Tre lattine

Meccanica, termodinamica, elettromagnetismo, relatività, ...
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Leblanc
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Messaggio da Leblanc » 14 ago 2006, 02:38

tuvok ha scritto:P.S. Bolzo e LeBlanc, come va laggiù in Canada?
Qui in Canada va tutto bene... oggi siamo stati alle cascate del Niagara!!! e' stata una gita stupenda... in generale, abbiamo seguito un sacco di lezioni interessanti riguardanti la fisica moderna, tipo quantistica... abbiamo anche usato il muro-lavagna al perimeter institute! Sto facendo anche un sacco di foto, con tutta la gente che abbiamo conosciuto. E domani andiamo a vedere il laboratorio di fisica sperimentale...
Ora andiamo a vedere un film, ma vi racconteremo un bel po' di aneddoti. Nei prossimi giorni vi proporremo un altro problema interessante, legato in qualche modo alla quantistica... Sisifo, non ci rubare l'anteprima -si', sai a cosa ci riferiamo:)-!
In tanto, in bocca al lupo per questo problema!
Maria_e_Stefano_from_Canada
ps: tuvok, ti abbiamo salutato tutte le persone della lista che abbiamo conosciuto...

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NEONEO
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Messaggio da NEONEO » 14 ago 2006, 15:54

Ciao raga, sono tornato dalle vacanze, ed ora ricomincio a controllare che succede qui. Ho un po di arretrati da leggere. Ma prima di tutto ho letto questo problema.
Premetto che non mi sembra per niente facile, dal punto di vista matematico dico, perchè fisicamente la situazione è molto chiara: l'unica forza che compie lavoro e che quindi fornisce energia cinetica ai due cilindri di base è la forza peso del cilindro soprastante; inoltre tale forza agisce sui cilindri di base cambiando direzione e intensità continuamente durante il moto ( basta scomporre la forza peso verticale in modo tale che abbia una componente diretta verso il punto di tangenza, e considerare rispetto a questa la componente orizzontale che causa il moto). Quindi io sono arrivato ad esprimere la forza orizzontale con cui ciascun cilindro di base è sospinto in fuzione dello spostamento dello stesso rispetto alla posizione iniziale. Si badi anche al fatto che prima o poi i tre cilindri non saranno più a contatto e quindi la forza smetterà di agire e il cilindro superiore cadrà di moto uniformemente eccelerato con accelerazione g. Ora io non posto l'equazione che ho trovato della forza poichè è semplice da ricavare e credo inutile essendo in funzione dello spazio e non del tempo ( implica che perchè sia utile io conosca già la legge oraria del moto, cosa che non so)
CONCLUSIONE:mi sembra un problema difficile al pari di quello che io Andrea e Marco cercavamo invano di risolvere a Senigallia quest'anno: vi ricordate l'asta che parte dalla posizione verticale e cade giù? trovare il tempo che impiega a toccare terra. Dunque aspetto e per il momento ci rinuncio.
Salutone a Maria e Stefano. Piano con il chicken, che prima o poi vi spuntano le penne....
Welcome to the real world...

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Re: Tre lattine

Messaggio da MaMo » 15 ago 2006, 13:21

Bolzo88 ha scritto: Tre contenitori di forma cilindrica e di massa m sono disposti nel seguente modo: due sono appoggiati a terra, adiacenti uno all'altro, e il terzo e' appoggiato sopra di essi. Ipotizzando che non ci siano attriti, trovare la velocita' orizzontale dei due contenitori appoggiati a terra quando anche il terzo tocca terra.
Problema molto interessante. Io lo risolverei così.
Indichiamo con $ \theta $ l'angolo tra la verticale passante per il centro del cilindro superiore e la retta che passa per il centro di un cilindro inferiore.
Poniamo l'origine del sistema di riferimento nel punto di contatto delle due sfere inferiori.
Finchè i due cilindri sono a contatto la posizione del centro della sfera superiore è:

$ y=2rcos\theta $

La sua velocità è perciò:

$ \displaystyle V_y=\frac{dy}{dt}=\frac{dy}{d\theta} \frac{d\theta}{dt}=-2rsin\theta \frac{d\theta}{dt} $

Quello della sfera inferiore che si muove nel verso positivo è:

$ x=2rsin\theta $

e la sua velocità è:

$ \displaystyle V_x=\frac{dx}{dt}=\frac{dx}{d\theta}\frac{d\theta}{dt}=2rcos\theta \frac{d\theta}{dt} $

