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Titolo: la pallina risale la collina

Immaginiamo di prendere in mano una pallina e di lasciarla cadere da ferma
da
un'altezza h rispetto al suolo, la pallina urtera' il suolo con velocita' Vs
= SQRT(2*g*h), con g =
accelerazione di gravita', inoltre e' ben noto che se lanciata da terra in
direzione verticale con velocita' iniziale Vs la pallina raggiungera' prima
di ricadere un'altezza h.
Consideriamo adesso una collina di altezza h, se la pallina parte dalla base
della collina in direzione della cima con velocita' iniziale Vs, possiede
esattamente l'energia per arrivare in cima alla collina con velocita' finale
nulla, allora la domanda e': riuscira' la pallina ad arrivare in cima alla
collina ad altezza h dal suolo in  un tempo finito?
Si ipotizza che il profilo della collina sia descritto da una curva
regolare, ad es. un arco di cerchio, che la pallina schematizzata come un
punto materiale sia vincolata a seguire questo profilo, che la cima della
collina sia piatta, cioe' che la tangente alla curva nel suo punto piu' alto
sia orizzontale, e che si possano trascurare attriti ecc..
E se invece la pallina dovesse risalire un piano inclinato cambierebbe
qualcosa?
Ciao
--
Giorgio Bibbiani
Per rispondere togliere la h nell'indirizzo e-mail.

 qualcosa?
Dunque, se la collina e' un arco di cerchio, la sua energia cinetica K
sara uguale a
K=1/2[m(Vs^2/r)]
Dove r e' il raggio di curvatura.
Per il piano inclinato, avremo invece della velocita' angolare, Vs pura e
semplice.
Ora, conoscendo l'altezza h della collina, possiamo calcolare lo spazio
percorso semplicemente con @*h, dato che h=r e @=angolo percorso.
Per il piano inclinato, abbiamo un h*cos(@) per le x, ed un h*sen(@) per
le y.
Poi si usano le equazioni del moto uniformemente accelerato e si trova il
tempo.
Qual'e' il problema?
---
Blackstorm
*Vicario d'Armi di idf*
Tittums e' il nostro gatto, ed ha le dimensioni di un rotolo di soldini.
Inarcava la schiena e bestemmiava come uno studente in medicina.
(Jerome Klapka Jerome)
E da oggi anche su ICQ! UIN 116647346 (nick: blacks)          

 collina ad altezza h dal suolo in  un tempo finito?
spoiler..
No. Basta invertire il tempo: t -> (-t),
e avrai una pallina ferma in cima alla collina
con v=0 in equilibrio instabile, nel
quale restera' per un tempo infinito, a meno di
perturbazioni.....
ciao.
sandro.san

 collina ad altezza h dal suolo in  un tempo finito?
Secondo me non ci arriva proprio.
Non voglio mettermi a fare i conti perche' sono molto arruginito. Ma da quel che
ricordo, le leggi della dinamica sono invarianti per inversioni temporali. Detto
terra terra: se il tempo scorre all'indietro, tutto funziona come se il tempo
scorresse in avanti.
Ora, ammettiamo che la tua pallina risale tutta la collina ed arriva in cima con
velocita' nulla. A questo punto prendo un telecomandino che mi ha dato Archimede
l'ultima volta che sono stato a Paperopoli, premo un pulsante ed il tempo
inverte la sua direzione. Cosa succede? Assolutamente nulla. La pallina resta
ferma sulla cima della collina, dal momento che ha velocita' nulla e nessuna
altra forza interviene su di essa.
Poiche' la pallina avrebbe dovuto invece percorrere la strada fatta al
contrario, mi sembra logico che in questo scenario c'e' qualcosa di sbagliato. E
precisamente l'iptesi che la pallina possa arrivare sulla sommita' della collina
con velocita' zero.
--AG

quando leggo queste domande che dovrebbero esser 
banali avendo passato fisica I mi rendo conto di 
quanto io sia ancora ignorante in materia!
ciao :)

#include "sandro.kan.h"

Che senso ha un tempo negativo? Il meno e' ammissibile solo nei vettori,
qnd si parla di grandezze fisiche.


