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Pape
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Messaggio da Pape » 12 giu 2008, 23:51

come l'avevo inteso io il quesito era che il razzo si spegnesse istantaneamente e quindi la risposta è che l'uomo non avvertirebbe il proprio peso ed è come se appunto, trovandoci sulla Terra, "sparisse" il campo gravitazionale.

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Mathomico
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Messaggio da Mathomico » 13 giu 2008, 21:49

matteo16 ha scritto: se dovesse spegnersi del tutto non si spegnerebbe comunque istantaneamente perchè per vederlo spegnersi si dovrebbe essere osservatori inerziali esterni al razzo. allora dobbiamo considerare il dissincronismo.

[...]

ma da una velocità v a 0 vi è comunque una decelerazione, inoltre se consideriamo la deflessione della luce, per noi osservatori il razzo appare in un luogo, quando si ferma la luce torna "normale" e il razzo sembra accelerare. quindi per un osservatore esterno forse vi è una decelerazione anche dopo.e quindi sempre per un osservatore esterno l'uomo potrebbe provare un attrazione verso l'alto quando il razzo si ferma.
C'è qualcosa che non mi è chiaro; potresti rispiegarmi qual'è il tuo dubbio? ti chiedo scusa, ma con la relatività si fa sempre un mucchio di confusione, ed è difficile capire qual'è il riferimento giusto da cui affrontare il problema.


Per tornare un attimo al problema originario: oggi ero in treno e l'impianto di raffreddamento (immagino) aveva una perdita; fatto sta che nell'intercapedine tra i due vetri del finestrino accanto al quale ero seduto, si era accumulata un po' d'acqua (2 o 3 cm). Chiaramente mentre il treno era fermo il profilo dell'acqua si presentava orizzontale.
Come si presentava durante le partenze? e durante le fermate? e mentre il treno viaggiava?
Risolto il problema iniziale, questo è piuttosto facile, lo ammetto, ma oggi in treno mi è venuta in mente questa discussione, così ho deciso di postarlo.

Ciao, Mathomico.

Pape
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Messaggio da Pape » 13 giu 2008, 23:11

durante la partenza il treno accelera e quindi le gocce formeranno un angolo con la verticale e si presenteranno inclinate nel senso contrario all'accelerazione. Penso che anche in questo caso un'ipotetica misura dell'angolo possa essere usata per calcolare
l'accelerazione del treno. Quando si è prossimo ad una fermata e quindi il treno decelera la situazione è invertita. L'inclinazione sarà dalla parte opposta rispetto alla partenza.

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Messaggio da SkZ » 13 giu 2008, 23:39

in realta' l'astronauta percepisce di cadere: in fatti stare dentro un corpo non soggetto a forze e' equiparabile a stare dentro uno in caduta libera.
Per quanto elabora il suo cervello, a lui prima sembra di essere sottoposto a gravita' poi gli sembra di cadere
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Messaggio da Ippo_ » 14 giu 2008, 13:51

Se il treno accelera con accelerazione costante $ a $ (è irrealistico, ma vabbè) dobbiamo avere sull'acqua una forza risultante $ F=ma $ che è data necessariamente, poichè la pressione $ P $ dev'essere uniforme nel fluido, da una differenza tra le superfici su cui tale pressione agisce.
Si avrà dunque, essendo $ d $ lo spessore del finestrino e $ h_{1,2} $ le altezze raggiunte dall'acqua alle due estremità del finestrino, $ ma=F=F_1-F_2=P\cdot d \cdot(h_1-h_2) $.
Essendo ora P la pressione necessaria a non far cadere la massa d'acqua verso il basso ($ P\cdot d \cdot l=mg $, dove $ l $ è la lunghezza orizzontale del finestrino), si ottiene:
$ ma=\frac{mg}{dl}\cdot d \cdot (h_1-h_2) $ ovvero $ a=\displaystyle \frac{(h_1-h_2)}{l}\cdot g $ dove $ g $ è nota e le due altezze si misurano col righello, oppure si considera $ \displaystyle \frac{h_1-h_2}{l}=\tan \alpha $ e quindi $ a=g \tan \alpha $, misurando $ \displaystyle\alpha $ col goniometro.
Ecco un altro accelerometro :P
(PS non ho esaminato i casi in cui l'acqua si stacca completamente da una delle pareti... è possibile? A quali condizioni? .....Hint: l'aqua è incomprimibile, il volume non varia...)
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Messaggio da Mathomico » 14 giu 2008, 14:58

Ippo_ ha scritto:Se il treno accelera con accelerazione costante $ a $ (è irrealistico, ma vabbè) dobbiamo avere sull'acqua una forza risultante $ F=ma $ che è data necessariamente, poichè la pressione $ P $ dev'essere uniforme nel fluido, da una differenza tra le superfici su cui tale pressione agisce.
Non sono d'accordo.
Ad esempio, quelli che fanno immersioni sanno benissimo che nel mare la pressione aumenta con la profondità.
Concordo con il risultato finale, ma non sono troppo convinto dei passaggi...

