Auto in curva
Auto in curva
Un' automobile percorre una curva di raggio $ R=40m $ a velocità costante in modulo $ v\, $; Un piccolo bicchiere cilindrico di diametro $ 2r=3,0cm $ è posto al suo interno ed è riempito d'acqua; si osserva che, mentre l'auto percorre la curva, il pelo dell'acqua si inclina, e uno degli estremi si "alza" di un tratto $ \Delta h=0,5cm $. Si chiede di determinare la velocità $ v\, $ dell'automobile, essendo nota l'accelerazione di gravità $ g=9,81ms^{-2} $.
Lunga vita e prosperità
La prima soluzione che mi viene in mente è questa:
Il sistema di assi più conveniente è quello cilindrico con asse z coincidente con l'asse della curva.Consideriamo una particella di liquido ad una distanza x dall'asse z.Nel sistema solidale con il bicchiere la particella è soggetta alla forza di gravità(diretta lungo l'asse z) e alla forza centrifuga(diretta lungo l'asse x).Dal momento che la velocità ha modulo costante, i vettori $ \vec a $ e $ \vec v $ sono perpendicolari e quindi il loro prodotto scalare è nullo:
$ \displaystyle \left( {\begin{array}{*{20}c} {\omega ^2 x} \\ { - g} \\ \end{array}} \right) \times \left( {\begin{array}{*{20}c} {x'} \\ {y'} \\ \end{array}} \right) = 0 $
$ \displaystyle \omega ^2 xx' - gy' = 0 $
$ \displaystyle g\frac{{y'}}{{x'}} = \omega ^2 x $.
Ma
$ \displaystyle \frac{{y'}}{{x'}} = \frac{{dy}}{{dt}}\frac{{dt}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dx}} $
da cui si ricava infine:
$ \displaystyle g\frac{{dy}}{{dx}} = \omega ^2 x $.
Questa è un'eqauzione differenziale di primo ordine che risolta dà l'equazione di una parabola:
$ \displaystyle y = \frac{{\omega ^2 }}{{2g}}x^2 $.
Sostituendo $ x = \left( {40 + 0,03} \right)m\,\,\,y = 0,005m $ si trova $ \omega $ e quindi v.
Ciao!
Il sistema di assi più conveniente è quello cilindrico con asse z coincidente con l'asse della curva.Consideriamo una particella di liquido ad una distanza x dall'asse z.Nel sistema solidale con il bicchiere la particella è soggetta alla forza di gravità(diretta lungo l'asse z) e alla forza centrifuga(diretta lungo l'asse x).Dal momento che la velocità ha modulo costante, i vettori $ \vec a $ e $ \vec v $ sono perpendicolari e quindi il loro prodotto scalare è nullo:
$ \displaystyle \left( {\begin{array}{*{20}c} {\omega ^2 x} \\ { - g} \\ \end{array}} \right) \times \left( {\begin{array}{*{20}c} {x'} \\ {y'} \\ \end{array}} \right) = 0 $
$ \displaystyle \omega ^2 xx' - gy' = 0 $
$ \displaystyle g\frac{{y'}}{{x'}} = \omega ^2 x $.
Ma
$ \displaystyle \frac{{y'}}{{x'}} = \frac{{dy}}{{dt}}\frac{{dt}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dx}} $
da cui si ricava infine:
$ \displaystyle g\frac{{dy}}{{dx}} = \omega ^2 x $.
Questa è un'eqauzione differenziale di primo ordine che risolta dà l'equazione di una parabola:
$ \displaystyle y = \frac{{\omega ^2 }}{{2g}}x^2 $.
Sostituendo $ x = \left( {40 + 0,03} \right)m\,\,\,y = 0,005m $ si trova $ \omega $ e quindi v.
Ciao!
Scusa ma serve veramente fare tutto codesto conto? Concettualmente credo sia ineccepibile (tra l'altro: cosa sono quelle specie di matrici?), ma forse il problema non richiede una soluzione così complicata. Se il liquido è inclinato è perchè lì l'accelerazione risultante non è verticale, bensì è la composizione della gravità con quella centrifuga. La forza centrifuga la possiamo considerare costante, credo (3 centimetri su 40 metri!) e quindi il pelo dall'acqua è tutto su un piano.
Similitudine dei triangoli: $ \frac{\Delta h}{r}=\frac{a_c}{g}=\frac{v^2}{gR} $
da cui: $ v=\sqrt{g\cdot \Delta h \cdot \frac{R}{r}} $.
Similitudine dei triangoli: $ \frac{\Delta h}{r}=\frac{a_c}{g}=\frac{v^2}{gR} $
da cui: $ v=\sqrt{g\cdot \Delta h \cdot \frac{R}{r}} $.