Applichiamo ora il principio di conservazione dell'energia meccanica. Si ha:

$ mg(2rcos30°)=mV_x^2+\frac{1}{2}mV_y^2+mg(2rcos\theta) $

O anche:

$ 2rg(\sqrt3-2cos\theta)=2V_x^2+V_y^2 $

Essendo $ V_y=-V_xtan\theta $ si trova:

$ 2rg(\sqrt3-2cos\theta)=(2+tan^2\theta)V_x^2 $

Cioè:

$ \displaystyle V_x=cos\theta \sqrt{\frac{2rg(\sqrt3-2cos\theta)}{1+cos^2\theta}} $

Per trovare l'angolo di distacco consideriamo che la velocità dei cilindri inferiori aumenta col tempo fino al momento del distacco e poi rimane costante non essendoci più alcuna forza che agisce su di essi.
L'accelerazione dei due cilindri inferiori è nulla quando:

$ \displaystyle a_x=\frac{dV_x }{dt}=\frac{dV_x}{d\theta}\frac{d\theta}{dt}=0 $

Annullando la derivata della velocità si trova l'equazione:

$ cos^3\theta+3cos\theta-\sqrt3=0 $

Risolvendola numericamente si trova che l'angolo di distacco è $ \theta_{max}=58,115° $
Inserendo questo valore la velocità massima dei cilindri inferiori diventa:

$ V_x=0,543\sqrt{gr} $

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Messaggio da SkZ » 15 ago 2006, 22:35

Io ho provato a risolverlo cosi'
posto R il raggio delle lattine e s lo spostamento della lattina al suolo
$ \displaystyle \textrm{d}v^2=2a\textrm{d}s $ con $ \displaystyle a=\frac{g}{2}\frac{R+s}{2R} $
Integrando ottengo $ \displaystyle v^2= \frac{3}{4}gR $
La velocita' finale (verticale) della lattina centrale e' $ v=\sqrt{2(\sqrt{3}-\frac{3}{4})gR} $
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Bacco
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Re: Tre lattine

Messaggio da Bacco » 15 ago 2006, 23:28

MaMo ha scritto: Per trovare l'angolo di distacco consideriamo che la velocità dei cilindri inferiori aumenta col tempo fino al momento del distacco e poi rimane costante non essendoci più alcuna forza che agisce su di essi.

...

Annullando la derivata della velocità si trova l'equazione:
Ho qualche dubbio su questo modo di procedere... il fatto è che quando le lattine si inizierebbero a separare la lattina superiore inizierebbe a cadere con accelerazione di gravità usuale $ g $, e dunque continuerebbe ad avere il cammino un po'ostacolato dalle altre due. In pratica è come se mettesse il turbo... il tuo ragionamento secondo me varrebbe se le cose non cambiassero... ma non credo che sia così.

Nota: anch'io sulle prime avevo seguito una strada simile...

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Bacco
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Messaggio da Bacco » 15 ago 2006, 23:33

Questo tentativo di soluzione nasce tra una partita ad Unreal e l'altra, quindi non garantisco che sia esente da bischerate....

Allora: siano $ v_x $la vel. del cilindro in basso, $ v_y $quella del cilindro in alto, $ \alpha $ l'angolo compreso tra la congiungente i centri dei cilindri inferiori e il centro di quello superiore.

Fatto preliminare (lemma?): finchè i cilindri sono a contatto $ v_x=v_y tan \alpha $

Lo si può vedere in vari modi... o con le derivate ($ x^2+y^2=4R^2 $) o con questo altro ragionamento: finchè sono a contatto il centro del cilindro si muove su una traiettoria circolare rispetto al centro di uno dei cilindri in basso, dunque le velocità (lo si verifica subito con qualche angolo) stanno nel rapporto dato.

Inoltre: $ \frac{1}{2} {v_y}^2+{v_x}^2+2gRsen\alpha = gR \sqrt{3} $ per la conservazione dell'energia.

Idea fondamentale (banale): quando i cilindri smettono di essere a contatto, quello superiore cade con accelerazione $ g $.

Vado a cercare quali sono le condizioni necessarie affinchè nel fare questo non entri in contatto con gli altri cilindri.

Allora avrò:
$ y=y_0-v_y t-gt^2/2 $
$ x=x_0+v_x t $

dove le coordinate iniziali sono quelle del momento di distacco.