 
No, lo sbaglio, secondo me, e'che viene considerata solo ed unicamente
l'energia cinetica, che e' effettivamente nulla alla fine (V=0, dato che
1/2*m e' costante e !=0), ma siccome per non mi ricordo quale principio,
nulla si distrugge, e dando per buona l'ipotesi di assenza di attrito e
beghe varie, tutta l'energia cinetica si trasforme in energia potenziale. 
E l'energia ponziale non dipende dalla velocita', infatti:
U=mgh 
Ovvero, il tuo telecomando, facendo scorrere all'indietro il tempo, deve
per forza di cose far diminuire l'energia potenziale, ma questa
diminuzione non puo' aver luogo se l'energia non me la ritrovo da qlc
altra parte, e siccome mancano del tutto le forze ESTERNE, ma esiste solo
la forza di gravita' e la reazione normale del piano, che si annullano e
quinid non danno luogo ad uso di energia, abbiamo che la nostra energia
potenziale persa deve necessariamente ritornare ad essere energia
cinetica, e qst vuol dire che la velocita' varia. Quindi Archimede ha
inventato un telecomando che non funge. 
Anche perche' se proprio insisti col tempo negativo, tieni conto che la
pallina parte all'istante t=0 ed arriva in cima all'istante t=t1.
Essendo la velocita' media in qst tratto x/t1, dove x e' lo spazio
percorso, ne consegue che andando all'indietro nel tempo, la pallina deve
avere una velocita' sempre maggiore, ma mai superiore a Vs, perche' se a
Vs l'altezza e' zero, allora l'energia potenziale e' nulla (assunto il
punto di partenza della pallina dalle base della collina come punto piu'
basso.), se l'energia potenziale continuasse a diminuire, il delta(U)
sarebbe maggiore del delta(K), contravvenendo al pricipio di conservazione
dell'energia. quindi, per forza di cose, al diminuire del tempo deve
diminuire anche lo spazio.


OK, soluzioni esatte, la differenza con il piano inclinato e' per l'appunto
che la pallina posta ad altezza h dal suolo sul piano inclinato con
velocita' iniziale nulla non e' in equilibrio ed inizia a cadere.



Le leggi della meccanica classica godono dell'invarianza rispetto
ad alcune simmetrie, ivi compresa quella temporale.
Nel caso (qui in esame) in cui le forze siano conservative,
e' possibile applicare l'operatore T: t -> (-t) ed ottenere,
per le traiettorie:  x(t) -> x(-t).
In soldoni: se guardi la videocassetta di una palla di cannone
che segue una parabola nel vuoto, non sei in grado di dire
se il film sta' andando in avanti o indietro.
sandro.san

 diminuire anche lo spazio.
OK. E allora?
A me sembra che ti sia sfuggito un punto importante, che pero' ho ribadito piu' volte.
Lo stato finale della sferetta e' uno stato di *equilibrio*. Questo rende il problema
non simmetrico per inversioni temporali. Ma poiche' le equazioni che descrivono il
moto della sferetta *sono* simmetriche per inversioni temporali, significa
semplicemente che il caso ipotizzato non puo' avvenire, a meno di non trovarci di
fronte ad un paradosso (o all'intervento di forze esterne, come l'attrito)
--AG


Scusa una cosa, ma trascurando gli attriti, l'unica cosa che varia e' la
componente verticale della velocita', qll orizzontale e' invariata... no? 


 
Chiedo scusa. Non conoscevo qst pricipio fisico. Cmq, ora mi torna
praticamente tutto... deve essere stato l'appello di ieri... ovviamente
era Fisica... :(((
Non sono passato.



.
.
Partiamo dal fondo, dal piano
inclinato rettilineo. La decellerazione sara' costante e se nel punto in
cui la pallina esaurisce la sua energia cinetica il piano inclinato diventa
un altopiano, la pallina si fermera'. Avra' impiegato un tempo finito
t=sqr(2s/a) con s=spazio percorso e a=componente obliqua di g.
.
La tua
preoccupazione, se ho ben capito, e' che si inneschi un effetto tipo
Achille e la tartaruga se il profilo della collina e' raccordato, cioe' man
mano che la pendenza diminuisce, diminuisce anche la decellerazione,
portando a divergere il tempo. Non e'cosi', senza fare calcoli complessi,
la pendenza diventa infinitesima soltanto nel punto finale, per un istante
finale, quindi il tempo resta finito. Per convincerci ulteriormente
possiamo immaginare il profilo della collina come una serie di piani
inclinati. Solo l'ultimo, piccolo a piacere, avra' pendenza nulla.
.
Ciao
:o)
Livio
--------------------------------
Inviato via 
http://usenet.iol.it
 

