Non è poi così difficile (sempre ammesso che lo abbia fatto nel modo giusto)
Basta fare delle considerazioni...
palla da tennis che rimbalza
palla da tennis che rimbalza
Come devo lanciare una palla da tennis contro una parete inclinata a 45° in modo che, fissato il valore dell'energia cinetica con cui la palla è lanciata, essa raggiunga la massima altezza possibile dopo un solo rimbalzo? Si indichi con $ \displaystyle $ \alpha $ l'inclinazione del lancio e con $ \displaystyle L $ la distanza in orizzontale del punto di lancio dalla parete (vedi figura)
Non è poi così difficile (sempre ammesso che lo abbia fatto nel modo giusto)
Basta fare delle considerazioni...
Non è poi così difficile (sempre ammesso che lo abbia fatto nel modo giusto)
Basta fare delle considerazioni...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Dispiace a qualcuno se lo rimango?pic88 ha scritto:Così
Anche perchè non sono convintissimo della soluzione che è postata...pur essendo simile alla mia...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Comunque io sconsiglio di vedere il link...piuttosto di ragionarci...
Anche perchè trovo poco chiaro il tutto...
Mettiamo le cose in chiaro...
Troviamo la quota massima che la palla può raggiungere...
Inanzitutto io consiglio di porre l'energia potenziale pari a 0 lungo la retta parallela alla linea di terra lungo la quale misuriamo L
Figura
In tal modo possiamo fare delle considerazioni...
In un campo conservativo come il campo gravitazionale l'energia rimane costante...
Quindi la somma tra energia potenziale $ \displaystyle U $ ed energia cinetica $ \displaystyle E_c $ è costante...
Detto in parole povere...
Nell'istante $ \displaystyle t_0 $, ovvero l'istante del lancio l'energia potenziale $ \displaystyle U $ sarà pari a $ \displaystyle 0 $ per come abbiamo posizionato la linea di terra, mentre l'energia cinetica $ \displaystyle E_c $, che è fissata avrà valore massimo.
$ \displaystyle E_{c}=\frac{1}{2}mv^{2} $
Daltronde nell'istante $ \displaystyle t_f $, ovvero l'istante finale, l'energia cinetica sarà pari a $ \displaystyle 0 $ e si sarà trasformata completamente in energia potenziale...
Pertanto possiamo affermare che in $ \displaystyle t_f $
$ \displaystyle U=\frac{1}{2}mv^{2} $
Ma ricordiamo che $ \displaystyle U $ ha anche espressione
$ \displaystyle U=mgh $
Confrontiamo queste due equazioni ed esplicitiamo $ \displaystyle h $ (che risulta essere la quota massima
$ \displaystyle h=\frac{v^{2}}{2g} $
Ora il problema grosso è capire come funzionano gli urti...
A questo punto potrei sparare un sacco di cavolate...
Qualcuno vuol proseguire da qui?
Anche perchè trovo poco chiaro il tutto...
Mettiamo le cose in chiaro...
Troviamo la quota massima che la palla può raggiungere...
Inanzitutto io consiglio di porre l'energia potenziale pari a 0 lungo la retta parallela alla linea di terra lungo la quale misuriamo L
Figura
In tal modo possiamo fare delle considerazioni...
In un campo conservativo come il campo gravitazionale l'energia rimane costante...
Quindi la somma tra energia potenziale $ \displaystyle U $ ed energia cinetica $ \displaystyle E_c $ è costante...
Detto in parole povere...
Nell'istante $ \displaystyle t_0 $, ovvero l'istante del lancio l'energia potenziale $ \displaystyle U $ sarà pari a $ \displaystyle 0 $ per come abbiamo posizionato la linea di terra, mentre l'energia cinetica $ \displaystyle E_c $, che è fissata avrà valore massimo.
$ \displaystyle E_{c}=\frac{1}{2}mv^{2} $
Daltronde nell'istante $ \displaystyle t_f $, ovvero l'istante finale, l'energia cinetica sarà pari a $ \displaystyle 0 $ e si sarà trasformata completamente in energia potenziale...
Pertanto possiamo affermare che in $ \displaystyle t_f $
$ \displaystyle U=\frac{1}{2}mv^{2} $
Ma ricordiamo che $ \displaystyle U $ ha anche espressione
$ \displaystyle U=mgh $
Confrontiamo queste due equazioni ed esplicitiamo $ \displaystyle h $ (che risulta essere la quota massima
$ \displaystyle h=\frac{v^{2}}{2g} $
Ora il problema grosso è capire come funzionano gli urti...