Condizione affinchè i cilindri non si tocchino più è che sia:
$ x^2+y^2 \geq 4R^2 $ $ \forall t\geq 0 $

E' ovvio che $ {x_0}^2+{y_0}^2=4R^2 $

Si ottiene:
$ g^2t^3/4+t^2gv_y+t({v_y}^2+{v_x}^2-gy_0)+2(x_0v_x-y_0v_y) \geq 0 $

Ora si osserva che il termine noto è nullo per il lemma precedente, allora:
$ g^2t^2/4+tgv_y+({v_y}^2+{v_x}^2-gy_0) \geq 0 $

Questa deve valere per t positivo o nullo, ma per t negativo deve essere falsa, altrimenti non sarebbe la condizione limite.

Allora deve essere $ {v_y}^2+{v_x}^2-gy_0=0 $.

In conclusione ho:
$ {v_y}^2+{v_x}^2-gy_0=0 $
$ x_0v_x=y_0v_y $
$ \frac{{v_y}^2}{2}+{v_x}^2+gy_0 = gR \sqrt{3} $
$ {x_0}^2+{y_0}^2=4R^2 $

E' un 4x4 !

Potrei trovare tutto, ma il mio obiettivo è trovare $ v_x $.

Viene $ v_x=\sqrt{g(2R\sqrt{3}-3y_0)} $
dove $ y_0 $ soddisfa $ x^3+x(16gR^2-4R^2)-8gR^3\sqrt{3}=0 $.

Numericamente (è un lavoraccio risolverla...): $ y_0\simeq 0,884 R $

Allora $ v_x \simeq 0,901 \sqrt{gR} $.


Cari saluti ai canadesi, ciao

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mates
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Messaggio da mates » 17 ago 2006, 00:03

Bacco ha scritto: Ora si osserva che il termine noto è nullo per il lemma precedente, allora:
$ g^2t^2/4+tgv_y+({v_y}^2+{v_x}^2-gy_0) \geq 0 $

Questa deve valere per t positivo o nullo, ma per t negativo deve essere falsa, altrimenti non sarebbe la condizione limite.

Allora deve essere $ {v_y}^2+{v_x}^2-gy_0=0 $.
Hmmmm, mi dovresti spiegare due cose :
1) Perchè la disuguaglianza deve essere falsa per ogni t<0 ?

2) Sei sicuro che ponendo $ {v_y}^2+{v_x}^2-gy_0=0 $ la disuguaglianza è falsa per ogni t<0 ?
Bacco ha scritto: Viene $ v_x=\sqrt{g(2R\sqrt{3}-3y_0)} $
dove y_0 soddisfa $ x^3+x(16gR^2-4R^2)-8gR^3\sqrt{3}=0 $

Numericamente (è un lavoraccio risolverla...): $ y_0\simeq 0,884 R $

Allora $ v_x \simeq 0,901 \sqrt{gR} $
Sei sicuro che l'energia si conservi ? E' sera e probabilmente sto prendendo un granchio, ma se viene $ v_x \simeq 0,901 \sqrt{gR} $, al momento del distacco hai :
i)Angolo di distacco :$ y_0 = 2Rsin\alpha_0 = 0.884R \to \alpha_0 = 26.23° $
ii) Come hai detto tu, $ v_y = v_x/ tan \alpha_0 = 1.83 \sqrt{gR} $

Questi valori non soddisfano la tua equazione per la conservazione dell'energia.
($ \frac{{v_y}^2}{2}+{v_x}^2+gy_0 = gR \sqrt{3} $)

Fammi sapere cosa ne pensi, il punto importante è la prima parte del mio messaggio, non i dati numerici. In effetti è un po' incasinato con i conti.
Domani se ho tempo posto la mia soluzione
Ciao, a presto

mates
Ultima modifica di mates il 17 ago 2006, 11:14, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da SkZ » 17 ago 2006, 03:49