Ciao a tutti.
Per convincersi della divergenza del tempo,
forse e' conveniente fare un esempio.
La forma della collina sia (A, B, C sono costanti):
y = -A * x^2,
Per la conservazione dell'energia ( v(x=0) = 0 )
v(x)=sqrt(- 2* g * y) = B * x
Se il corpo parte da (-1, -A)
t= int(x=-1,x=0) [ ds / v]
ds e' lo spostamento infinitesimo:
ds = sqrt(dx^2 + dy^2) = dx * sqrt(1 + (dy/dx)^2) =
 = dx*sqrt(1 + C * x^2)
t = int(x=-1,x=0) [ dx*sqrt((1 + C * x^2)/ B*x)]
E' un integrale improprio (non e' definito
l'integrando in x=0) e diverge perche' per x ~ 0
si puo' approssimare a 1/x che diverge.
sandro.san

 sandro.san
Oppure si può vedere che se fosse possibile arrivare in cima
all'istante t*, allora l'eq. diff. del moto a partire
dalla cima della collina e da t=t*, non avrebbe soluzione
unica (può stare anche ferma lì, oltre che essere salita)
e questo è "strictly forbidden" dal magico teorema di esistenza e unicità.
Ciao
Andrea


.
.
Idealizzazione
per idealizzazione, prendiamo una pallina puntiforme e lanciamola sul lato
di un triangolo equilatero con l'energia giusta per finire in equilibrio
sul vertice. La pallina si muovera' perfettamente di moto rettilineo
uniformemente accelerato con decelerazione a=g*cos(alfa) se alfa e' il
semiangolo al vertice. E impieghera' esattamente un tempo t=sqr(2s/a) per
arrivare in cima. E se inverto il tempo restera' in equilibrio sul vertice.
E allora?
.
Ciao  :o)))


qualcosa?
Nessuna, tranne i parametri nell'equ. di moto.
Col piano inclinato e` ancora piu` veloce, ecco:
(1/2)g(h/l)t^2+vt-l=0
con l=lunghezza del piano inclinato, v=velocita` iniziale, g=~10.
Ma mi dici dov'e` l'enigma?
Perche' a me li`*li` sembriamo un po' OT :-((
-- 
Ci sentiamo  |  Remigio Zedda  || Attenzione! campo "From:" alterato
ciao Remigio |                 ||==> E-mail: 
remi...@tiscalinet.it
-------------|      ..si` d'accordo.. ma con la Deb e` un'altra cosa!
/* Linux 2.2.17 su Debian GNU/Linux 2.2 Potato */

 Perche' a me li`*li` sembriamo un po' OT :-((
[cut]
Ciao, rispondo prima all'ultima domanda, il quesito e' enigmatico perche' la
sua soluzione, cioe' che la pallina non arrivera' mai in cima alla collina
nonostante possegga energia sufficiente per farlo, e' abbastanza
controintuitiva e tu stesso sei stato tratto in inganno dall'apparente
semplicita' del quesito.
Le ragioni per cui la pallina non puo' arrivare ad altezza h in cima alla
collina (contrariamente al caso di un piano inclinato infinito, in cui la
pallina arriva ad altezza h dal suolo prima di ricadere indietro) sono state
spiegate in diversi messaggi precedenti, puoi consultare
anche V. Arnold, Metodi Matematici della Meccanica Classica, cap. II, par.
4, in cui viene presentato questo problema con relativa soluzione.
Ciao
--
Giorgio Bibbiani
Per rispondere togliere la k nell'indirizzo e-mail.

