Forum OLIFIS

Beh, dopo l'olimpica prova di pascal un po' mi vergogno a mostrare la mia brutta soluzione, però non mi sottraggo.
Partendo dalle equazioni trovate anche da Converge e posto:

$p = \frac{{2M}}{{M + m}}$

$q = \frac{{M - m}}{{M + m}}$

$k = \frac{m}{M}$

posso scrivere:

${v_n} = p{V_{n - 1}} + q{v_{n - 1}}$

${V_n} = q{V_{n - 1}} - kp{v_{n - 1}}$

Da queste due derivo poi le successive:

${V_{n + 1}} = q{V_n} - kp{v_n}$

${v_n} = p{V_{n - 1}} + q\left( {\frac{q}{{kp}}{V_{n - 1}} - \frac{1}{{kp}}{V_n}} \right)$

${V_{n + 1}} = q{V_n} - kp\left[ {p{V_{n - 1}} + q\left( {\frac{q}{{kp}}{V_{n - 1}} - \frac{1}{{kp}}{V_n}} \right)} \right]$

cioè in definitiva:

${V_{n + 1}} = 2q{V_n} - {V_{n - 1}}\left( {{q^2} + k{p^2}} \right)$

Modifco poi quest'ultima in questo modo:

$\left( {{V_{n + 1}} - {V_n}} \right) - \left( {{V_n} - {V_{n - 1}}} \right) = 2{V_n}\left( {q - 1} \right) + {V_{n - 1}}\left( {1 - {q^2} - k{p^2}} \right)$

e osservando che

$1 - {q^2} - k{p^2} = 0$

la posso scrivere così:

$\left( {{V_{n + 1}} - {V_n}} \right) - \left( {{V_n} - {V_{n - 1}}} \right) = 2{V_n}\left( {q - 1} \right) = - \frac{{4m}}{{M + m}}{V_n}$

A causa della condizione M>>m ci si può aspettare che tra un urto e l'altro la V cambi molto poco, per cui posso assimilare n alla variabile continua x; in tale ipotesi il primo membro dell'equazione precedente può essere assimilato alla derivata seconda della funzione V(x). Si ha allora:

$\frac{{{d^2}V}}{{d{x^2}}} = - \frac{{4m}}{{M + m}}V$

la cui soluzione, date le condizioni iniziali, è:

$V = {V_0}\cos \left[ {2\sqrt {\frac{m}{{M + m}}} x} \right]$

ponendo n=x quando V=0 si ha in definitva

$n \approx \frac{\pi }{4}\sqrt {\frac{{M + m}}{m}} \approx \frac{\pi }{4}\sqrt {\frac{M}{m}}$

Tutto ciò è abbastanza indegno, lo so, ma di meglio non m'era venuto in mente...

Mmm.. diciamo che questo problema è stato dato per tenere impegnati duramente per tutte le 6 ore anche i partecipanti più bravi..

pascal ha scritto: si ha per la conservazione dell’energia e della quantità di moto in un generico urto:
$\displaystyle v_n - v_{n-1}= V_n +V_{n-1}$

Notevole soluzione

Solo che ora non riesco a vedere come si ottiene quanto ho citato.

Falco5x ha scritto: A causa della condizione M>>m ci si può aspettare che tra un urto e l'altro la V cambi molto poco, per cui posso assimilare n alla variabile continua x; in tale ipotesi il primo membro dell'equazione precedente può essere assimilato alla derivata seconda della funzione V(x).

Perchè puo essere assimilato alla derivata seconda e non alla prima, o a che altro? Sul fatto che V cambi poco ci sono.

Falco5x ha scritto: Giusto per puntualizzare una cosa che forse per te è scontata, le tue formule sono giuste solo se si sottintende che la $\displaystyle v_{n+1}$ e la $\displaystyle v_{n}$ hanno versi opposti. Insomma le tue velocità vanno prese in modulo. Le formule corrette (velocità con segno) avrebbero i segni invertiti sulle $\displaystyle v_{n}$

Ho capito, intendi dire che le formule sono corrette perchè in caso le v siano discordi si fissa un verso positivo e le v assumono di per sè un segno a seconda che abbiano verso positivo o negativo.
In effetti non sono mai rigoroso/preciso sui segni, in particolare nel caso delle velocità, devo ancora impararlo bene.

