medio tra ta e tc, si abbia per ogni t:
y(tb+t) + y(tb-t) = 2 y(tb)
z(tb+t) = z(tb-t).
--
Elio Fabri

[Elio Fabri]

Ho scritto:

> L'equazione per y è:

> ...
e sono riuscito a infilarci un bel po' errori :-(

Stavolta la causa sta nell'aver deciso di cambiare notazione, chiamando
tc quello che inizialmente avevo chiamato tb.
Il risultato è quello che avete visto.

Scrivo qui sotto la versione corretta (spero).

d^2y/dt^2 = 2w*dz/dt. (*)

Sia ta l'istante di partenza: vy(ta)=0, z(ta)=0.

Sia tc quello di arrivo: z(tc)=0.
Integro la (*) tra ta e tc:

vy(tc) = 2w*[z(tc) - z(ta)] = 0.
--
Elio Fabri

[Marco]

On 21/10/22 11:10, Elio Fabri wrote:
> Ho scritto:

>
>
> Dunque anche la velocità finale ha solo la componente z, quali che
> siano le forze agenti lungo z, aria inclusa.
>

Questo non è deducibile in modo più diretto considerando la
conservazione del momento angolare nel riferimento inerziale?
Se sì...

> Il risultato è approssimato perché lo sono le ipotesi:
> - la f. di C. ha una componente z, anche se piccola

mi pare che questa componente z non debba cambiare il risultato, giusto?

m

[Giorgio Pastore]

Il 21/10/22 11:10, Elio Fabri ha scritto:
>....

> Giorgio Pastore ha scritto:
> > Cominciamo con la modellizzazione del fenomeno. Farei un po'
> > attenzione a non lasciarsi andare all'abitudine a "costringere" il
> > mondo reale ad adattarsi a quello "di carta". Vero che da
> > super-schematizzazioni possiamo ricavare utili elementi per analizzare
> > il problema, ma poi occorre capire fino a che punto possono aiutare
> > a trovare un'approssimazione di ordine zero che rispetti gli
> > elementi di base della situazione fisica.
> "I discorsi nostri hanno a essere intorno al mondo sensibile, e non
> sopra un mondo di carta" (Massimi Sistemi)
> Temo che con la tua interpr. lo stesso G. potrebbe essere accusato di
> pensare a un mondo di carta, quando ragiona "rimossi gli impedimenti
> esterni".

Assolutamente no. Il punto che faccio è che il "rimossi gli impedimenti
esterni" va declinato a seconda di quello che vogliamo fare. Vogliamo
enunciare le leggi generali del moto? allora l'attrito è un caso
particolare di forza e quindi un impedimento esterno. Vogliamo dire
qualcosa sul moto di un corpo in aria? allora non è scontato che
tralasciare da subito l'attrito sia la strada più semplice per
analizzare una situazione.

>
> > Il motivo per questa afferazione è che in assenza di atmosfera, le
> > fasi di salita e di discesa del proiettile lanciato in verticale
> > appaiono simmetriche. Lo sono, evidentemente, nel caso di terra non
> > rotante,
> Evidentemente per chi?
> Per chi sa un po' di fisica dovrebbe, ma per quanto riguarda chi ha
> posto la domanda che cosa sappiamo?

Parto dall' idea che un minimo di fisica a livello di base sia nota a
chi interviene qui. Non è sempre vero ma è un' ipotesi di partenza. Poi,
essendo fortunatamente un gruppo di discussione e non un sito di Q&A, si
aggiusta il tiro.
L'"evicentemente" in caso di Terra non rotante presupponeva la
conoscenza delle leggi del moto accelerato uniforma.

Se ;l'OP non se le ricorda o la mia affermazione non gliè evidente chiederà.

>
> > mentre se si tiene conto della rotazione terrestre è
> > difficile capire immediatamente come gioca l'effetto della forza di
> > Coriolis, Qualitativamente agisce in una direzione in fase di salita e
> > nella direzione opposta in fase di discesa. Occorre andare sul
> > quantitativo per determinare il fato del proiettile all'impatto col
> > suolo.
> Penso che una dim. qualitativa si possa dare, ma ci debbo pensare (e
> poi bisogna intendersi su che cosa è "qualitativa").

Posso sbagliarmi, ma credo che il ragionamento non sia elementare e
quindi non immediatamente accessibile.