A questo punto potrei sparare un sacco di cavolate...
Qualcuno vuol proseguire da qui?
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Un paio di osservazioni:
- In quel topic io avevo postato un abbozzo di soluzione della quale non ero per niente sicuro e non lo sono tuttora. Non ho voglia di mettermi a rifarlo ora, però...
- Non hai fatto praticamente niente! A scrivere la conservazione dell'energia siamo capaci tutti, il problema è tutto esclusivamente basato sul modo in cui la palla arriva contro la parete, su come rimbalza e su dove arriva. Secondo me dovresti stare meno attento ai formalismi quando affronti un problema di fisica e andare più nel concreto... Per scrivere che Energia_Dopo = Energia_Prima ci vuole mezza riga, non mezza pagina... O, se proprio vuoi, puoi anche metterci mezza pagina, basta che dopo affronti il problema vero...
- In quel topic io avevo postato un abbozzo di soluzione della quale non ero per niente sicuro e non lo sono tuttora. Non ho voglia di mettermi a rifarlo ora, però...
- Non hai fatto praticamente niente! A scrivere la conservazione dell'energia siamo capaci tutti, il problema è tutto esclusivamente basato sul modo in cui la palla arriva contro la parete, su come rimbalza e su dove arriva. Secondo me dovresti stare meno attento ai formalismi quando affronti un problema di fisica e andare più nel concreto... Per scrivere che Energia_Dopo = Energia_Prima ci vuole mezza riga, non mezza pagina... O, se proprio vuoi, puoi anche metterci mezza pagina, basta che dopo affronti il problema vero...
va bè dai...
Ora non esageriamo...mettere le cose in chiaro mi sembra giusto...
E poi quello che hai fatto te mi sembrava sbagliato...cioè portire con quota L...
Partire con quota 0 mi sembra più ragionevole...sia chiaro alla fine è la stessa cosa...
E poi...
Non segnaliamo che il problema esiste se non è stato risolto...
Ora non esageriamo...mettere le cose in chiaro mi sembra giusto...
E poi quello che hai fatto te mi sembrava sbagliato...cioè portire con quota L...
Partire con quota 0 mi sembra più ragionevole...sia chiaro alla fine è la stessa cosa...
E poi...
Non segnaliamo che il problema esiste se non è stato risolto...
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hai ragione...Stex19 ha scritto:probabilmente è sbagliato, perchè mi sembra troppo banale, ma l'angolo non deve essere banalmente 0, in modo tale che dopo il rimbalzo la pallina vada esattamente in verticale??
mi ero convinto ma non è così....la soluzione è decisamente più complessa...credo di esser a buon punto e appena finisco posto...
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è vero... perchè non devi calcolare l'altezza dal punto del rimbalzo ma dal punto del lancio...EUCLA ha scritto:@Stex19
Non ho ancora provato a far l'esercizio, proverò quand'ho tempo, però non credo sia così banale. Bisogna vedere quanto ci guadagni col rimbalzo, e quanto ci guadagni con il lancio. (Anche con il lancio va un pò in alto eh..)
Domanda: come hai interpretato il problema?
Risposta: Il problema secondo me non è posto in modo molto chiaro.
La prima interpretazione che se ne può dare è: come devo lanciare la palla affinchè, dopo aver rimbalzato una volta, raggiunga la massima altezza possibile rispetto all'origine?
La seconda interpretazione che se ne può dare è: come devo lanciare la palla affinchè, dopo aver rimbalzato una volta, raggiunga la massima altezza possibile rispetto al punto da cui l'ho lanciata?
La terza interpretazione che se ne può dare è: come devo lanciare la palla affinchè, dopo aver rimbalzato una volta, raggiunga la massima altezza possibile rispetto al punto in cui rimbalza?
La quarta interpretazione che se ne può dare è: come devo lanciare la palla affinchè essa non raggiunga la massima altezza possibile prima di rimbalzare, ma la raggiunga tra il primo e il secondo rimbalzo? (anche questa si dividerebbe in tre: massima altezza rispetto a cosa?)