CoNVeRGe. ha scritto:
Falco5x ha scritto: A causa della condizione M>>m ci si può aspettare che tra un urto e l'altro la V cambi molto poco, per cui posso assimilare n alla variabile continua x; in tale ipotesi il primo membro dell'equazione precedente può essere assimilato alla derivata seconda della funzione V(x).
Perchè puo essere assimilato alla derivata seconda e non alla prima, o a che altro? Sul fatto che V cambi poco ci sono.

E' il punto che mi fa più schifo, ma te lo spiego ugiualmente:

$\frac{d^2V( n )}{dn^2} = \frac{d}{dn}\frac{dV( n )}{dn} = \frac{d}{dn} \frac{V( n + dn) - V( n )}{dn} =$

$=\frac{\frac{V(n + dn) - V( n )}{dn} - \frac{V( n ) - V( n - dn )}{dn}}{dn}$

Poiché la minima variazione per dn è 1, allora posso dire

$\frac{d^2V( n )}{dn^2} =( V_{n + 1} - V_n}) - ( V_n - V_{n - 1})$

Fa abbastanza ribrezzo, sono d'accordo, ma questa non poteva essere la derivata prima o qualcosa d'altro: per come è stata costruita somiglia alla derivata seconda.

Conservazione energia cinetica:

$m \ v_{n-1}^2 \ / \ 2 + M \ V_{n-1}^2 \ / \ 2 = m \ v_n^2 \ / \ 2 + M \ V_n^2 \ / \ 2.$

Conservazione quantità di moto con velocità discordi prima dell’urto:

$- m \ v_{n-1} + M \ V_{n-1} = m \ v_n + M \ V_n.$

Le due espressioni equivalgono a:

$m (v_n^2 - v_{n-1}^2) = M (V_{n-1}^2 - V_n^2 )$

$m (v_n + v_{n-1}) = M (V_{n-1}- V_n)$

che rapportate membro a membro forniscono:

$v_n - v_{n-1} = V_n + V_{n-1}.$

Colgo l'occasione per farti i complimenti per la menzione di merito conseguita nella gara nazionale.

Modifica: avevo digitato qualche minuscola a posto della maiuscola.

Metto un'altra soluzione possibile che non fa uso di derivate o geometria

Chiamiamo $V_n$ e $v_n$ le velocità del blocco e della particella dopo l' $n$ -esimo urto
Poniamo quindi $V_0=V_0$ e $v_0=0$

Come già fatto notare, le formule che legano le due velocità, ricavabili dalla conservazione di energia cinetica e della quantità di moto, sono
$V_n=\frac{M-m}{M+m}V_{n-1}-\frac{2m}{M+m}v_{n-1}$
$v_n=\frac{M-m}{M+m}v_{n-1}+\frac{2M}{M+m}V_{n-1}$
dove si tiene conto del fatto che la velocità della particella poco prima dell'urto successivo è $-v_n$

Utilizzando
$v_n=\frac{M-m}{M+m}v_{n-1}+\frac{2M}{M+m}V_{n-1}$
$V_{n-1}=\frac{M-m}{M+m}V_{n-2}-\frac{2m}{M+m}v_{n-2}$
$v_{n-1}=\frac{M-m}{M+m}v_{n-2}+\frac{2M}{M+m}V_{n-2}$
ricaviamo che
$v_n=2\frac{M-m}{M+m}v_{n-1}-v_{n-2}$

Ricaviamoci ora la formula generale che lega $v_n$ a $n$ , usando la regola delle successioni
Dapprima troviamo le soluzioni di
$x^2-2\frac{M-m}{M+m}+1=0$
che sono
$x_1=\frac{M-m}{m+M}+2i\frac{\sqrt{mM}}{m+M}$
$x_2=\frac{M-m}{m+M}-2i\frac{\sqrt{mM}}{m+M}$
Quindi la successione deve essere del tipo
$v_n=ax_1^n+bx_2^n$
Troviamoci $a$ e $b$ sistemando $v_0$ e $v_1$
Ci ricaviamo che $v_1=V_0\frac{2M}{m+M}$
E, dal sistema
$0=a+b$
$V_0\frac{2M}{m+M}=ax_1+bx_2$
troviamo
$a=\frac{V_0}{2i}\sqrt{\frac{M}{m}}$
$b=-\frac{V_0}{2i}\sqrt{\frac{M}{m}}$
Quindi
$v_n=\frac{V_0}{2i}\sqrt{\frac{M}{m}}(x_1^n-x_2^n)$