 arrivare in cima. E se inverto il tempo restera' in equilibrio sul
vertice.
[cut]
Ciao, la difficolta' in questo caso e' che il vertice del triangolo e' un
punto singolare da un punto di vista geometrico e non si puo' stabilire a
priori se un punto materiale posto sul vertice restera' in equilibrio o
cadra' lungo uno dei lati perche' non e' definito il valore della forza di
reazione vincolare nel vertice (non esiste la tangente nel vertice), nel
problema originale ho supposto esplicitamente che il profilo della collina
fosse regolare, cioe' che in ogni punto fosse definita la tangente al
profilo, proprio per evitare questo tipo di difficolta', e rendere possibile
l'applicazione del teorema di unicita' per la soluzione di un'equazione
differenziale, come ha osservato Andrea Artesiani.
Quanto al piano inclinato (supposto infinito, in modo da evitare questo tipo
di difficolta' nel vertice, mi scuso se non l'ho detto esplicitamente), cio'
che accade e' ovviamente che la pallina raggiunta un'altezza h dal suolo
ricade indietro, il tutto in un tempo finito.
Questo problema, con relativa soluzione, e'  trattato nel libro di V.
Arnold, Metodi Matematici della Meccanica Classica, cap II, par. 4.
Ciao
--
Giorgio Bibbiani
Per rispondere togliere la k nell'indirizzo e-mail.

 arrivare in cima. E se inverto il tempo restera' in equilibrio sul
vertice.
[cut]
Ciao, la difficolta' in questo caso e' che il vertice del triangolo e' un
punto singolare da un punto di vista geometrico e non si puo' stabilire a
priori se un punto materiale posto sul vertice restera' in equilibrio o
cadra' lungo uno dei lati perche' non e' definito il valore della forza di
reazione vincolare nel vertice (non esiste la tangente nel vertice), nel
problema originale ho supposto esplicitamente che il profilo della collina
fosse regolare, cioe' che in ogni punto fosse definita la tangente al
profilo, proprio per evitare questo tipo di difficolta', e rendere possibile
l'applicazione del teorema di unicita' per la soluzione di un'equazione
differenziale, come ha osservato Andrea Artesiani.
Quanto al piano inclinato (supposto infinito, in modo da evitare questo tipo
di difficolta' nel vertice, mi scuso se non l'ho detto esplicitamente), cio'
che accade e' ovviamente che la pallina raggiunta un'altezza h dal suolo
ricade indietro, il tutto in un tempo finito.
Questo problema, con relativa soluzione, e'  trattato nel libro di V.
Arnold, Metodi Matematici della Meccanica Classica, cap II, par. 4.
Ciao
--
Giorgio Bibbiani
Per rispondere togliere la k nell'indirizzo e-mail.

4, in cui viene presentato questo problema con relativa soluzione.
..se sapessi dove trovarlo:-((


v(x)=sqrt(- 2* g * y) = B * x
Potresti dirmi da dove la ricavi, se non e` troppo lungo. Perche' non
riesco a seguire.
v(x) indica la velocita` in funxione di x?
E dunque B=sqrt(2Ag), con g=gravita`?



.
.
C'e'
una certa probabilita' che abbiate ragione... :o)))
Pero', lasciatemi fare
il Don Chisciotte, siamo su it.hobby..., non su it.fisica... Sarei quindi
grato a chi volesse esporrre una semplice e convincente dimostrazione,
magari estratta dal testo citato che, molti di noi, me compreso, avranno
difficolta' a consultare. Fin qua non siete stati convincenti per le
seguenti ragioni:
1)L'integrale di sandro.san zoppica proprio in quel
punto dove vorrebbe dimostrare qualche cosa.
2)I discorsi sulla
simmetricita' del tempo zoppicano non appena si *fa la punta alla collina*.
3)Il teorema di unicita' per la soluzione di un'equazione differenziale al
massimo ci dice che c'e' qualche cosa che non torna in cima alla collina.
.
Io (per adesso) la vedo cosi':
Siamo tutti d'accordo che la pallina
arrivera' almeno ad un *pelo* dalla sommita' in un tempo finito. A
percorrere l'ultimo infinitesimo, perche' il tempo dovrebbe divergere a
infinito? Non vi basta un'indeterminatezza?
.
Ciao  :o))


 Livio
Ciao Livio.
sandro.san

 v(x) indica la velocita` in funxione di x?
Si..
Ciao...