>
> > Invece, se teniamo conto della presenza dell' aria ferma in termini
> > di  attrito con l'aria, è possibile predire il non-ritorno sulla
> > testa del pistolero con bassissima incertezza. Infatti, in presenza
> > di attrito, la fase di salita e di discesa divengono asimmetriche,
> > anche in assenza di rotazioni. Il moto di salita è sicuramente un
> > moto accelerato in tutta la sua durata. Quello di discesa, oltre un
> > transiente accelerato, passa ad un regime di moto con velocità
> > uniforme (velocità limite). Il risultato è che le velocità nella
> > fase di salita e di discesa sono diverse e anche i tempi di salita e
> > discesa differiscono (esercizio: quale è il più lungo?).
> > ...
> > Questo comportamento asimmetrico, in presenza di una forza di
> > Coriolis, rende inverosimile la ricaduta nello stesso punto.
> Qui l'obiezione la faccio io.
> Se non fai conti, non hai modo neppure di stimare quanto sarà grande
> l'asimmetria.

Io avevo scritto che mi occupavo della risposta alla domanda iniziale
che non era quantitativa ma qualitativa (il proiettile torna al punto di
sparo o no?). Quindi della stima quantitativa dell' asimmetria non me ne
occupo. Mi interessava dare delle argomentazioni convincenti anche per
un non-addetto ai lavori sul fatto che Coriolis non faccia tornare
indietro alpunto di partenza.
E qui l'asimmetria tra fase di salita e di discesa in preeseza di
attrito, accessibile penso a chiunque, dà una mano più rispetto al caso
senza attrito. Poi, concordo che per il quantitativo occorre fare i conti.

>
> D'altra parte nel mondo sensibile non puoi neppure assumere che l'arma
> sia puntata *esattamente* in verticale. Ho stimato che *in assenza di
> aria* un errore di 1° nel puntamento causa uno scostamento di oltre 3
> km.
> Stando così le cose, come fai a decidere se lo scostamnto è dovuto a
> un'asimmetria o a un errore di puntamento?

Questo è un parametro importante per un confronto con esperimenti
diretti. Ma la domanda assumeva implicitamente che tirare in verticale
significa "verticale esatta".

>
> Ancora: se si dovesse fare il conto con l'aria presente, io non saprei
> da dove cominciare.

....

Le osservazioni che fai sono come al solito pertinenti, ma di come fare
per tentare un conto numerico (non esatto ma ragionevole) penso di
parlarne a parte sempre che riesca a trovare il tempo per controllare
alcune cose prima di scriverlo. :-(

Giorgio

[Marco]

On 21/10/22 19:28, Giorgio Pastore wrote:
> Il 21/10/22 11:10, Elio Fabri ha scritto:
>

>> Penso che una dim. qualitativa si possa dare, ma ci debbo pensare (e
>> poi bisogna intendersi su che cosa è "qualitativa").
>
> Posso sbagliarmi, ma credo che il ragionamento non sia elementare e
> quindi non immediatamente accessibile.

Ma almeno in assenza di aria non è piuttosto semplice dare una risposta
qualitativa nel sistema di riferimento non ruotante? Il momento angolare
del proiettile rispetto al centro della terra resta costante e quindi la
sua velocità angolare diminuisce mentre si allontana dal suolo tornando
al valore iniziale (quella del suolo) quando atterra. Questo spiega
simultaneamente il fatto che il corpo ricade a terra in verticale e che
è rimasto indietro rispetto al suolo. Sbaglio?

m

[JTS]

On 15.10.22 11:45, Giorgio Bibbiani wrote:
> Il 13/10/2022 09:33, tuc...@katamail.com ha scritto:
>> In altri lidi è emersa la seguente questione: un proiettile sparato in
>> perfetta verticale dove ricade? Non c’è stata convergenza di opinioni,
>> chi dice sulla testa del pistolero, chi “non proprio, lì vicino”.
>
> Uso le approssimazioni già scritte, cioè considero solo
> il campo di gravità uniforme e la forza di Coriolis
> agenti sul p.m., trascuro la forza centrifuga,
> gli attriti ecc. ecc., allora è possibile trovare
> una soluzione in forma chiusa.
>

Considerato che questa è una approssimazione al problema di campo
radiale uniforme in un sistema di riferimento rotante (approssimazione
perché, quando il corpo si sposta dalla verticale passante per il punto
di partenza, il campo non è più diretto verso il basso), che la
soluzione approssimata di questo problema la abbiamo già vista, che
nella soluzione approssimata del problema il moto lungo la verticale è
una parabola e che la velocità data da Coriolis almeno
approssimativamente il momento angolare lo deve conservare (non ho
controllato ma mi propongo di farlo), allora mi è in questo momento
completamente oscuro perché il calcolo che ho tentato con la
conservazione del momento angolare viene sbagliato per un fattore due.