Dato che ieri sera non avevo molta voglia di scrivere, spiego adesso la mia idea.
Siano R raggio delle lattine, m la loro massa
la lattina superiore esercita una forza pari a $ \frac{mg}{2} $ su ogni lattina sottostante. Tale forza puo' essere scomposta in una componenete verticale e una orizzontale che e' quella che ci interessa dato che e' quella che fa muovere le lattine sottostanti.
Consideriamo ora solo la lattina superiore (1) e quella di sx (2)
Immagine
Chiamiamo $ \displaystyle\alpha $ l'angolo tra il piano orizzontale e la congiungente i centri delle due lattine. La componente orizzontale della forza su (2) e' pari a $ \displaystyle \frac{mg\cos(\alpha)}{2} $, coseno che e' a sua volta pari a $ \displaystyle \frac{R+s}{2R} $ ove s e' lo spostamento verso sx effettuato dalla lattina (2) rispetto alla posizione iniziale.
Dato che $ \displaystyle \textrm{d}v^2=\textrm{d}(\bar{a}\cdot\bar{s})=\frac{g}{2}\frac{R+s}{2R} \textrm{d}s $, integrando si ottiene $ \displaystyle \left. v^2\right|_0^{v_f^2} = \left. \frac{gR}{2} \left( \frac{s}{R} + \frac{s^2}{2R^2} \right)\right|_0^R $, quindi $ \displaystyle v_f^2=\frac{3gR}{4} $.
Continuando coi conti si ottiene la legge oraria per s tra 0 e R
$ \displaystyle s=R\left(cosh{(\frac{t}{\tau})}-1\right) $ con $ \displaystyle \tau=\frac{4R}{g} $, dopo e' ovviamente lineare.


edit ps: leblanc e bolzo assieme alle cascate del Niagara? :? Cosa mi sono perso a Calde'? :wink:
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Messaggio da Leblanc » 17 ago 2006, 08:12

SkZ ha scritto:edit ps: leblanc e bolzo assieme alle cascate del Niagara? :? Cosa mi sono perso a Calde'? :wink:
Perche', hai qualcosa in contrario alle vacanze... di coppia? Anzi, diciamo di terna, dato che c'e' anche il prof Censi dall'italia con noi...
Ovviamente quello che c'e' scritto sopra e' una grande stupidaggine, meglio chiarire... :D Siamo qui da una decina di giorni per uno stage di fisica moderna, quantistica e relativita'... quest'anno sono stati invitati tre studenti dall'italia, io, bolzo e sisifo. Attualmente pero' sisifo e' impegnato alle oliinfo -a proposito, un grande in bocca al lupo a tutti gli informatici, in particolare almio gemellone!!!- e cosi' ha dovuto anticipare il tutto di due settimane.
Vado a giocare a mafia...
Ciao!
Maria

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Messaggio da mates » 17 ago 2006, 11:11

SkZ ha scritto:la lattina superiore esercita una forza pari a $ \frac{mg}{2} $ su ogni lattina sottostante
Questo non è vero neanche all'inizio. Inizialmente la forza vale $ \frac{mg}{\sqrt{3}} $ (quando il sistema tenuto fermo)
Quando il sistema è libero di muoversi la forza cambia improvvisamente [esercizio : trovare l'intensità della forza subito dopo il rilascio] e le lattine iniziano a scivolare. Questa forza cambia in modo continuo (e non solo in direzione). L'idea che ho usato io e che si staccano quando questa forza è uguale a zero.

Ciao
mates
Ultima modifica di mates il 17 ago 2006, 16:01, modificato 2 volte in totale.

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Messaggio da Bacco » 17 ago 2006, 14:42

Riguardo ai valori numerici ci dev'essere un errore di calcolo nel sistemone... controllerò.

Riguardo alle altre questioni:
durante la caduta il coeff. del primo grado aumenta e il termine noto aumenta anch'esso, ma all'inizio è negativo. Ora mi chiedo: alla situazione limite tutto deve essere tale che è maggiore di 0 per ogni t positivo. Il primo momento in cui ciò si realizza è quando il termine noto è 0. Se infatti non è ancora 0 (e quindi è negativo) basta prendere un t positivo e piccolissimo per fare il trinomio negativo. Mi rendo conto che è un ragionamento contorto, e non ne sono molto sicuro neanch'io... fammi sapere che ne pensi.
Riguardo all'altra questione: è vero che non è falsa per ogni t<0, ma lo è subito prima dello 0, ed è questo ciò che mi interessa. Effettivamente non sono stato molto chiaro nella soluzione...

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Messaggio da mates » 17 ago 2006, 15:06

Hai perfettamente ragione Bacco, la condizione $ v_x^2 + v_y^2 - gy_0=0 $ è giusta :D .
Solo non mi tornava il tuo ragionamento per ricavarla...
Per quanto riguarda il risultato, i calcoli numerici sono veramente un casino e li odio....
Ciao e complimenti.