 massimo ci dice che c'e' qualche cosa che non torna in cima alla collina.
Per la conservazione dell'energia sappiamo che se la pallina raggiunge la
vetta, in quel punto la sua velocita' deve essere 0, inoltre se la vetta e'
piana (tangente orizzontale), la componente lungo la traiettoria della forza
di gravita' f(s) (s e' la coordinata lungo la traiettoria) che agisce sulla
pallina in quel punto e' nulla.
Se il profilo della collina e' regolare, f(s) e' una funzione continua della
posizione s lungo la traiettoria, e siamo nelle condizioni per applicare il
teorema di unicita' all'equazione differenziale del moto che esprime il 2°
principio della dinamica: nel caso che la pallina raggiunga la vetta,
l'unica soluzione del problema di Cauchy con condizioni iniziali velocita'
nulla e accelerazione nulla (perche' la forza e' nulla) e' la soluzione s =
costante, per cui ad *ogni* istante di tempo la pallina e' ferma sulla
vetta, quindi la pallina non puo' essere giunta sulla vetta partendo dalla
base della collina (questo ragionamento, gia' fatto da Andrea Artesiani, e'
anche quello che in un contesto piu' generale si trova sull'Arnold).


Insisto.
Anch'io mi son fatto un esempio concreto. Ho assunto la collina
y=-x^2 con la base a y=-1 e il punto di lancio a (-1,-1), la cima a (0,0),
l'altezza h=1. Per semplificare al max le cose sono andato su un pianeta
dove g=1, cosi' lanciando una pallina di massa m=1, ho bisogno di
un'energia cinetica iniziale E=1 che corrisponde ad una velcita' iniziale
vi=sqr(2). Se la lancio in verticale, raggiungera' h=1 in t=sqr(2), se la
lancio su un piano inclinato di PI/4, raggiungera' h=1 in t=2. Per le
unita' di misura fate voi, anche quelle di Romano Amodeo vanno benissimo
:o))
Devo dire che anche per una collina cosi' semplice, calcolare per via
analitica il tempo e' impresa ardua. Ma l'integrale numerico e' una
passeggiata! N e' il numero delle differenza finite e i risultati sono
questi:
.
N________t
1________2
10_______3.55
100______3.76
1000_____5.39
10000____8.43
100000___10.03
1000000__10.31
.
Ora, se
qualcuno scorge una divergenza a infinito di t... a me sembra che stia
sotto la dozzina!  :o)))  Tenete conto che N sta crescendo
esponenzialmente. Quando N raggiungera' l'infinito :) t sara' ancora dalle
parti della dozzina :) Che he dite?
.
Ciao :o)
Livio
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.
PS questo e' l'ultimo, neh, poi la
smetto :)



.
.
No, no. Il PC da solo forse,
ma il PC + la nostra mente a volte fanno miracoli. Non e' il caso
dell'oggetto del thread, che e' una causa persa (hanno ragione *loro* :).
Ma in molti casi una rapida scorsa al PC ci da un'idea di dove si va a
finire. Guarda ad es. la tua serie 1/n, messa in scala esponenziale come ho
fatto per la collina, come e' evidente che diverge! Aumenta di 2.3 ad ogni
ordine di grandezza con una regolarita' tale che mi fa venir voglia di
indagare :o)))
[guardaccaso ln(10)=...)
.
1_________1
10________2.92
100_______5.18
1000_____ 7.48
10000_____9.78
100000____12.09
1000000___14.39
.
E comunque e' una tra le serie meno divergenti. Pensa
invece come converge e=lim[x->inf](1+1/x)^x o tante altre:
.
1_________2
10________2.59374
100_______2.70481
1000______2.71692
10000_____2.71814
100000____2.71826
1000000___2.71828
.
Disse Giove alla gallina: cosa
posso regalarti affinche' tu smetta di ruspare? Rispose la gallina:
regalami cio' che vuoi, ma lasciami ruspare.
.
Ciao!  :o)
Livio


parti della dozzina :) Che ne dite?
Se y=-x^2 -> y'=-2x
t=S ds/v 
con ds=sqrt(1+y'^2)*dx=sqrt(1+4x^2)*dx
e v=sqrt(-2*g*y)=sqrt(2*x^2)=-sqrt(2)*x
=> t=-1/rad2 * S sqrt(1+4x^2)*dx/x da -1 a 0
una primitiva è:
ln((1-sqrt(4x^2 +1))/x) + sqrt(4x^2 + 1)
Per cui se il secondo estremo è x=0 diverge.
Se invece x=        t=
-0.1                2.15
-0.01               3.79
-0.001              5.42
-0.0001             7.05
-0.00001            8.67
-0.000001          10.30
-0.0000001         11.93
Come veniva a te, però se x= -10^(-20) ->t=33.09
e se x= -10^(-50) ->t=81.94
(calcolati col Derive con più di 30 cifre decimali, altrimenti
dava già infinito pure lui!)
Ciao
Andrea                   

