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Azzardo una risposta del punto 1 del problema 1.1, si chiede di spiegare ma io cerco praticamente di dimostrarlo (e non so con quale esito)


Supponiamo che la parete del cilindro sia larga e che ai tempi e la situazione del foro in sezione sia quella che allego in un rudimentalissimo disegno.

Nell'istante anche il livello superiore dell'acqua è sceso di , precisamente vale l'equazione: (1)


Per la conservazione dell'energia: (2)

con
, e le velocità della massa in uscita dal foro e della massa d'acqua in 'discesa'.

Dall'equazione (1):

e poi
, che è trascurabile perchè

Sostituendo nell'equazione (2) otteniamo con pochi passaggi:

Sinceramente non credo sia valida, son curioso di sapere una dimostrazione o una valida spiegazione richiesta dal testo.

L’equazione teorica della gittata x si può scrivere come



con



I rapporti tra i coefficienti sperimentali e teorici risultano:





La riduzione del modulo di B va attribuita prevalentemente alla contrazione dell’area del getto all’uscita dall’ugello rispetto ad .
Il lieve decremento del coefficiente A deriva principalmente dalla modesta attenuazione della velocità di efflusso dovuta alla viscosità del liquido.

Nel problema 1.2, l'angolo può risultare uguale a ?

pascal ha scritto:Nel problema 1.2, l'angolo può risultare uguale a ?

Credo di si, io li ho considerati uguali per una semplice simmetria del percorso rispetto al punto del percorso a coordinata z minima, ovvero il più vicino al vertice della cavità. Giunto in tale punto infatti davanti alla particella si ripropone un tragitto perfettamente specchiato. L'angolo di ingresso e di uscita (che la traiettoria fa con la semiretta-raggio per quel punto) risultano dunque uguali.
Quindi, siccome siamo nel topic delle soluzioni:


Non so come calcolare la velocità invece ho pensato al moto di una massa vincolata ad un'asta (quindi anche ad un pendolo) visto che la distanza della particella è sempre costante da un punto dell'asse z che è il centro della sfera che determina la cavità.

Il raggio di questa sfera mi viene
L'angolo di apertura della cavità

Però non so sfruttare quest'idea..

Ho scomposto la velocità di lancio nella direzione radiale e tangente alla circonferenza, ottenendo e , dove . Nella discesa la velocità diventa con componente tangente . Ma , in cui (triangolo isoscele CAB). La particella raggiunge l’altro lato della buca con velocità . La forma con l’asse x ancora l’angolo con componente tangente al bordo che si conserva nella salita. Nel punto B sopra la buca la velocità diventa con componente tangente .
Riassumendo:
. Poiché , si ha .
Per il calcolo della velocità basta applicare la conservazione dell'energia.

L'ultima U_A digitata deve essere intesa come V_B.

1.1 Un esperimento di Fuidodinamica

Per ricavare la velocità di uscita da un foro posto ad altezza dalla superficie di un fluido possiamo più semplicemente applicare l'equazione di Bernoulli:



Quindi considerando il passaggio del fluido dall'interno del recipiente a quando esce dal foro si ha:



Dato che si ha:





e

Rimane

1.1 Un esperimento di Fuidodinamica

Dal momento in cui dal foro fuoriesce un getto con velocità iniziale è possibile trattare il percorso seguito come nel caso di un moto parabolico che, considerando un sistema di riferimento cartesiano con l'asse delle ascisse coincidente con il pavimento e asse delle ordinate passante per il foro, ha equazione:



La gittata è la distanza raggiunta dalla componente orizzontale nel tempo in cui si azzera la componente verticale:



Perciò la gittata è:

Chiedo: ha senso trattare il problema 1.2 come se si trattasse di ottica anziché di meccanica? (particella ---> fascio di luce, buca ---> diottro sferico) Nel caso fosse sensato sarebbe più o meno lo stesso caso trattato in un Senigallia del 2000 se non sbaglio, nel quale si dimostrava che i raggi sono focalizzati sulla superficie della sfera per n=2; a quel punto si impone , da cui
e infine
La cosa che non torna, però, è che nella buca la velocità è maggiore che all'esterno (sarebbe il mezzo "otticamente meno denso", diciamo una bolla d'aria nel vetro anziché una palla di vetro nell'aria) e quindi non dovrebbe focalizzare in quel modo. Boh, probabilmente sono tutte fesserie.

Nell'1.1 mi viene:

, che risulta imponendo la continuità del flusso e risolvendo l'equazione differenziale a variabili separabili

La retta di regressione dei dati sperimentali ha pendenza , da cui ; il diametro efficace del foro è circa il 20% inferiore al diametro reale.

Il 3.1 è nell'Halliday; per motivi di simmetria vi sono solo quattro potenziali diversi in tutto il cubo: quello all'ingresso, Vo; quello all'uscita, V3; quello nei tre vertici "vicini" all'ingresso, V1; e quello nei tre vertici "vicini" all'uscita, V2 ("vicino"= raggiungibile percorrendo un solo spigolo). Quindi il circuito è equivalente ad uno che collega quei quattro potenziali con l'opportuno numero di resistori; in particolare, 3 per passare da V0 a V1 e da V2 a V3, gli altri 6 per passare da V1 a V2. Mettendo in serie questi tre paralleli si ottiene .

per il 2 e il 3.2 non ho ancora avuto tempo

Ok, propongo una soluzione per il problema della buca.
All'inizio pensavo che fosse a forma di calotta sferica, ma dopo che Pigkappa si è spiegato la soluzione è stata facile.

Allora, l'angolo di deviazione lo si ottiene sfruttando la simmetria della traiettoria.
La deviazione è quindi di 17.46°
Inoltre la velocità che la pallina acquista quando scende nella buca la fa deviare della metà della deviazione totale. (8.73°)
Quindi: la pallina arriva sul bordo con un angolo di 17.46° e viene deviato di 8.73°
La velocità acquistata in direzione di C, cioè perpendicolarmente al bordo della buca, è sqrt(2 g h).
A questo punto si possono uguagliare le componenti perpendicolari al bordo della buca, che restano le stesse.

Facendo qualche conto con i vettori (che preferisco non riportare, non so usare il LateX) la velocità (uguale all'inizio e alla fine) viene di 0.626 m/sec.
Naturalmente aspetto una conferma!