Che esista una soluzione più semplice della mia,su questo non c'è dubbio!Tu hai approssimato la superficie libera dell'acqua come piana e questa approssimazione è più che ragionevole visto che il bicchiere ha raggio trascurabile rispetto al raggio della curva.In caso contrario sarebbe proprio un paraboloide.Mi chiedevo però se esitesse una soluzione più semplice della mia(senza analisi per intenderci) senza però fare uso dell'aprossimazione!
Caro Cu_Jo__Cu_Jo__ ha scritto:Che esista una soluzione più semplice della mia,su questo non c'è dubbio!Tu hai approssimato la superficie libera dell'acqua come piana e questa approssimazione è più che ragionevole visto che il bicchiere ha raggio trascurabile rispetto al raggio della curva.In caso contrario sarebbe proprio un paraboloide.Mi chiedevo però se esitesse una soluzione più semplice della mia(senza analisi per intenderci) senza però fare uso dell'aprossimazione!
la tua soluzione è a mio avviso grossolanamente errata mentre l'altra seppur approssimata è molto più convincente. La tua soluzione è molto formale ma l'interpretazione lascia a desiderare. Che significato attribuisci alle grandezze x e y?
Quello che trovi non è la superficie del paraboloide dell'acqua del bicchiere ma la sua forma, ovvero il paraboloide è definito a meno di una costante arbitraria che tu fissi erroneamente a zero nell'origine (l'asse della curva)
Quello che dovresti imporre è che la parabola (a cui va aggiunto un termine costante indeterminato) passi per (R,0) e (R+r,Dh) (o condizioni equivalenti). Il risultato che così si ottiene (molto diverso dal tuo) è corretto con le tue ipotesi.
L'ipotesi fatta nella seconda soluzione è più che ragionevole (trascurare la variazione dell'accelerazione centripeta nell'ambito del bicchiere) e il risultato numerico più che soddisfacente.
Entrambi inoltre date per scontato che il bicchiere sia abbastanza lungo e abbastanza pieno d'acqua in modo che il contorno del bordo dell'acqua bagni solo la superficie cilindrica dello stesso. Se così non fosse il calcolo si complicherebbe un po'.
ciao
BMcKMas
"Ci sono almeno tre modi per ingannare: la falsità, l'omissione e la statistica" Anonimo saggio
"Ci sono almeno tre modi per ingannare: la falsità, l'omissione e la statistica" Anonimo saggio
Beh, credo che una soluzione più semplice non ci sia, perchè già parlare di parabola vuol dire fare analisi...
Forse si possono semplificare i ragionamenti considerando che la accelerazione risultante è per forza normale alla superficie, allora:
$ \frac{a}{g}=y'(x)=\frac{{\omega}^2 x}{g} \Rightarrow y=\frac{{\omega}^2}{2g} x^2 $.
Riguardo alla soluzione di Cu_Jo:
l'idea è giusta, e credo che si possa ben ovviare anche al problema dell'origine delle coordinate, che effettivamente esiste. Direi che è il caso di fare $ y_1-y_0=\frac{{\omega}^2}{2g} ({x_1}^2-{x_0}^2}) $ e dunque $ 0,005m = \frac{{\omega}^2}{2g} (2\cdot 40m \cdot 0,03m + (0,03m)^2) $.
(Considerando il $ \Delta h $, diversamente da quanto fatto prima, la differenza di livello tra i due estremi del contenitore)
(In pratica è quello che dice BMcKmas, ma è detto in maniera più facile)
Controllate che torni qualcosa di verosimile...
Forse si possono semplificare i ragionamenti considerando che la accelerazione risultante è per forza normale alla superficie, allora:
$ \frac{a}{g}=y'(x)=\frac{{\omega}^2 x}{g} \Rightarrow y=\frac{{\omega}^2}{2g} x^2 $.
Riguardo alla soluzione di Cu_Jo:
l'idea è giusta, e credo che si possa ben ovviare anche al problema dell'origine delle coordinate, che effettivamente esiste. Direi che è il caso di fare $ y_1-y_0=\frac{{\omega}^2}{2g} ({x_1}^2-{x_0}^2}) $ e dunque $ 0,005m = \frac{{\omega}^2}{2g} (2\cdot 40m \cdot 0,03m + (0,03m)^2) $.
(Considerando il $ \Delta h $, diversamente da quanto fatto prima, la differenza di livello tra i due estremi del contenitore)
(In pratica è quello che dice BMcKmas, ma è detto in maniera più facile)
Controllate che torni qualcosa di verosimile...
Pensandoci meglio, se proprio volete utilizzare il paraboloide, la soluzione 'esatta' è un po' più complicata da ottenere. Infatti se $ \Delta h $ è l'aumento di livello (sull'esterno), questo non significa che dall'altra parte del bicchiere il livello si abbassi di $ \Delta h $ e che nel centro del bicchiere il livello non vari. Pertanto la soluzione è ottenibile solo imponendo al paraboloide la condizione di conservazione del volume. Questa condizione temo richieda necessariamente il calcolo di un integrale doppio (volume sotto un paraboloide in un dominio circolare).Bacco ha scritto:
Controllate che torni qualcosa di verosimile...