[JTS]

Secondo me va bene. Ho tentato il calcolo basandomi su questa idea (che
ho preso dall'utente gufetto), il quale calcolo mi è venuto sbagliato di
un fattore 2---messaggio del 16.10 alle 13:07. Non ho capito perché.
Nel messaggio citato scrivo che il risultato è giusto, ma mi era
sfuggito un fattore due nel calcolo con cui lo confrontavo.

[Giorgio Bibbiani]

Il 22/10/2022 01:17, JTS ha scritto:
...

> Considerato che questa è una approssimazione al problema di campo radiale uniforme in un sistema di riferimento rotante (approssimazione perché,
> quando il corpo si sposta dalla verticale passante per il punto di partenza, il campo non è più diretto verso il basso), che la soluzione
> approssimata di questo problema la abbiamo già vista, che nella soluzione approssimata del problema il moto lungo la verticale è una parabola e
> che la velocità data da Coriolis almeno approssimativamente il momento angolare lo deve conservare (non ho controllato ma mi propongo di farlo),
> allora mi è in questo momento completamente oscuro perché il calcolo che ho tentato con la conservazione del momento angolare viene sbagliato
> per un fattore due.

Il m.a., considerando la forza gravitazionale centrale, si conserva
sia nel riferimento inerziale che in quello rotante solidale alla
Terra (ed è uguale nei 2 riferimenti), ma se si approssima il campo
gravitazionale con un campo uniforme allora il m.a. non si conserva
più in entrambi i riferimenti.

Tornando al tuo messaggio del 16/10, usando la conservazione del m.a.
nel riferimento inerziale, mi sembra che nel tuo calcolo ci possa
essere un problema dovuto al fatto che l'integrando v_t dt dà lo
spostamento tangenziale alla quota istantanea, che è diverso da
quello al livello del suolo.

Ripetendo il calcolo nel rif. inerziale con la
conservazione del m.a., ma imponendo piuttosto
che si conservi il prodotto w1 r^2 con w1 velocità
angolare del proiettile e integrando poi w1 nel
tempo, si ottiene un risultato dello spostamento
angolare e poi lineare coerente con gli altri
già descritti, v.:

https://drive.google.com/file/d/1UIJW-yQuviWIDRlsp_XXTjI24PxJ_wUK/view?usp=sharing

Ciao

--
Giorgio Bibbiani

[Marco]

On 22/10/22 01:04, JTS wrote:
> On 21.10.22 21:36, Marco wrote:
>> On 21/10/22 19:28, Giorgio Pastore wrote:

>
> Secondo me va bene. Ho tentato il calcolo basandomi su questa idea (che
> ho preso dall'utente gufetto), il quale calcolo mi è venuto sbagliato di
> un fattore 2---messaggio del 16.10 alle 13:07.

scusa, mi ero perso il vostro scambio

> Non ho capito perché.
> Nel messaggio citato scrivo che il risultato è giusto, ma mi era
> sfuggito un fattore due nel calcolo con cui lo confrontavo.

poi guardo meglio ma così al volo ho qualche dubbio: nello spostamento
della terra fino a t_max mi sembra ci sia un coefficiente 2 di troppo, a
meno che non stessi già calcolando lo spostamento fino a (circa)2 t_max,
che però non hai contato per il proiettile (perde altro terreno cadendo
perchè comunque ha velocità angolare minore della terra)

m

[Elio Fabri]

Chiedo scusa a tutti ma non riesco più a seguire questo thread
sterminato.
Sono costretto a gettare la spugna.
Continuerò a leggervi, ma smetto di scrivere.

Buon divertimento.
--
Elio Fabri

[JTS]

Rispondendo all'altro messaggio che ho mandato, forse ce l'ho fatta, e
potrebbe essere più semplice di quello che avevo pensato.
Prometto post, forse risolutivo, sulla questione.

