Simulazione di Senigallia 2010 - Le soluzioni.

Messaggio da **Pigkappa** » 22 mar 2010, 1:16

Come lo scorso anno, topic per postare le vostre soluzioni. Si auspica che vi aiutiate correggendovele a vicenda, discutendone nel topic dei commenti. Ovviamente io e Ippo non discuteremo in dettaglio ogni soluzione che postate (perlomeno, io non credo proprio che lo farò)!

Messaggio da **Ippo** » 22 mar 2010, 11:57

Pigkappa ha scritto:Ovviamente io e Ippo non discuteremo in dettaglio ogni soluzione che postate (perlomeno, io non credo proprio che lo farò)!

Anch'io ho parecchio da fare in questi giorni, vedrò cosa riesco a fare.
Buon lavoro a tutti!

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 24 mar 2010, 9:14

Sono passati diversi giorni dalla pubblicazione della simulazione di Senigallia, forse ora possiamo confrontare i risultati e commentare la prova.
Prima, però, è doveroso ringraziare Pigkappa e Ippo per l'impegno con cui hanno realizzato questo lavoro.

Premetto che non ho finito ancora tutti i problemi, ed è alquanto probabile la presenza di un numero non trascurabile di errori nelle soluzioni sotto riportate.
Siate cauti nella lettura se non volete essere colti da improvvisi traumi provocati dalle sciocchezze che ho scritto!

PROBLEMA I
1.Quando il disco comincia a cadere, contemporaneamente il filo si srotola, contribuendo a spostare il centro di massa del sistema verso il suo lato e verso l'alto, mentre in origine esso coincideva con il centro del disco.
Per questo il moto del centro di massa non è perfettamente verticale, presentando una componente orizzontale.

2.Per questa seconda parte, impongo un sistema di riferimento in cui si attribuisce y=0 alla posizione del corpo alla fine della discesa, e y=L al corpo in cima, appena prima di partire.
Ad una certa altezza y la massa del filo già tesa e non più attaccata al disco è
$m_f=\lambda \left(L-y\right)$ ,
mentre la massa totale ancora presente sul disco è
$m_{tot}=M+\lambda y$ .
Tenendo conto che la massa di filo pendente ha il proprio baricentro ad una quota $y_{f,cdm}=\displaystyle\frac{L-y}{2}$ , si ha che l'energia totale in funzione dell'altezza e della velocità è
$E(v;y)=(M+\lambda y)gy+\displaystyle{\frac{\lambda g(L-y)^2}{2}+\frac{3}{4}(M+\lambda y)v_{cdm}^2}$ .

3.Da ciò si evince che la velocità nel punto più basso è
$V_{cdm,finale}=\displaystyle{\sqrt{\frac{2}{3}gL\left(2+\frac{\lambda L}{M}\right)}}$ .

4.Infine la legge oraria del centro di massa, trascurando la massa del filo e lo spostamento in orizzontale, è:
$y(t)=L-\displaystyle\frac{1}{3}gt^2$ .

PROBLEMA II (1)
L'altezza finale dell'immagine al di sopra dell'acqua è
$h_f=30,3\, cm$ .

PROBLEMA III (2)
1.Possiamo considerare che tra le due basi del cilindro ci sia una d.d.p. data da
$d.d.p.=Eh$ e che l'oggetto può essere assimilito ad un condensatore con armature piane, la cui capacità è:
$C=\varepsilon_0 \pi \displaystyle \frac{a^2}{h}$ .
Il cilindro presenta una resistenza pari a
$R=\displaystyle\frac{\rho h}{\pi a^2}$ .
alla fine lavorando con eq. differenziali del primo ordine sia arriva a costruire una specie di circuito RC, in cui il campo è
$E(t)=E\,e^{-\frac{t}{\rho \varepsilon_0}}$ .

Il tempo di scarica è tipicamente $t_s=5\tau=5\rho \varepsilon_0$ : in questo tempo si perde il 99.99% del campo di partenza.

2.L'energia dissipata nel processo di scarica è tutta quella che, in forma potenziale, era presente tra le armature del condensatore all'inizio:
$\Delta U=\displaystyle\frac{\varepsilon_0 \pi ahE^2}{2}$ .

3. Si dimostra che non c'è alcun campo magnetico eseguendo una circuitazione $C(\vec{B})=\oint \vec{B}\,d\vec{s}$ con la legge di Ampere-Maxwell:
il flusso elettrico è:
$\Phi_e=\pi a^2 E\,e^{- \frac{t}{\rho \varepsilon_0}}$ , la cui derivata temporale è
$\displaystyle{\frac{d\Phi_e}{dt}=-\frac{\pi a^2 E}{\rho \varepsilon_0}\,e^{-\frac{t}{\rho \varepsilon_0}}}$ .

