lancio sasso da un palazzo

[Bacco]

@Mamo: hai ragione, quando ho tempo correggo il mio post (va considerata la vel istantanea)

@Iron_man: sono d'accordo, ma evidentemente l'unico che per ora ha risolto quella derivata è Mamo

@fur3770: quando ho tempo riscrivo la soluzione chiaramente (il fatto è che finchè Mamo non posta la soluzione della derivata non so che scrivere)

Ciao

[giacky]

ciao,
per il calcolo dell'angolo che massimizza la gittata non occorre fare la derivata di G rispetto all'angolo (dove G è la G che ha riportato Iron_Man; è sufficiente supporre di lanciare ad un'altezza tante palline in tutte le direzione con velocità costanti in modulo. Si prova che esse formeranno istantaneamente una sfera di raggio R e centro C variabili. Per trovare la G massima occorre porre G^2= R^2-C^2 (Si adotti un opportuno sistema di rifermento in cui l'origine appartiene al suolo). se si deriva G^2 rispetto all'angolo si ottiene una condizione sull'angolo che massimizza la gittata. ciao

[fur3770]

ci sono quasi arrivato ma mi esce una equazione di 2° grado in coseno e tangente..

ovvero, prendo:


y= -1/2[(g/(v_0^2 *cos^2(alpha))* x^2 + (tg(alpha))*x + 50

questa non è altro la canonica equazione della gittata del moto parabolico a cui ho aggiunto il 50 dell'altezza della torre


ora faccio la derivata di questa equazione rispetto all'angolo alpha e pongo la derivata =0 per trovare appunto la sol di x che da' gittata massima. ma quest'equazione come c.... la risolvo?

[fur3770]

Vorrei proporre un altro metodo:
pongo l'origine delle coordinate nel punto di lancio e scrivo la relazione $ -h=vtsen\alpha - \frac{gt^2}{2} $. Risolvo rispetto a $ t $ e trovo che l'unico valore accettabile, perchè non negativo, è $ t=\frac{v sen\alpha + \sqrt{v^2(sen\alpha)^2 +2hg}}{g} $.
Pertanto:

$ x=vcos\alpha \frac{v sen\alpha + \sqrt{v^2(sen\alpha)^2 +2hg}}{g} $

Allora, per $ \alpha=45° x_{max}=28,2 m $.

A questo punto basta (si fa per dire) derivare questa funzione $ x=f(\alpha) $ e porre $ \frac{dx}{d\alpha}=0 $, dunque risolvere rispetto a $ \alpha $. Io c'ho provato, ma poi mi sono arreso (vengono calcoli possibili ma davvero ingestibili, con svariate potenze di funzioni trigonometriche) e allora mi sono affidato a un programma di elaborazione grafici, che oltre a confermare la validità di questa soluzione per i casi particolari già calcolati mi ha detto che la derivata si annulla in $ \alpha=0,2954 $ da cui$ x_{max}=33,534 m $.
(Occhio: $ \alpha $ è in radianti! In gradi è 16,9°).
Di certo ci dev'essere un modo umano per farlo, solo che io per ora non l'ho visto, oppure ho sbagliato i conti: controllate.

Per quanto riguarda l'angolo è facile: $ \beta=arctg \frac{v_x}{v_y} = arctg \frac{v}{\sqrt{2gh}} $ nel caso $ \alpha=0 $.

Per quanto riguarda il raggio di curvatura non ne sono per nulla sicuro, ma secondo me bisogna considerare che la forza peso è centripeta, quindi vale che $ P_{perpendicolare al moto}=mv^2r^{-1} $. Nell'istante iniziale si ricava che $ r_0=\frac{v^2}{g} $. Nell'istante finale del moto..... Nota: sarebbe interessante studiare come varia il raggio di curvatura, tanto abbiamo già tutti gli strumenti.

Svolgendo i conti:
$ \beta=17,7° $
$ r_0=10,2 m $

Che ve ne pare? Ditemi se vi sembra plausibile. @fur3770:ma il problema l'hai inventato te o l'hai trovato da qualche parte? Hai la soluzione? Cmq complimenti, è un bel problema.

Ciao

credo che bacco almeno come ragionamento non abbia sbagliato. in ogni caso potresti finirlo il probl? magari anche il 2°? beh anche se c'è qualche errore non è la fine del mondo...

[fur3770]

I calcoli per trovare la distanza massima raggiunta non sono molto complicati (Bacco avrà fatto un errore). Si ottiene:
$ x_{max} = \frac{v_0\sqrt{v_0^2 + 2gh}}{g} = 33,534 m $
Il raggio di curvatura all'impatto, usando il risultato di Bacco, a me viene 362,2 m.

si chiedeva L'ANGOLO per cui la gittata è massima

[Ponnamperuma]

Dunque, in poce parole l'angolo per cui si ha la gittata massima, fissato una velocità v è 45°... Te lo dimostro...

Si sa che la traiettoria parabolica del corpo è descritta dall'equazione

$ \displaystyle y=(\frac{v_{y}}{v_{x}})x-\frac{1}{2}\frac{g}{v_{x}^2}x^2 $

Ora immagina questa parabola (la cui concavità è verso il basso) in un sistema di assi cartesiani $ Oxy $, in modo che le sue intersezioni con l'asse x giacciano nel semiasse positivo (origine compresa) e una coincida proprio con l'origine...
Quell'intersezione rappresenterà il punto da cui viene lanciato l'oggetto...

Per trovare l'ascissa dell'altra intersezione si risolve banalmente l'equazione di cui sopra, ponendo $ y=0 $.

Nonostante il molto tempo trascorso ho postato la dimostrazione, così ho anche fatto pratica con

Si ottiene dopo qualche passaggio $ x_{1}=0 $, che è la soluzione banale, e $ \displaystyle x_{2}=\frac{2v_{x}v_{y}}{g} $

Poichè $ v_{x}=v\cos\alpha $ e $ v_{y}=v\sin\alpha $, $ \displaystyle x_{2}=\frac{2v^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} $, il che è uguale a $ \displaystyle \frac{v^2\sin2\alpha}{g} $.
Poichè sia $ v^2 $ sia $ g $ sono fissati, non resta che trovare il massimo della funzione $ y=\sin2\alpha $ nell'intervallo tra 0° e 90°...
Ciò si ha quando $ \sin2\alpha=1 $, da cui $ \alpha=45° $

Nonostante il molto tempo trascorso posto comunque la dimostrazione, così faccio anche pratica con $ \LaTeX $! Ciao!

[BMcKmas]

Dunque, in poce parole l'angolo per cui si ha la gittata massima, fissato una velocità v è 45°... Te lo dimostro...

Non è così.... guarda bene il testo ... il sasso non viene lanciato da terra!

ciao

[Ponnamperuma]

oops... hai ragione, leggendo il topic alla veloce me ne ero dimenticato...
La dimostrazione sopra riportata (come dice BMcKmas) è da intendersi valida se il sasso è lanciato da terra!...