126. Bilanciare una penna

lance00 · Messaggio da **lance00** » 26 dic 2017, 21:31

Visto che il problema 125 è rimasto irrisolto per più di due mesi, mi riapproprio del testimone (scusa Ruben!

)

Si consideri una penna disposta verticalmente rispetto a un piano orizzontale. La si idealizzi come una massa puntiforme $m$ all'estremità di un'asta priva di massa di lunghezza $l$ .
(a) Assumendo che la penna formi inizialmente un (piccolo) angolo $\theta_0$ con la verticale e abbia una velocità angolare iniziale $\omega_0$ , trovare $\theta(t)$ finché è piccolo $(sin\theta \approx \theta)$
(b) si potrebbe pensare che sarebbe possibile (almeno teoricamente) mantenere la penna in equilibrio per un periodo di tempo arbitrariamente lungo, se si rendono $\theta_0$ e $\omega_0$ abbastanza piccoli. Invece si può dimostrare, applicando il principio di indeterminazione di Heisenberg ( $(l\theta_0)(ml\omega_0) >= \hbar$ , che la penna non può stare in equilibrio per più di un tempo $t$ . Trovare $t$

Dudin · Messaggio da **Dudin** » 27 dic 2017, 13:02

per il punto a:
considero il punto di contatto tra l'asta e il piano orizzontale come polo
allora:
$I*\alpha = \tau = mg\Theta$ (usando l'approssimazione)
cioè
$\alpha = \frac{mg\Theta} {ml^2} = \frac{g\Theta} {l^2}$

quindi:
$\theta = \theta\ped{0} + \omega\ped{0}t + \frac{t^2 g\theta} {2l^2}$

Dudin · Messaggio da **Dudin** » 27 dic 2017, 13:06

scusate ho dovuto rimettere il messaggio a causa di alcuni errori
per il punto a:
considero il punto di contatto tra l'asta e il piano orizzontale come polo
allora:
$I*\alpha = \tau = lmg\theta$ (usando l'approssimazione)
cioè
$\alpha = \frac{lmg\theta} {ml^2} = \frac{g\theta} {l}$

quindi:
$\theta = \Theta + \omega t + \frac{t^2 g\theta} {2l}$

Gamow00 · Messaggio da **Gamow00** » 27 dic 2017, 14:28

Dudin, penso che tu abbia commesso un'errore nell'ultimo passaggio. Hai sostituito l'accelerazione nella formula del moto uniformemente accelerato, che tanto uniforme non è. Continuo io da quel punto.
$\alpha={g\theta \over l}$
E' un'equazione differenziale simile a quella del moto armonico, ma con il segno diverso. Si risolve allo stesso modo (sostituendo $e^{\lambda t}$ ) e restituisce una soluzione molto simile, solo con le funzioni iperboliche. Vi risparmio (e mi risparmio) tutti i passaggi, che comunque scriverò se qualcuno non li trova chiari.

$\theta=\theta_0 \cosh {t\sqrt{g/l}}+{\omega \over \sqrt{{g \over l}}}\sinh{t\sqrt{g/l}}$

Questa è la mia soluzione al punto a.
Per il punto b) non mi è ancora chiaro come procedere; penso bisogni fare da qualche parte un'approssimazione ma non so dove.

lance00 · Messaggio da **lance00** » 27 dic 2017, 15:39

Buona Gamow00!

Prova a scriverla come $\theta(t) = Ae^{at} + Be^{-at}$ per fare le approssimazioni

Gamow00 · Messaggio da **Gamow00** » 27 dic 2017, 16:54

Ok, dovrei esserci.
Per definizione $\cosh{x}={e^{x}+e^{x} \over 2}$ e $\sinh{x}={e^{x}-e^{x} \over 2}$ . Quindi per $x$ abbastanza grandi (ma neanche troppo), posso scrivere $\cosh{x}=\sinh{x}={e^{x} \over 2}$ .
Sostituendo nell'equazione:

$\theta \approx {1 \over 2}{(\theta_0 + {\omega_0 \over \sqrt{{g \over l}}})\exp{t\sqrt{{g \over l}}}$

Utilizzando il principio di inderminazione di Heisenberg (per semplicità uso il caso dell'uguaglianza):

$\theta \approx {1 \over 2}{(\theta_0 + {\hbar \over ml^2\sqrt{{g \over l}}})\exp{t\sqrt{{g \over l}}}$

A questo punto, $t$ sarà massimo quando ${\theta_0 +{\hbar \over \theta_0ml^2\sqrt{{g \over l}}}$ è minimo. Derivando rispetto a $\theta_0$ , trovo che il valore minimo dell'espressione è $2\sqrt{{\hbar \over ml^2\sqrt{{g \over l}}}$

Quindi: $\theta \approx \sqrt{{\hbar \over ml^2\sqrt{{g \over l}}}} \times{\exp{t_{max}\sqrt{{g \over l}}}$

Risolvendo per $t_{max}$ :

$t_{max} \approx {1 \over \sqrt{{g \over l}}} \ln{{\theta \sqrt{mgl^3} \over \sqrt{\hbar}}$

Ora, $\theta$ sarà un angolo "di non ritorno", superato il quale la matita sicuramente comincerà a cadere. Prendo come valore numerico $\theta=0.01 rad$ . Come $m$ prendo $5 \times 10^{-3} kg$ e pongo $l=0,15m$ . Il valore di $\hbar$ è $1,05 \times 10^{-34} Js$ .

Sostituendo nella formula ottengo $t \approx 3,85s$ , che è sorprendentemente breve.

lance00 · Messaggio da **lance00** » 27 dic 2017, 17:21

tutto giusto, solo che secondo me nell'ultimo passaggio ti sei scordato una radice:
$t_{max} = \sqrt{\frac{l}{g}} ln[\theta \sqrt{\frac{m\sqrt{gl^3}}{\hbar}}]$ che se uno vuole può riscrivere come $t_{max} = \frac{1}{4} \sqrt{\frac{l}{g}} ln \frac{m^2l^3g}{\hbar^2}$
comunque puoi postare il 127

Gamow00 · Messaggio da **Gamow00** » 27 dic 2017, 20:31

Sì giusto mi è proprio scappata quella radice.
Bel problema comunque!

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