PS: per ricavare quella relazione in modo più diretto puoi usare la II legge di Newton applicata ai due corpi ottenendo [se $ \theta $ è l'angolo acuto tra l'orizzontale e la congiungente del centro di uno dei cilindri inferiori con il centro di quello superiore] :
1) $ m \ddot{x} = F cos \theta = F \frac{x}{2R} $
2) $ m \ddot{y} = 2F sin \theta -mg = F \frac{y}{R} - mg $
Differenziando due volte $ x^2 + y^2 = 4R^2 $ trovi $ \dot{x}^2 + x \ddot{x} + \dot{y}^2 + y \ddot{y} = 0 $
Sostituendo $ \ddot{x} $ e $ \ddot{y} $ dalla 1) e 2) in questa relazione e imponendo che al momento del distacco la forza di contatto F sia zero, ottieni la relazione cercata.

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Messaggio da MaMo » 17 ago 2006, 16:08

Bacco ha scritto: ....

dove $ y_0 $ soddisfa $ x^3+x(16gR^2-4R^2)-8gR^3\sqrt{3}=0 $.
....
Non ho fatto i conti ma dimensionalmente questa equazione è sicuramente sbagliata.
Dovrebbe essere:

$ x^3+12xR^2-8\sqrt3R^3=0 $

La cui soluzione è $ y_0=1,056444 $.
Per questo valore la velocità finale dei cilindri inferiori è uguale a quella trovata da me cioè:

$ v_x=0,543\sqrt{gr} $

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Messaggio da Bacco » 17 ago 2006, 23:06

Hai anticipato la mia correzione... benissimo, problema risolto!

Bel problema davvero, tra l'altro...

@mamo: ho riletto più attentamente la tua soluzione, hai ragione, è giusta perchè usi un approccio geometrico ed energetico anzichè dinamico, come io inizialmente avevo mal interpretato.

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Messaggio da SkZ » 17 ago 2006, 23:20

mates ha scritto:Questo non è vero neanche all'inizio. Inizialmente la forza vale $ \frac{mg}{\sqrt{3}} $ (quando il sistema tenuto fermo)
:oops: che svarioni colossali! :oops:
1) mg/2 e' la componente verticale della forza esercitata
2) appena le lattine si muovono la lattina superiore non e' piu' un sistema inerziale e quindi va tolta la sua accelerazione in caduta
A conti fatti sono contento di frequentare questo forum. E' troppo tempo che non faccio piu' conti di questo tipo o di 'analisi' e si nota!

Rimediamo al casino! considero $ x=\frac{s}{R} $ (spostamento orizzontale della lattina alla base) e $ h=\frac{y}{R} $ (spostamento verticale della lattina superiore)
Dato che $ y=\sqrt{4R^2-(R+s)^2} $ ovvero $ h = \sqrt{(1-x)(3+x)} $, la lattina alla base e' soggetta ad una accelerazione pari a $ \displaystyle x'' = \frac{1+x}{2\sqrt{3}} \biggl[ \gamma- \Big( (1-x)(3+x) \Big)^{-\frac{3}{2}} \Big( 4x'^2 + (1-x^2)(3+x)x''\Big) \biggr] $
aggiungendo che $ x'^2 = \gamma (\sqrt{3}-h) $ con $ \gamma = \frac{g}{R} $, si ottiene ... un'equazione da paura!:shock:
Piu' semplicemente usando l'equazione della conservazione dell'energia e la relazione tra x e h si ha
$ \displaystyle \frac{-h\textrm{d}h}{\sqrt{(1-\frac{h^2}{4}) (1-\frac{h}{\sqrt{3}})}}=2\sqrt{\gamma\sqrt{3}}\textrm{d}t $
appena lo risolvo posto la legge oraria (se non ho preso altre cantonate che pero' posso in caso corregere grazie alla soluzione fornita)
SkZ

PS: perche' tanto lavoro per trovare di piu' del richiesto? Sara' deviazione mentale! Comunque io mi diverto a fare integrali.


OT PS : punta sul vivo, Leblanc? E' ovvio che sono favorevole alle vacanze in coppia con belle ragazze. :wink:
Se poi si puo' nutrire anche l'intelletto tanto meglio. :twisted:
Qui affianco mi dicono che chi e' tanto celere a smentire di solito ha la coda di paglia :wink:
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