Sapendo che
$C(\vec{B})=\mu_0 i+\mu_0 \varepsilon_0\displaystyle\frac{d\Phi_e}{dt}$ ,
si verifica che
$C(\vec{B})=0$ .

PROBLEMA III (3)
Nel caso della sfera è un po' complicato riconoscere la sua resistenza, ma si possono usare le seguenti relazioni:
-campo elettrico: $E=\displaystyle\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\frac{q}{b^2}$
- "" "" : $E=\rho J=\rho \displaystyle\frac{i}{4\pi b^2}$ .
Eguagliando le espressioni si ha un'eq,differenziale per la carica
$q(t)=q_0 e^{-\frac{t}{\rho \varepsilon_0}}=4\pi b^2 Ee^{-\frac{t}{\rho \varepsilon_0}}$ .
Da ciò si arriva alla legge del campo elettrico
$E=E_0 \,e^{-\frac{t}{\rho \varepsilon_0}}$ .
La costante di tempo è $\tau=\rho \varepsilon$ .
E' abbastanza inusuale, dal mio punto di vista, che questi risultati coincidano con quelli del problema precedente.
E' possibile che abbia sbagliato a prendere $J=\displaystyle\frac{i}{4\pi b^2}$ .
Avrei dovuto lasciare un raggio generico r?

Gli altri problemi sono ancora in fase di elaborazione.

Messaggio da **Ippo** » 24 mar 2010, 11:13

Per il momento aspetto che qualcun altro posti il suo contributo e che confrontiate un po' le soluzioni tra voi, quindi non entro nel merito delle tue soluzioni

bravo per lo sforzo comunque!

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 24 mar 2010, 16:37

Credo di aver individuato un errore nel calcolo dell'energia.
Il baricentro del filo teso si trova sì a $\displaystyle \frac{L-y}{2}$ rispetto al disco, ma nel nostro sistema di riferimento assume la posizione:
$y_{cdm,filo}=\displaystyle \frac{L-y}{2}+y=\frac{L+y}{2}$ .
Questo implica che l'energia meccanica totale va riscritta così:
$E(v;y)=(M+\lambda y)gy+\displaystyle{\frac{\lambda(L^2-y^2)}{2}g+\frac{3}{4}(M+\lambda y)v_{cdm}^2}$ .
Fortunatamente, ciò non ha conseguenze nel calcolo della velocità finale del centro di massa.

Carmelo · Messaggio da **Carmelo** » 26 mar 2010, 15:20

Ok, aggiungo qualcosa io

PROBLEMA 2b - un palloncino

1. L'equilibrio dello strato $n$ si ottiene imponendo che il suo peso sia sostenuto dalla differenza di pressione all'interfaccia con lo strato sottostante... per una colonna di superficie $S$ sarà
$(p_n - p_{n+1})S = \rho_{n+1}S\ \Delta y \ g$
ricordando che $p_n = \rho_n \frac{RT}{\mu}$ ...

$\rho_{n+1} = \rho_n \left({1+\frac{\mu g}{RT}\Delta y} \right)^{-1}$
iteriamo il ragionamento per tutti gli strati, e mettendo tutto insieme si arriva a
$\rho_n = \rho_0 \left({1+\frac{\mu g}{RT}\Delta y} \right)^{-n}$
che è nella forma giusta per applicare l'approssimazione furba suggerita. Alla fine è
$\rho_n = \rho_0 \left({1-\frac{\mu g}{RT}n\Delta y} \right)$
overo $\beta = \frac{\mu g}{RT}$

2. Il palloncino si ferma alla quota alla quale la densità dell'aria eguaglia la sua...
$\frac{m}{V} = \rho(y_e)$
$y_e = \frac{\rho_0-m/V}{\beta\rho_0}$

3. L'equazione del moto del palloncino viene semplificata se cambiamo riferimento, ponendo lo zero alla quota di equilibrio: $Y=y-y_e$
$\rho(Y) = {m\over V}-\rho_0\beta Y$
Newton:
$m\ddot Y = \rho(Y) VG - mg$

$\ddot Y +{\beta \rho_0 Vg \over m}Y=0$

$\tau={2\pi \over \omega}=2\pi \sqrt{\frac{m}{\beta\rho_0Vg}}$

Messaggio da **Ippo** » 26 mar 2010, 17:12

e bravo Carmelo

nessun altro ci ha provato??