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Messaggio da Zoidberg » 14 giu 2008, 19:53

SkZ ha scritto:detta in modo spiccio, due sistemi di riferimento non soggetti a forze (inerziali) sono indistinguibili.
Non puoi sapere se il tuo sistema di riferimento e' fermo o in moto costante.
Ergo, il comportamento e' lo stesso.
Non intendevo questo...
Il caso esaminato da Ippo considera una situazione dove l'accelerazione è, per dirla in modo spiccio, sempre stata presente.
Io chiedo quale sia il moto della biglia se da una situazione di quiete o moto uniforme si passa istantaneamente ad una situazione di moto uniformemente accelerato.
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Messaggio da SkZ » 14 giu 2008, 21:44

che sia in quiete o in moto uniforme non cambia (quiete=uniformemente fermo :P )
se il corpo inizia ad accelerare vedrai il pendolo spostarsi fino a che non si ha una situazione di equilibrio tra forza peso e forza apparente
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Messaggio da julio14 » 14 giu 2008, 22:32

credo chiedesse che tipo di moto fa la biglia per raggiungere la posizione di equilibrio. E se non lo chiedeva lui, lo faccio comunque io! :D

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Messaggio da SkZ » 14 giu 2008, 23:04

Allora, tu sei gia' in un sistema non inerziale (gravita' verso il basso). Accelerando fai altro che aggiungere un'altra accelerazione. Esse si sommano e ti ritrovi con una risultante inclinata rispetto alla gravita'.
Ergo la situazione e' come se prendessi il pendolo con le mani e lo tieni in una posizione (lo fai esercitando una forza) e poi mollandolo.
Il pendolo oscilla attorno alla posizione di equilibrio.
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Messaggio da Ippo_ » 15 giu 2008, 12:49

Mathomico ha scritto:Ad esempio, quelli che fanno immersioni sanno benissimo che nel mare la pressione aumenta con la profondità.
:lol: direi :lol:
Ho assunto che la variazione di pressione dalla cima al fondo fosse trascurabile, date le dimensioni relativamente piccole del finestrino, ma in effetti è una boiata, a quel punto tanto vale assumere che l'acqua non abbia massa :lol:

Azzardo una soluzione che tenga conto delle variazioni di pressione (verticali e orizzontali).
Fissiamo un sistema di riferimento cartesiano con l'asse x coincidente con la base del finestrino e verso positivo nel senso di marcia, l'asse y positivo verso l'alto e l'origine degli assi a metà della base del finestrino. L'equazione del filo dell'acqua sarà $ y=h+\tan(\alpha)x $, dove $ \displaystyle \alpha $ è l'angolo individuato dal filo dell'acqua rispetto all'orizzontale durante l'accelerazione e h è il livello dell'acqua in quiete.

Si ha a questo punto che in un generico punto della base la pressione, secondo la legge di Stevino, varia linearmente con l'altezza della colonna d'acqua che sorregge, ovvero: $ P(x)=\rho g \cdot y(x) = \rho g \cdot (h+\tan(\alpha)x) $. Questo per quanto riguarda la base (y=0). In un generico punto di coordinate $ \displaystyle (x,y) $ la pressione è $ P(x,y)=\rho g \cdot (h+\tan(\alpha)x-y) $.
Come nella soluzione di prima, la forza risultante, che dà all'acqua la stessa accelerazione a del treno, è data dalla differenza delle forze che l'acqua esercita sulle pareti verticali del finestrino (in quanto per il 3° principio della dinamica queste esercitano sull'acqua reazioni uguali e contrarie).
Tali forze sono le stesse che si avrebbero se la pressione, anzichè variare linearmente, fosse (verticalmente) uniforme al valore che ha a metà altezza (si dimostra facilmente).
Si ha quindi, se z è lo spessore del finestrino,
$ ma=F_R=F_1-F_2= $
$ =P(l,\frac{h+l\tan\alpha}{2})\cdot (h+l\tan\alpha)z - P(-l,\frac{h-l\tan\alpha}{2})\cdot (h-l\tan\alpha)z= $
$ =\displaystyle \frac{\rho g z}{2} \cdot ((h+l\tan\alpha)^2-(h-l\tan\alpha)^2)= $
$ = \displaystyle \frac{\rho g z}{2} \cdot (4hl\tan\alpha)= $
$ =\rho g (zh2l) \tan\alpha=\rho V \cdot g\tan\alpha = $ (abbiamo detto che 2l è la misura della base e che h è l'altezza dell'acqua in quiete, perciò il prodotto tra parentesi è il volume dell'acqua)
$ =mg\tan\alpha $.

