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Titolo: Ricaduta proiettile

 
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? 

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

 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.

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

 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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 Il sistema e' complesso.
 
Bisogna sapersi districare :-)
 

 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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 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 :)


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

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

 
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 


------
 
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)

 (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


----------
 
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

 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.
 
 

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


...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..


........
 
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

 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

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

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

 
 
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.
 

 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?



.......
 
...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..

 (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.

   suolo.
 
Quali prove?
 

 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).
 

 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.
 

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.

 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
 
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
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.
 
 
 

 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

 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

 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

 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


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

 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 ... 

 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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www.avg.com
 


.....
 
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 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

 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

 1 km è ottima), usando una soluzione numerica.
 
 
E se metto il valore equatoriale di g (9.78) l'accordo migliora

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

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.

 
 
 
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.
 
 

 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

 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

 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 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 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

 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".
 
 
 

 (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


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

 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

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. 

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

 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.
 

 Però la scrittura con i è assai più agile.
 
In effetti...;-)
 
Ciao
 
-- 
Giorgio Bibbiani

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

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

 - la f. di C. ha una componente z, anche se piccola
 
mi pare che questa componente z non debba cambiare il risultato, giusto?
 
m

 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

 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
 
 

 
 
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.


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.

 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

 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

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


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.

 
 
 
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.
 
 

 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


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.


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

 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.

 documento con calcoli facili per l'orbita approssimata, 
 
https://drive.google.com/file/d/1tDL1b3eR7co4nqPDA3mjGgDhxGymeSJH/view?usp=sharing
 


 terra. Altrimenti fuori dalla finestra ci sarebbe vento quasi a Mach 1! 
 
Argh
Hai ragione ho preso un abbaglio tremendo :-( 
 
Scusate

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

 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 ;-)

 
 
 
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.


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.


.....
 
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 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?


.......
 
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

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
 


..............
 
..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?

 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.