Carmelo · Messaggio da **Carmelo** » 26 mar 2010, 19:46

ho un intoppo col pesce... nel senso che ho basato la soluzione su un imbroglio colossale, e mi serve l'approvazione dall'alto per procedere

dunque...

se io considero prima l'effetto dell'acqua, e poi quello della lente, vedo che guardando il pesce la superficie dell'acqua lo fa sembrare meno profondo di quanto in realtà sia (tipo l'effetto ovvio della matita spezzata)
dato un generico raggio di luce (vd figura) si ha $h'=h \displaystyle{\tan i \over \tan r}$

: pesce.JPG (4.88 KiB) Visto 6244 volte

ora... poichè il pesce è piccolo (= puntiforme) e viene guardato dalla perlendicolare, i raggi incidono sulla superficie con angoli PICCOLI

(ecco l'imbroglio). Se io così scambio seno e tangente arrivo molto agevolmente a
$h'\approx h\displaystyle{\sin i \over \sin r}=\displaystyle{h\over n}= 30 \ cm$

e poi, con tutta calma, uso la legge dei punti coniugati per trovare la distanza dell'immagine dalla lente (ovvero dall'acqua)... alla fine mi esce
$p_{finale} \approx 40\ cm$

Messaggio da **spn** » 26 mar 2010, 20:12

Ok, mi sono finalmente deciso ad affrontare un pò di questi problemi

. Metto la mia soluzione del 2.1 visto che non ne è stato postato ancora alcun tentativo di soluzione completa.

Mi trovo inanzitutto a quale profondità il pesce appare ad un'ossevatore fuori dall'acqua.
Considero due raggi uscenti, che partono dal pesce. Uno è verticale, ed uno ha dentro l'acqua un'angolo $\alpha$ con la verticale, tanto piccolo che si possono usare le solite approssimazioni.

Ad un'osservatore esterno il pesce apparirà dove si incontrano le rette passanti per i raggi quando questi gli arrivano. Allora si ha che $h \tan \alpha = h_1 \tan \beta$ , dove $\beta$ è l'angolo che il raggio ha una volta uscito dall'acqua. Approssimando si ha $\displaystyle h_1= {\alpha \over \beta}h$ .
Dalla legge di Snell, sempre approssimando, si ha che $\beta=n\alpha$ , da cui $\displaystyle h_1= {h \over n}=30 cm$
La distanza apparente del pesce dalla lente è $p=h_1 + d=50cm$
Ora, la distanza dell'immagine del pesce e della superficie del lago si ricavano applicando la legge dei punti coniugati per lenti sottili convergenti:

$\displaystyle q={pf \over p-f}$
$\displaystyle d_1={df \over d-f}$

E la profondità sotto il lago a cui è vista l'immagine è:
$\displaystyle P=|q - d_1|=f\left|{p \over p-f} - {d \over d-f}\right|=38,6cm$

edit: ops, ho visto solo ora la soluzione di Carmelo nei commenti.

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 27 mar 2010, 8:27

PROBLEMA II (1): errata corrige personale
Correggo la mira sulla mia soluzione del problema di ottica.
Io propongo un approccio un po' diverso, senza considerare raggi luminosi inclinati di angoli più o meno piccoli.
Consideriamo la superficie piana del mare come un diottro sferico infinito, per poi osservare la rifrazione dovuta alla lente.

Un raggio di luce proveniente dal pesce subisce una prima rifrazione superando la superficie di separazione tra acqua e aria. Quindi
$\displaystyle \frac{n_A}{p_0}+\frac{1}{q_0}=\frac{1-n_A}{r}=0$
prendendo $r\rightarrow\infty$ .
La prima immagine si forma a distanza q0 sotto il pelo dell'acqua:
$q_0=-\displaystyle\frac{3}{4}p_0$ .
Tale immagine diviene il punto di partenza per la rifrazione attraverso la lente in aria, rispetto alla quale si trova a distanza $p_1=|q_0|+h=\displaystyle \frac{3}{4}p_0+h$ .
A seguito di questa seconda rifrazione si ha una seconda immagine, quella effettivamente vista dall'osservatore:
$q_1=\displaystyle{\frac{fp_1}{p_1-f}=\frac{(\frac{3}{4}p_0+h)f}{\frac{3}{4}p_0+h-f}=-0,6 m}$ .
L'immagine finale è collocata 60 cm sotto la lente ovvero ad una profondità
$h_f=|q_1|-h=0,6m-0,2m=0,4m$ . Così esce un risultato non approssimato.
Si noti che l'ingrandimento si ha solo per la rifrazione attraverso la lente e vale $G=\displaystyle \frac{q_1}{p_1}=1,2$ .

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