Io risponderò alle interpretazioni 1, 2 e 3, in modo breve perchè se riportassi tutti i conti ci metterei fino a domani. Chiamo $ \displaystyle v $ la velocità iniziale della pallina, e chiamo p l'angolo per non impazzire col Latex. Con qualche conto si scopre che la traiettoria prima dell'urto è:
$ \displaystyle y=L + v_y/v_x x - gx^2 / (2v_x^2) $
Chiamo $ \displaystyle A=(a,a) $ il punto in cui rimbalza, e lo trovo:
$ \displaystyle a = \frac{v^2cos^2 p}{g}[(tg p -1) + \sqrt{(1-tg(p))^2 + 2L(g/(v^2cos^2p))} $
Intanto, vediamo che per L che tende a infinito, a tende all'infinito. Perciò la massima altezza rispetto allo zero che si può raggiungere non esiste, perchè il punto di rimbalzo può essere alto quanto si vuole. Adesso noto che la riflessione su un piano inclinato di 45° non fa che scambiare le componenti x e y della velocità. Per dimostrarlo basta fare la figura e guardare come si combinano le componenti.
Adesso voglio risolvere la seconda interpretazione. Immagino di avere fissato p: la componente y della velocità dopo l'urto, che è uguale alla componente x prima dell'urto, risulta fissata e vale $ \displaystyle v cos p $. Perciò l'altezza a cui arriva la palla rispetto al punto di rimbalzo è fissata ed io devo farla arrivare più in alto possibile: devo massimizzare quindi $ \displaystyle a-L $, cioè massimizzare
$ \displaystyle a - L= \frac{v^2cos^2 p}{g}[(tg p -1) + \sqrt{(1-tg(p))^2 + 2L(g/(v^2cos^2p))} - L $
Ecco, questo è noioso, comunque facendo una derivata si trova $ \displaystyle L = v^2/g * sin p cos p (1 - 0.5 tg p) $. Tenendo conto del tratto percorso dalla palla dopo il rimbalzo, essa arriva all'altezza:
$ \displaystyle h = a - L + (v^2 cos^2p)/(2g) $.
Sostituendo il valore di L trovato dentro a e poi dentro h, e svolgendo dei conti un po' noiosi, si trova che la altezza non dipende da p e vale sempre $ \displaystyle v^2/(2g) $. Perciò l'altezza massima che si raggiunge rispetto al punto di lancio è quella e la condizione per raggiungerla è di scegliere L e p legati da quella relazione. Questo risolve la seconda interpretazione. Penso che ci siano altre strade per risolverla; ad esempio, immagino che la condizione che ho trovato mi faccia rimbalzare la pallina proprio mentre si trova nel vertice della parabola, ed in quel modo la farò arrivare sicuramente più in alto possibile.
Per la terza interpretazione, bisogna massimizzare invece soltanto $ \displaystyle v^2 cos^2p/(2g) $ e allora basta che sia p=0, indipendentemente da L.
Risposta: Il problema secondo me non è posto in modo molto chiaro.
La prima interpretazione che se ne può dare è: come devo lanciare la palla affinchè, dopo aver rimbalzato una volta, raggiunga la massima altezza possibile rispetto all'origine?
La seconda interpretazione che se ne può dare è: come devo lanciare la palla affinchè, dopo aver rimbalzato una volta, raggiunga la massima altezza possibile rispetto al punto da cui l'ho lanciata?
La terza interpretazione che se ne può dare è: come devo lanciare la palla affinchè, dopo aver rimbalzato una volta, raggiunga la massima altezza possibile rispetto al punto in cui rimbalza?
La quarta interpretazione che se ne può dare è: come devo lanciare la palla affinchè essa non raggiunga la massima altezza possibile prima di rimbalzare, ma la raggiunga tra il primo e il secondo rimbalzo? (anche questa si dividerebbe in tre: massima altezza rispetto a cosa?)
Io risponderò alle interpretazioni 1, 2 e 3, in modo breve perchè se riportassi tutti i conti ci metterei fino a domani. Chiamo $ \displaystyle v $ la velocità iniziale della pallina, e chiamo p l'angolo per non impazzire col Latex. Con qualche conto si scopre che la traiettoria prima dell'urto è:
$ \displaystyle y=L + v_y/v_x x - gx^2 / (2v_x^2) $
Chiamo $ \displaystyle A=(a,a) $ il punto in cui rimbalza, e lo trovo:
$ \displaystyle a = \frac{v^2cos^2 p}{g}[(tg p -1) + \sqrt{(1-tg(p))^2 + 2L(g/(v^2cos^2p))} $
Intanto, vediamo che per L che tende a infinito, a tende all'infinito. Perciò la massima altezza rispetto allo zero che si può raggiungere non esiste, perchè il punto di rimbalzo può essere alto quanto si vuole. Adesso noto che la riflessione su un piano inclinato di 45° non fa che scambiare le componenti x e y della velocità. Per dimostrarlo basta fare la figura e guardare come si combinano le componenti.