[JTS]

On 22.10.22 16:41, Elio Fabri wrote:

> Chiedo scusa a tutti ma non riesco più a seguire questo thread
> sterminato.
> Sono costretto a gettare la spugna.
> Continuerò a leggervi, ma smetto di scrivere.
>

Hmmm, sulla risoluzione semplificata del moto nell'orbita con moto
radiale tenuto separato da quello angolare e quest'ultimo risolto con la
conservazione del momento angolare ho intenzione di cercare di chiarirmi
le idee, ho sperato in una tua occhiata alla cosa almeno quando il
ragionamento avesse preso una forma ordinata.

Il moto risolto nel sdr solidale alla superficie della Terra con campo
uniforme (che è una approssimazione del campo radiale uniforme) e forza
di Coriolis pare approssimare bene la soluzione esatta con le ellissi
kepleriane, e quindi questo dà un indizio che tale moto soddisfi
approssimativamente anche la conservazione del momento
angolare---pertanto si deve poter risolvere nel sdr inerziale usando
conservazione del momento angolare e soluzione separata per la parte
radiale del moto.

[Marco]

On 22/10/22 18:40, JTS wrote:
>
> Il moto risolto nel sdr solidale alla superficie della Terra con campo
> uniforme (che è una approssimazione del campo radiale uniforme) e forza
> di Coriolis pare approssimare bene la soluzione esatta con le ellissi
> kepleriane

Ma l'ellisse di cui parlava Elio non è "girata al contrario" rispetto a
quella del corpo nel sistema di riferimento non ruotante?
A meno che per qualche motivo che mi sfugge non sia evidente che una
ellissi "all'indietro" nel sistema ruotante corrisponda a una ellissi
"in avanti" nel sistema non ruotante.

m

[JTS]

Ho dato un'occhiata e non ho trovato l'eventuale frase o numero cui ti
riferisci.
In linea di massima uno spostamento "orizzontale" (che vediamo come
approssimazione di "angolare") del corpo nel sistema ruotante può
corrispondere ad uno spostamento di segno opposto nel sistema non ruotante.

[Marco]

Sì, certamente non ho dubbi su questo, infatti mi sa che ci siamo solo
fraintesi sul senso di qualche frase.

Nella frase

"Il moto risolto nel sdr solidale alla superficie della Terra con campo
uniforme (che è una approssimazione del campo radiale uniforme) e forza
di Coriolis pare approssimare bene la soluzione esatta con le ellissi

kepleriane, e quindi questo dà un indizio che tale moto soddisfi
approssimativamente anche la conservazione del momento angolare"

pensavo intendessi mettere a confronto la "quasi ellisse" trovata da
Elio con l'ellisse del proiettile in orbita attorno al centro della
terra e stavo appunto osservando che la prima va all'indietro mentre la
seconda va in avanti, e a me non sembra chiaro (o quantomeno non ci
arrivo) che l'una "approssimi bene l'altra".

m

[JTS]

On 23.10.22 22:36, Marco wrote:

>
> ... infatti mi sa che ci siamo solo

> fraintesi sul senso di qualche frase.
>
> Nella frase
>
> "Il moto risolto nel sdr solidale alla superficie della Terra con campo
> uniforme (che è una approssimazione del campo radiale uniforme) e forza
> di Coriolis pare approssimare bene la soluzione esatta con le ellissi
> kepleriane, e quindi questo dà un indizio che tale moto soddisfi
> approssimativamente anche la conservazione del momento angolare"
>
> pensavo intendessi mettere a confronto la "quasi ellisse" trovata da
> Elio con l'ellisse del proiettile in orbita attorno al centro della
> terra e stavo appunto osservando che la prima va all'indietro mentre la
> seconda va in avanti, e a me non sembra chiaro (o quantomeno non ci
> arrivo) che l'una "approssimi bene l'altra".
>
> m

Beh, per confrontarli bisogna fare un cambio di sistema di riferimento,
che io non ho ancora fatto (ma lo voglio fare): mi sono fidato del fatto
che la distanza calcolata con Coriolis sia la stessa di quella calcolata
con l'ellisse del proiettile in orbita. Sto preparando un breve
documento con calcoli facili per l'orbita approssimata, i confronti fra
i vari metodi me li vedo in seguito con calma.