Riprendendo l'uguaglianza in cima, si conclude
$ a=g\tan\alpha $
che è lo stesso risultato di prima. Mah.
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Messaggio da Zoidberg » 15 giu 2008, 13:04

julio14 ha scritto:credo chiedesse che tipo di moto fa la biglia per raggiungere la posizione di equilibrio. E se non lo chiedeva lui, lo faccio comunque io! :D
Grazie julio, iniziavo a dubitare delle mie abilità comunicative :P.
Dato che ci siamo, che periodo avrà questo moto oscillatorio?
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quasi...

Messaggio da Mathomico » 15 giu 2008, 13:06

Ippo_ ha scritto: Si ha a questo punto che in un generico punto della base la pressione, secondo la legge di Stevino, varia linearmente con l'altezza della colonna d'acqua che sorregge , ovvero: $ P(x)=\rho g \cdot y(x) = \rho g \cdot (h+\tan(\alpha)x) $. Questo per quanto riguarda la base (y=0). In un generico punto di coordinate $ \displaystyle (x,y) $ la pressione è $ P(x,y)=\rho g \cdot (h+\tan(\alpha)x-y) $.
[...]
che è lo stesso risultato di prima. Mah.
Mi dispiace dovertelo dire, ma anche questa soluzione fa "acqua".
La frase che ho evidenziato è vera, purché si consideri la corretta "colonna d'acqua" che viene sorretta.
Immagina di avere una scatola piena d'acqua, e di lasciarla cadere da un palazzo (supponiamo ogni attrito trascurabile).
Quant'è la pressione al suo interno? come varia con la coordinata verticale all'interno della scatola(supponendo che la scatola non ruoti mentre cade) ?

Oppure, sei mai stato sulle montagne russe? come mai quando il trenino fa un salita rapida si ha quel leggero senso di stordimento?

Aspetto la risposta corretta (puoi vederla in un modo mooolto più semplice, senza cercare di trovare la distribuzione della pressione nel fluido)

Mathomico.

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Messaggio da Ippo_ » 15 giu 2008, 13:08

Dato che ci siamo, che periodo avrà questo moto oscillatorio?
Il campo gravitazionale apparente è quello dato dalla somma vettoriale di g e di a (accelerazione della macchina), di modulo $ \sqrt{(a^2+g^2)} $ e direzione inclinata di un angolo $ \alpha= \arctan(a/g) $.
Se a è abbastanza piccola rispetto a g allora l'angolo $ \alpha $ è abbastanza piccolo e il moto è come quello di un pendolo con periodo $ T=2\pi\sqrt{\frac{l}{\sqrt{a^2+g^2}}} $

Una considerazione identica vale per l'acqua del finestrino, il cui filo non fa altro che inclinarsi ortogonalmente al "campo gravitazionale apparente totale", che è banalmente la somma vettoriale di a (accelerazione del treno) e di g. Il vettore-somma è appunto inclinata con la verticale di un angolo $ \alpha=\arctan(a/g) $, da cui il risultato $ a=g\tan\alpha $. (Grazie mathomico)
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Re: quasi...

Messaggio da Ippo_ » 15 giu 2008, 13:48

Mathomico ha scritto:Mi dispiace dovertelo dire, ma anche questa soluzione fa "acqua".
La frase che ho evidenziato è vera, purché si consideri la corretta "colonna d'acqua" che viene sorretta.
E invece è vera comunque. C'ho pensato su, la distribuzione di pressione che ho calcolato è corretta.
breve dimostrazione: consideriamo una colonna verticale di altezza $ h $ ed una ortogonale al filo dell'acqua di lunghezza $ h_1 $ che si incontrano in un punto ad una certa pressione $ P $. Si dovrebbe avere $ P= \rho g h = \rho \sqrt{a^2+g^2} h_1 $, ovvero $ \frac{g}{\sqrt{g^2+a^2}}=\frac{h_1}{h} $, il che è vero in quanto entrambi i membri sono uguali a $ \sin\alpha $ essendo i rapporti tra cateti corrispondenti e ipotenuse in triangoli rettangoli simili. In poche parole, la variazione di pressione nelle colonne verticali compensa solo g, ma c'è anche una variazione di pressione in orizzontale che compensa a e se eseguiamo la costruzione geometrica che ho spiegato notiamo come le colonne parallere al vettore-somma di g ed a hanno esattamente la variazione di pressione prevista nell'altra soluzione. In pratica considerando le colonne oblique si trovano gli stessi risultati e la stessa distribuzione di pressione. Spero si capisca qualcosa.
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