Adesso voglio risolvere la seconda interpretazione. Immagino di avere fissato p: la componente y della velocità dopo l'urto, che è uguale alla componente x prima dell'urto, risulta fissata e vale $ \displaystyle v cos p $. Perciò l'altezza a cui arriva la palla rispetto al punto di rimbalzo è fissata ed io devo farla arrivare più in alto possibile: devo massimizzare quindi $ \displaystyle a-L $, cioè massimizzare
$ \displaystyle a - L= \frac{v^2cos^2 p}{g}[(tg p -1) + \sqrt{(1-tg(p))^2 + 2L(g/(v^2cos^2p))} - L $
Ecco, questo è noioso, comunque facendo una derivata si trova $ \displaystyle L = v^2/g * sin p cos p (1 - 0.5 tg p) $. Tenendo conto del tratto percorso dalla palla dopo il rimbalzo, essa arriva all'altezza:
$ \displaystyle h = a - L + (v^2 cos^2p)/(2g) $.
Sostituendo il valore di L trovato dentro a e poi dentro h, e svolgendo dei conti un po' noiosi, si trova che la altezza non dipende da p e vale sempre $ \displaystyle v^2/(2g) $. Perciò l'altezza massima che si raggiunge rispetto al punto di lancio è quella e la condizione per raggiungerla è di scegliere L e p legati da quella relazione. Questo risolve la seconda interpretazione. Penso che ci siano altre strade per risolverla; ad esempio, immagino che la condizione che ho trovato mi faccia rimbalzare la pallina proprio mentre si trova nel vertice della parabola, ed in quel modo la farò arrivare sicuramente più in alto possibile.
Per la terza interpretazione, bisogna massimizzare invece soltanto $ \displaystyle v^2 cos^2p/(2g) $ e allora basta che sia p=0, indipendentemente da L.
Allora...
La situazione è a dir poco complicata...
Basta seguire...
Fate riferimento all'immagine quando potete
INIZIO
Si osservi che la velocità iniziale $ \displaysyle V_{0} $ può esser scomposta nelle sue componenti $ \displaystyle V_{a} $ e $ \displaystyle V_{b} $, rispettivamente perpendicolari alla linea di terra e parellela alla linea di terra...
Studiamo ora il moto della palla dall'istante$ \displaystyle t_{0} $, ovvero il momento del lancio, all'istante $ \displaystyle t_{r} $ ovvero l'istante precedente al rimbalzo.
Osserviamo che durante questo tempo la velocità $ \displaystyle V_{b} $ si conserva, mentre la componente $ \displaystyle V_{a} $ non si conserva, e nell'istante$ \displaystyle t_{r} $la componente della velocità diretta verso l'alto vale $ \displaystyle V'_{a} $
Dunque
$ \displaystyle \\ V_{0}=\sqrt{{V_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} \\ V_{r}=\sqrt{{V'_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} \\ $
Si voglia ora determinare il valore (modulo) di$ \displaystyle V_{a} $.
Studiamo il moto della palla solo lungo la componente perpendicolare alla linea di terra.
Quindi ci riduciamo a srudiare un semplice caso di lancio di un grave.
Applichiamo la conservazione dell'energia e poniamo in ugualianza l'energia nell'istante $ \displaystyle t_{0} $ con quella nell'istante $ \displaystyle t_{r} $
$ \displaystyle\\ \frac{1}{2}m{v_{a}}^{2}=\frac{1}{2}m{v'_{a}}^{2}+mgh \\ v'_{a}= \sqrt{{v_{a}}^{2}-gh} $
Osserviamo ora che
$ \displaystyle v_{a}=v_{0}sin \alpha $
Quindi
$ \displaystyle v'_{a}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-gh} $
Non è ancora finita...