Dalla conservazione di energia cinetica, sappiamo che
$mv_n^2+MV_n^2=MV_0^2$
Dato che il blocco alla fine si ferma, allora $V_n=0$
$v_n=\sqrt{\frac{M}{m}}V_0$
Sostituendo, troviamo che
$2i=x_1^n-x_2^n$

Notiamo ora che, in
$x_1=\frac{M-m}{m+M}+2i\frac{\sqrt{mM}}{m+M}$
abbiamo che
$0<\frac{M-m}{m+M}<1$
e che
$(\frac{M-m}{m+M})^2+(2\frac{\sqrt{mM}}{m+M})^2=1$
quindi esiste un angolo t, tale che
$\frac{M-m}{m+M}=cos(t)$
$2\frac{\sqrt{mM}}{m+M}=sen(t)$
e ciò ci porta all'identità
$x_1=e^{it}$
E, similmente,
$x_2=1/e^{it}$

Sostituendo quello che abbiamo trovato, abbiamo che
$2i=e^{nit}-1/e^{nit}$
$e^{2nit}-2ie^{nit}-1=0$
$e^{nit}=i$
$e^{nit}=e^{i\pi/2}$
$nit=i\pi/2$
$n=\frac{\pi}{2t}$
Ricordandoci che
$t=arcsen(2\frac{\sqrt{mM}}{m+M})$
e notando che la quantità dentro l'arcoseno è molto piccola, e che la massa della particella è molto minore della massa del blocco, possiamo approssimare
$t=2\frac{\sqrt{mM}}{m+M}=2\sqrt{\frac{m}{M}}$

quindi
$n=\frac{\pi}{4}\sqrt{\frac{M}{m}}$

CVD

Sono consapevole di riesumare un topic vecchissimo, ma volevo chiedere: mi sono imbattuto recentemente in questo problema e, nel provare una strada risolutiva, sono giunto a qualcosa di abbastanza improbabile. Vorrei perciò sottoporla per capire quale distrazione di fondo abbia commesso...

La mia idea per risolvere il problema è la seguente: prendo in considerazione il sistema di riferimento solidale con il blocco di massa M e calcolo dapprima in questo le velocità della pallina e della massa dopo l’urto: in particolare il blocco M risulta avere una velocità nel verso opposto rispetto a quello in cui si stava muovendo nel sistema del laboratorio. La pallina urta contro il muro e torna indietro: a questo punto cambio sistema di riferimento, “aggiornandomi” e collocandomi in quello attuale della massa M calcolando così l’ulteriore riduzione della velocità e sostituendo nelle equazioni di volta in volta a $V_0$ la velocità trovata precedentemente, reiterando il processo finché la somma dei risultati nei vari sistemi, che sono appunto le riduzioni di velocità, non corrispondono alla velocità stessa che il blocco aveva all’inizio (nella pratica, il sistema in cui il blocco è fermo e quindi solidale con questo è quello di laboratorio stesso). A questo punto calcolo il primo urto, in cui la particella ha velocità V verso il blocco, e ottengo:

: Primo urto.JPG (27.27 KiB) Visto 8711 volte

: Tentativo.JPG (95.46 KiB) Visto 8711 volte

Il problema della soluzione dunque è questo: al tendere di n a infinito, il blocco risulta tendere solo a metà della sua velocità iniziale.

Faccio un up informativo, visto che poi la ragione è venuta fuori: nel continuo cambio di sistemi di riferimento, bisogna considerare che anche il muro ha in questi una sua velocità al fine di calcolare gli urti elastici della pallina con il suddetto; nella mia soluzione si era assunto che fosse sempre fermo, cosa che in effetti non è vera.

Giusto perché si è tornati su questo problema, sicuramente avrete visto questo: https://www.youtube.com/watch?v=jsYwFizhncE. Nel caso non lo abbiate visto, vi consiglio vivamente di farlo (e di guardare anche il secondo sempre collegato a questo, anche perché di esercizi sugli specchi ne sono usciti un paio anche alla Normale). Nel video suppone che il rapporto delle masse sia una potenza di 100 e conta gli urti anche con il muro, finché la massa grande non torna indietro (quindi x4).

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