[JTS]

On 23.10.22 23:41, JTS wrote:
Sto preparando un breve
> documento con calcoli facili per l'orbita approssimata,

https://drive.google.com/file/d/1tDL1b3eR7co4nqPDA3mjGgDhxGymeSJH/view?usp=sharing

[Massimiliano Catanese]

Il giorno martedì 18 ottobre 2022 alle 18:45:04 UTC+2 Franco ha scritto:
> On 10/18/22 13:49, Massimiliano Catanese wrote:
>
> > Infatti alla partenza avrà una componente tangenziale di velocita dovuta
> > alla rotazione della Terra che salendo tenderà a ridursi per la resistenza
> > dell' aria.

> Ma anche no. L'atmosfera si muove in modo praticamente solidale con la
> terra. Altrimenti fuori dalla finestra ci sarebbe vento quasi a Mach 1!

Argh
Hai ragione ho preso un abbaglio tremendo :-(

Scusate

[Elio Fabri]

JTS ha scritto:
> ...
>
https://drive.google.com/file/d/1tDL1b3eR7co4nqPDA3mjGgDhxGymeSJH/view?usp=sharing

Avevo detto che non avrei più scritto ma avrei letto.
Purtroppo però questo tuo non riesco a seguirlo.
1. Non capisco perché ignori la forza di Coriolis.
2. Non riesco a vedere il peso delle varie appross. e mi confonde il va
e vieni da un rif. all'altro.

Tanto che ci sono aggiungo un contributo, banale ma che non ho mai
visto.
Nel rif. rotante il momento angolare non si conserva, però ... vediamo.

Mi limito ai soli moti nel piano equatoriale.
Scrivo la seconda legge tenendp presenti le forze apparenti:

r" = -GM r/|r^3| + w^2 r - 2 w x r'.

(r, r', r". w sono vettori).
Moltiplico vettorialmente per r:

r x r" = -2 r x (w x r') = -2 (r.r') w

(tengo conto che r.w = 0).

d(r x r')/dt = -d(|r|^2 w)/dt

(w è costante).

d(r x r' + |r|^2 w)/dt = 0.

Dunque r x r' non si conserva, ma oltre l'energia esiste un altro
integrale primo (che ha solo la componente parallela a w).

Corollario: se a due diversi istanti |r| è lo stesso, anche il mom.
angolare è lo stesso.
Questo accade in particolare agli istanti di distacco e di ritorno
sulla Terra.
--
Elio Fabri

[JTS]

On 25.10.22 16:14, Elio Fabri wrote:
> JTS ha scritto:
> > ...
> >
> https://drive.google.com/file/d/1tDL1b3eR7co4nqPDA3mjGgDhxGymeSJH/view?usp=sharing
>
> Avevo detto che non avrei più scritto ma avrei letto.
> Purtroppo però questo tuo non riesco a seguirlo.

Lo riscrivo meglio, ho bisogno di un po' di tempo. È tutto nel rif.
inerziale, la parte in cui identifico l'accelerazione di gravità è
scritta orribilmente ;-)

[JTS]

On 22.10.22 10:27, Giorgio Bibbiani wrote:

>
> Tornando al tuo messaggio del 16/10, usando la conservazione del m.a.
> nel riferimento inerziale, mi sembra che nel tuo calcolo ci possa
> essere un problema dovuto al fatto che l'integrando v_t dt dà lo
> spostamento tangenziale alla quota istantanea, che è diverso da
> quello al livello del suolo.
>

Non me ne ero accorto, e ci ho messo un po' a rendermi conto/convincermi
che la cosa sta come dici tu.
Adesso pian piano i calcoli stanno andando a posto.

[JTS]

Eccolo:

https://drive.google.com/file/d/16rPUh4mhj4Hrl3LPujQ1ipYqZLmDGeze/view?usp=share_link

Va ancora migliorato, ma credo sia diventato comprensibile, in
particolare sono stato attento a distinguere i riferimenti nei quali
svolgo i calcoli.

Anche io non riesco a vedere il peso delle diverse approssimazioni, e
non mi è ancora chiaro come è che i due calcoli che faccio vadano così
d'accordo come vanno.

I tuoi calcoli sopra postati non li ho ancora letti con attenzione, lo farò.

[gufetto]

.....

non ti resta che disegnare il grafico anche partendo dalle tre velocità, di sparo, tangenziale e dovuta all' accelerazione centripeta, (la base!) così hai fatto tutti e tre i metodi fin qui descritti

[JTS]

On 03.11.22 21:58, gufetto wrote:


>
> non ti resta che disegnare il grafico anche partendo dalle tre velocità, di sparo, tangenziale e dovuta all' accelerazione centripeta, (la base!) così hai fatto tutti e tre i metodi fin qui descritti

Non ho capito, potresti dirlo diversamente?