Dobbiamo mettere in mezzo la distanza dalla parete $ \displaystyle L $
Ci riconduciamo alla definizione di tangente
$ \displaystyle \\ \frac{h}{L+h}=tg{\alpha} \\ h= \frac{L}{cotg{\aplpha}-1} $
Sostituiamo ancora $ \displaystyle v'_{a}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}} $
A questo punto vogliamo trovare $ \displaystyle V_r $, ovvero la velocità nell'istante dell'urto, che per come stanno le cose
$ \displaystyle V_{r}=\sqrt{{V'_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} $
per tutto quello che abbiamo detto
$ \displaystyle V_{r}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{V_{b}}^{2}} $
Ma$ \displaystyle V_{b}=V_{0}cos{\alpha} $
Riscriviamo il tutto
$ \displaystyle V_{r}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} $
FAtti questi passaggi andiamo avati e consideriamo il modo dal momento dell'urto $ \displaystyle t_{r} $ al momento finale $ \displaystyle t_{f} $
Al momento dell'urto ul modulo della velocità è sempre $ \displaystyle V_r $, ma dobbiamo fare un paio di considerazioni: cambia il verso e la direzione del vettore.
Allora inanzitutto individuiamo l'angolo $ \displaystyle \beta $, che risulta essere
$ \displaystyle \beta=45-\alpha $
A questo punto(non faccio un secondo disegno altrimenti perdo altre 2 ore) la velocità è diretta lungo la linea verde in figura, pertanto per trovare nuovamente la componente della velocità verso l'alto e quella parallela alla linea di terra dobbiamo utilizzare le solite formule trigonometriche
Scriviamo direttamente la componente perpendicolare alla linea di terra diretta verso l'alto
$ \displaystyle V_{f}=V_{r}cos{(45-\beta)} $
$ \displaystyle V_{f}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos{(45-\beta)} $
per capire la questione degli angoli guardare la figura, è abbastanza esplicito.
A questo punto ci accingiamo a finire.
Arrivati ad un certo punto il modo della palla cesserà e si avrà energia potenziale massima che determinerà la quota
Ricordiamoci che il nostro studio riguarda il momento del rimbalzo e il momento finale, quindi utilizzaimo la conservazione dell'energia
$ \displaystyle mgh + \frac{1}{2}m{v_{f}}^{2}=mgh_{max} $
Avanti con la semplificazione e la messa in evidenza
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{v_{f}}^{2}}{2g} $
Sostituiamo $ \displaystyle {v_{f}}^{2} $
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(45-\beta)}}{2g} $
Rapida sostituzione tra $ \displaystyle \alpha $ e $ \displaystyle \beta $
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(-\alpha)}}{2g} $
Ancora un passaggio ricordando il valore di $ \displaystyle h $
$ \displaystyle h_{max}=\frac{L}{cotg{\alpha}-1}+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(-\alpha)}}{2g} $
A questo punto io la vedo la soluzione (almeno credo)...
E non sono nenanche sorpreso...
Vediamo se qualcuno si pronuncia...
La situazione è a dir poco complicata...
Basta seguire...
Fate riferimento all'immagine quando potete
INIZIO
Si osservi che la velocità iniziale $ \displaysyle V_{0} $ può esser scomposta nelle sue componenti $ \displaystyle V_{a} $ e $ \displaystyle V_{b} $, rispettivamente perpendicolari alla linea di terra e parellela alla linea di terra...
Studiamo ora il moto della palla dall'istante$ \displaystyle t_{0} $, ovvero il momento del lancio, all'istante $ \displaystyle t_{r} $ ovvero l'istante precedente al rimbalzo.
Osserviamo che durante questo tempo la velocità $ \displaystyle V_{b} $ si conserva, mentre la componente $ \displaystyle V_{a} $ non si conserva, e nell'istante$ \displaystyle t_{r} $la componente della velocità diretta verso l'alto vale $ \displaystyle V'_{a} $
Dunque
$ \displaystyle \\ V_{0}=\sqrt{{V_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} \\ V_{r}=\sqrt{{V'_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} \\ $
Si voglia ora determinare il valore (modulo) di$ \displaystyle V_{a} $.
Studiamo il moto della palla solo lungo la componente perpendicolare alla linea di terra.
Quindi ci riduciamo a srudiare un semplice caso di lancio di un grave.