Tale complicazione non vale ovviamente la candela (dal punto di vista fisico sono ben altre le approssimazioni grossolane che si sono fatte) per cui mi convinco che l'ipotesi di menisco piano sia più che soddisfacente.
BMcKMas
"Ci sono almeno tre modi per ingannare: la falsità, l'omissione e la statistica" Anonimo saggio
"Ci sono almeno tre modi per ingannare: la falsità, l'omissione e la statistica" Anonimo saggio
Forse no... ci ho lavorato abbastanza:
consideriamo un bicchierone grande quanto tutta la curva e che quindi ruota intorno al suo asse di simmetria verticale.
L'equazione della parabola è $ y=\frac{{\omega}^2x^2}{2g}+h_0-\frac{{\omega}^2 R^2}{4g} $.
Considerando il bicchiere come una parte del bicchierone si arriva alla soluzione richiesta. In pratica si mette $ y-h_0=0.005 $ e $ x=40+0.03 $, perchè prima l'acqua era ad altezza inferiore di 0.005 a quella durante la rotazione.
Vi convince?
PS: dimostrate l'equazione della parabola...
consideriamo un bicchierone grande quanto tutta la curva e che quindi ruota intorno al suo asse di simmetria verticale.
L'equazione della parabola è $ y=\frac{{\omega}^2x^2}{2g}+h_0-\frac{{\omega}^2 R^2}{4g} $.
Considerando il bicchiere come una parte del bicchierone si arriva alla soluzione richiesta. In pratica si mette $ y-h_0=0.005 $ e $ x=40+0.03 $, perchè prima l'acqua era ad altezza inferiore di 0.005 a quella durante la rotazione.
Vi convince?
PS: dimostrate l'equazione della parabola...
Non mi convince, quello che puoi trovare facilmente è l'inclinazione dell'acqua in funzione della distanza dell'asse della curva (è un vettore normale alla direzione dell'accelerazione e quindi la tangente alla pendenza è proporzionale alla distanza dall'asse). Questo definisce una famiglia di paraboloidi con lo stesso asse e la stessa curvatura ma che differiscono per la quota . Non è definito quindi in alcun modo il livello dell'acqua. E' il classico problema dell'integrazione: hai una costante additiva arbitraria.Bacco ha scritto:
Vi convince?
PS: dimostrate l'equazione della parabola...
La condizione che ti permette di trovare il paraboloide giusto è la conservazione del volume dell'acqua nel bicchiere.
ciao
BMcKMas
"Ci sono almeno tre modi per ingannare: la falsità, l'omissione e la statistica" Anonimo saggio
"Ci sono almeno tre modi per ingannare: la falsità, l'omissione e la statistica" Anonimo saggio
EDIT: ho sbagliato il post precedente, non si può dire nulla sull'acqua nel bicchiere, infatti non è legittimo considerarlo parte di un grande bicchierone, perchè non è consentito interscambio d'acqua (otterremmo che il volume dell'acqua dentro il bicchiere aumenta, il che è assurdo).
Riguardo all'equazione della parabola per un bicchiere che ruota attorno al proprio asse di simmetria verticale (e non, quindi, nella condizione trattata dal problema) confermo che ho ricavato quella equazione, proprio usando la conservazione del volume (integrare per credere!) per trovare la costante additiva.
Ah, dimenticavo: $ h_0 $ è l'altezza dell'acqua a bicchiere fermo.
Riguardo all'equazione della parabola per un bicchiere che ruota attorno al proprio asse di simmetria verticale (e non, quindi, nella condizione trattata dal problema) confermo che ho ricavato quella equazione, proprio usando la conservazione del volume (integrare per credere!) per trovare la costante additiva.
Ah, dimenticavo: $ h_0 $ è l'altezza dell'acqua a bicchiere fermo.
Poichè $ 2r<<R $ allora penso sia "lecito" approssimare il menisco formato dall'acqua come piano, sebbene sia stato correttamente e ampiamente dimostrato che in realtà è un paraboloide... Poichè la superficie dell'acqua si dispone perpendicolarmente alla risultante delle forze allora $ \frac{v^2}{gR}=\frac{\Delta h}{r} $, e come giustamente ha concluso Bacco $ v=\sqrt{\frac{gR\Delta h}{r}} $, che con i dati numerici dovrebbe venire tipo $ v=11,4ms^{-1} $. Se il diametro del bicchiere fosse stato confrontabile con il raggio della curva mi sarei orientato anch'io per una soluzione "parabolica", ma mi sembra che qui l'approssimazione sia abbastanza ragionevole...
In verità il conto con l'integrale devo ancora farlo, appena ho un attimo di tempo
In verità il conto con l'integrale devo ancora farlo, appena ho un attimo di tempo
Lunga vita e prosperità