[gufetto]

.......

riprendi da questo disegno qui che avevo già postato
https://i.postimg.cc/G3zgkH2B/aaatang.png

Potresti scrivere intanto che la componente spaziali sugli assi valga

y=Rterra+integrale(0,t)...[v3sparo.-g*t *sin(omega*t)] in dt
x=integrale()...[v2tangenz.- g*t*cos(omega*t)] in dt


praticamente ho dato alla velocità v1=(g*t) il valore come se il corpo possedesse anche una velocità di caduta libera verso il centro della terra dal momento dello sparo,


..l' ho sottratta nella sua componente sull' asse (y) v1(y)=g*t*[sen (omega*t)], alla velocità d' inerzia dello sparo, facendolo ad ogni angolo di rotazione (omega*t),
..integrando la funzione di cui sopra in (dt) per ottenere lo spostamento verticale sull' asse (y)..


Per l' inerzia tangenziale (v2tangenz.) l' ho sottratta alla componente sull' asse (x) di (g*t).....v1(x)=g*t*[cos(omega*t)] ricavando lo spostamento sull' asse (x) ..integrando in (dt)

disegnando il moto sugli assi quando y e x re-incontrano la funzione spaziale della circonferenza terrestre ..fine del moto.

Ma non è matematica per me non so nemmeno scrivere bene i calcoli ma spero di averti dato l' idea se mi pubblicano

[gufetto]

Il giorno venerdì 4 novembre 2022 alle 13:50:03 UTC+1 JTS ha scritto:

........
Questo..

Sommi i due vettori delle velocità di inerzia di sparo e tangenziale v2 e v3, col vettore v1=g*t, spostandoti di angolo in angolo ricavando le nuove coordinate e valori vettoriali

fino ad re-incontrare la funzione della circonferenza terrestre.. te l' ho spiegato con parole mie come lo imposterei programmando al PC tanto per partire con i tentativi
..ma dai fresco di studi non sarà un problema nemmeno impostarci un calcolo differenziale,,
L' avevo già messo..
https://i.postimg.cc/G3zgkH2B/aaatang.png

[gufetto]

..............

..parlando di inerzie forse era meglio se scrivevo le equazioni partendo una discussione sulla somma vettoriale delle quantità di moto
(m*v2+m*v3+m*g*t=m*vrisult.) per ogni istante, che semplificando (m) però mi pare messa meglio come nel ragionamento di prima..
che ne dite?

[JTS]

On 04.11.22 14:48, gufetto wrote:
> Il giorno venerdì 4 novembre 2022 alle 13:50:03 UTC+1 JTS ha scritto:
>> On 03.11.22 21:58, gufetto wrote:
>>
>>
>>>
>
>>> non ti resta che disegnare il grafico anche partendo dalle tre velocità, di sparo, tangenziale e dovuta all' accelerazione centripeta, (la base!) così hai fatto tutti e tre i metodi fin qui descritti
>> Non ho capito, potresti dirlo diversamente?
>
> ........
> Questo..
>
> Sommi i due vettori delle velocità di inerzia di sparo e tangenziale v2 e v3, col vettore v1=g*t, spostandoti di angolo in angolo ricavando le nuove coordinate e valori vettoriali
>
> fino ad re-incontrare la funzione della circonferenza terrestre..

Anche se non pare, il calcolo postato da Elio Fabri mediante un link fa
quello che tu dici. Il messaggio di Elio è del 28.10 alle 21:12;
copincollo il link al calcolo: http://www.sagredo.eu/temp/dev-ovest.pdf

Il punto è che il calcolo che tu vedi come un'integrazione passo-passo
si può fare dando una soluzione dell'equazione differenziale del moto (a
cui tu ti riferisci) in coordinate polari.

Un libro in cui questo è descritto in maniera più semplice da seguire
rispetto ad altri libri è il primo volume de "La Fisica di Berkeley". Se
sei interessato potrei cercare qualche documento online. Nel documento
stesso di Elio c'è un link a una sua trattazione, che però è secondo me
più difficile da seguire di quella de "La Fisica di Berkeley"; però ci
puoi provare.