Applichiamo la conservazione dell'energia e poniamo in ugualianza l'energia nell'istante $ \displaystyle t_{0} $ con quella nell'istante $ \displaystyle t_{r} $
$ \displaystyle\\ \frac{1}{2}m{v_{a}}^{2}=\frac{1}{2}m{v'_{a}}^{2}+mgh \\ v'_{a}= \sqrt{{v_{a}}^{2}-gh} $
Osserviamo ora che
$ \displaystyle v_{a}=v_{0}sin \alpha $
Quindi
$ \displaystyle v'_{a}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-gh} $
Non è ancora finita...
Dobbiamo mettere in mezzo la distanza dalla parete $ \displaystyle L $
Ci riconduciamo alla definizione di tangente
$ \displaystyle \\ \frac{h}{L+h}=tg{\alpha} \\ h= \frac{L}{cotg{\aplpha}-1} $
Sostituiamo ancora $ \displaystyle v'_{a}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}} $
A questo punto vogliamo trovare $ \displaystyle V_r $, ovvero la velocità nell'istante dell'urto, che per come stanno le cose
$ \displaystyle V_{r}=\sqrt{{V'_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} $
per tutto quello che abbiamo detto
$ \displaystyle V_{r}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{V_{b}}^{2}} $
Ma$ \displaystyle V_{b}=V_{0}cos{\alpha} $
Riscriviamo il tutto
$ \displaystyle V_{r}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} $
FAtti questi passaggi andiamo avati e consideriamo il modo dal momento dell'urto $ \displaystyle t_{r} $ al momento finale $ \displaystyle t_{f} $
Al momento dell'urto ul modulo della velocità è sempre $ \displaystyle V_r $, ma dobbiamo fare un paio di considerazioni: cambia il verso e la direzione del vettore.
Allora inanzitutto individuiamo l'angolo $ \displaystyle \beta $, che risulta essere
$ \displaystyle \beta=45-\alpha $
A questo punto(non faccio un secondo disegno altrimenti perdo altre 2 ore) la velocità è diretta lungo la linea verde in figura, pertanto per trovare nuovamente la componente della velocità verso l'alto e quella parallela alla linea di terra dobbiamo utilizzare le solite formule trigonometriche
Scriviamo direttamente la componente perpendicolare alla linea di terra diretta verso l'alto
$ \displaystyle V_{f}=V_{r}cos{(45-\beta)} $
$ \displaystyle V_{f}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos{(45-\beta)} $
per capire la questione degli angoli guardare la figura, è abbastanza esplicito.
A questo punto ci accingiamo a finire.
Arrivati ad un certo punto il modo della palla cesserà e si avrà energia potenziale massima che determinerà la quota
Ricordiamoci che il nostro studio riguarda il momento del rimbalzo e il momento finale, quindi utilizzaimo la conservazione dell'energia
$ \displaystyle mgh + \frac{1}{2}m{v_{f}}^{2}=mgh_{max} $
Avanti con la semplificazione e la messa in evidenza
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{v_{f}}^{2}}{2g} $
Sostituiamo $ \displaystyle {v_{f}}^{2} $
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(45-\beta)}}{2g} $
Rapida sostituzione tra $ \displaystyle \alpha $ e $ \displaystyle \beta $
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(-\alpha)}}{2g} $
Ancora un passaggio ricordando il valore di $ \displaystyle h $
$ \displaystyle h_{max}=\frac{L}{cotg{\alpha}-1}+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(-\alpha)}}{2g} $
A questo punto io la vedo la soluzione (almeno credo)...
E non sono nenanche sorpreso...
Vediamo se qualcuno si pronuncia...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Credi di semplificare le cose con una parabola?Barbara ha scritto:Ma la traiettoria non dovrebbe essere parabolica?..
La tua linea verde non mi pare una parabola..
E poi...
Mai sentito parlare del principio di indipendenza dei moti simultanei?
Bè alla fine è stato utilizzato quello...
La linea verde rappresenta la linea lungo la quale è direzionata la velocità nell'istante iniziale...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Si scusa, avevo visto la linea verde e credevo intendessi che faceva quella strada lì, il resto della soluzione non l'ho neanche letta..non intendevo essere offensiva.angus89 ha scritto:Credi di semplificare le cose con una parabola?Barbara ha scritto:Ma la traiettoria non dovrebbe essere parabolica?..
La tua linea verde non mi pare una parabola..
E poi...
Mai sentito parlare del principio di indipendenza dei moti simultanei?
Bè alla fine è stato utilizzato quello...
La linea verde rappresenta la linea lungo la quale è direzionata la velocità nell'istante iniziale...
ciao!!