analitica il tempo e' impresa ardua.
Se a e' l'ascissa di partenza e b quella di arrivo, il tempo T e'
    /x=b      /x=b 
T = |    dt = |      ds/v
    /x=a      /x=a
ds=tratto infinitesimo di collina di profilo f(x) = sqrt(1+f'(x)^2) dx
= sqrt(1+4xx) dx; v = velocita' in funzione di x = |x|sqrt(2). Quindi
ds/v =sqrt((4xx+1)/2xx). Essendo per x>0
/       1+4xx
| sqrt(-------) dx = [sqrt(4xx+1) + ln(4x) - ln(sqrt(4xx+1)+1)]/sqrt(2)
/        2xx
ed essendo ds/v funzione pari di x, il tempo da x=-1 a x=b (b<0) e'
  /x=1        1+4xx
T=|     sqrt(-------) dx = 
  /x=-b        2xx
[sqrt(5)+ln(4)-ln(sqrt(5)+1)-sqrt(4bb+1)-ln(-4b)+ln(sqrt(4bb+1)+1)]
/sqrt(2)
che, per b tendente a 0^-, tende a +infinito come -ln(-4b)/sqrt(2).
Ciao

v=sqrt (2 g (-y))
THNX!
A me, con le tue notazioni, ma con: Y=y+h; a=-A; a<0; cioe` spostata
in alto di h:  Y=ax^2+h, viene benissimo l'integrazione.
L'equazione di moto, con ascissa s sopra la parabola a partire dal
vertice, viene infatti cosi`: (all'andata, cioe` a scendere)
(1)	s=[1/(4a)][2awtf+log(2awt+f)]
(2)	f=f(t)=sqrt[1+(2awt)^2]
(3)	w=costante=velocita` orizzontale [*]
Infatti dalla (1) si vede che scegliendo w=0, la s risulta
identicamente nulla. Cioe` non si muove proprio per niente.
Ah.. l'integrale e` semplicino, eccolo: (S=simbolo d'integrale)
(4)	ds=+-Sfd(wt)
la storia di +- e` da vedere un po'.. infatti di solito si prende
l'asse y verso il basso e dunque ds positivo insieme con dx, dy.
Qui, prendendo il + scende nell'arco di sinistra.
[*] Si puo` notare che se la traiettoria e` una parabola e se
l'accelerazione verticale e` costante, allora la velocita` orizzontale
e` costante. Lo si sa dalla balistica.
Per questo ho detto nel post in risposta a Giorgio che bisogna
assegnare "veramente" l'energia sufficiente a raggiungere la cima.
Il plus di energia e` quello che assegna la velocita` orizzontale.



Eccolo! Se a_y=costante e a_x=0, la traiettoria e' una parabola,
e v_x=costante;
ma non e' in generale vero il contrario. In questo caso,
infatti, m*a_y = -g*m + N_y,
dove N_y e' la componente y della reazione vincolare,
che non e' costante. E neanche v_x (w nel tuo post)
e' costante, tant'e' vero che v_x e' nulla
solo in cima alla collina.....
Ciao, e scusami per la precisazione, ma trattandosi di fisica:-)
sandro.san


.
.
Per le teorie del
campionamento e dell'informazione, se osservo un fenomeno fisico attraverso
un milione di campioni, e' perche' mi interessa osservarlo con la
risoluzione di un milionesimo, quindi quando la pallina entra
nell'intervallo di campionamento che comprende la cima, potro' dire che e'
arrivata in cima. Come dici? Si e' sentito il rumore delle unghie sugli
specchi? Davvero? Beh, s'e' fatto tardi!
.
Ciao  :o)
Livio
.
.
.
PS:
Grazie a tutti, bel thread! Non mi dispiace di aver avuto torto. :<grrr


Ciao, e scusami per la precisazione, ma trattandosi di fisica:-)
THNX!! altro che scusami! :-))


 Livio
Ciao
GDR:o)