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Bonus 2:

Pigkappa ha scritto:Bonus question molto più difficile: ed esiste un'equazione simile che descrive la conservazione della sua quantità di moto?

Non ho avuto tempo per pensarci ma d'acchito non capisco neppure il significato. Capisco la conservazione di quantità "sostanziali", come la carica o la massa. Io so che la quantità di moto si conserva se è nulla la risultante delle forze ESTERNE agenti sul sistema o, almeno, è nulla lungo un asse del moto: come nel caso del proiettile in cui si conserva la sua q. di m. lungo l'asse orizzontale. Ma nel caso dei fluidi so che ci sono le forze di volume (peso) e di superficie (pressione). Si possono elidere reciprocamente? Oppure si intende per conservazione la stessa equazione del moto? Tipo: l'impulso della forza è uguale alla variazione di q.di m. tenuto conto che ora variano nel tempo sia la massa che la velocità?
Non so se puoi darmi qualche dritta senza "annacquarmi" il problema...

modesto ha scritto:Bonus 1

Funzionano entrambe le idee che hai avuto, e l'equazione è proprio quella:
$\displaystyle \frac{\partial \rho}{\partial t} + \vec \nabla \cdot (\rho \vec v) = 0$

Questa si chiama equazione di continuità (stesso nome che si dà a $\frac{\partial \rho}{\partial t} + \vec \nabla \cdot \vec J = 0$ in elettromagnetismo) ed è una delle equazioni fondamentali della fluidodinamica.
In un qualche modo compare anche nel programma scolastico (o almeno delle olimpiadi), nella versione molto più semplice per la quale $S * v$ è uniforme per un fluido incomprimibile che scorre in un tubo di sezione $S$ variabile a velocità $v$ .

modesto ha scritto:Non ho dimestichezza con nabla: comunque mi pare di capire che moltiplicandolo per uno scalare se ne ottiene l'opposto del gradiente, scalarmente per un vettore se ne ottiene la div., vettorialmente per un vettore se ne ottiene il rot. Ma per queste cose avrò tempo...

Il simbolo $\vec \nabla$ è molto comodo perchè ti permette di non imparare a memoria un certo numero di altre cose.

In coordinate cartesiane è una specie di vettore di coordinate $(\frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z})$ e $\vec \nabla f$ è il gradiente di $f$ , $\vec \nabla \cdot \vec A$ la divergenza di $\vec A$ , $\vec \nabla \times \vec A$ il rotore di $\vec A$ , $\nabla^2 f$ il laplaciano di $f$ (se sai cos'è).

Ci sono un buon numero di formule in cui $\vec \nabla$ si comporta in modo simile ad un vettore, e quindi si riescono a ricordare o ricostruire senza troppa fatica, mentre imparare a memoria una decina di identità piene di "div" e "rot" sarebbe brutto.

Comunque sì, hai tutto il tempo del mondo, anche se tra 2 o 3 anni ti accorgerai all'improvviso che nessuno ti avrà insegnato ad usarlo ma tutti pretenderanno che tu lo sappia fare

.

modesto ha scritto: Non so se puoi darmi qualche dritta senza "annacquarmi" il problema...

Provo a farti un esempio in cui è chiaro che si conserva la quantità di moto.

Consideriamo una grande quantità di fluido che si trova nello spazio vuoto. Questo fluido ha una velocità iniziale in ogni punto che è data come condizione iniziale, e sente ovviamente gli effetti della pressione. Potrebbero esserci altre forze interne (attrazione gravitazionale, campi magnetici che possono fare cose molto brutte) ma diciamo che le trascuriamo. In ogni caso, di forze esterne al fluido non ce ne sono.

Visto che non ci sono forze esterne, è chiaro che la quantità di moto totale si deve conservare, in ogni sua componente. Questa situazione è analoga quella precedente, in cui la massa totale si conservava. Volendo si potrebbero fare discorsi analoghi per l'energia (con qualche precauzione) ed il momento angolare, ma le cose si complicano ancora di più.

Nel caso della massa, siamo riusciti a passare da una legge di conservazione totale ad una legge microscopica, imponendo che la variazione di massa in un piccolo volume fosse dovuta a quella che arriva dagli elementi di fluido vicino ed a quella che sta uscendo dal nostro volume. Si riesce a fare qualcosa di simile per la quantità di moto?

Ti ringrazio per il suggerimento e per tutto il resto. Ci penserò. Perchè dopo le equazioni di Maxwell, il tempo che posso dedicare alla preparazione mi viene quasi completamente assorbito dalle onde elettromagnetiche ma soprattutto dall'ottica fisica. Per me era un mondo praticamente sconosciuto. Sono molto intrigato dalla riflessione/rifrazione e massimamente dall'interferenza/diffrazione con i problemi sns su questi argomenti che, nonostante i grandi aiuti dell'Halliday e di Bianciardi-Problemi di Fisica, trovo molto sofisticati e difficili. Non so se in seguito sia il caso di proporre qualcosa anche su questo forum..

Bonus 2:se allora si tratta della "normale" conservazione della quantità di moto sarà per la II legge
$\frac{d[M(t) \vec v]}{dt}$ = $\vec R_e(volume,superficie) = \vec 0$
dove $[M(t) \vec v]$ è la quantità di moto del fluido che transita a un dato istante nel volume $V$ , fisso rispetto al riferimento con il relativo contorno superficiale $S$ mentre, introducendo la densità del fluido, sarà $(\rho(t) \vec v)$ la relativa quantità di moto per unità di volume. Al solito:l'opposto della variazione della quantità di moto per secondo deve uguagliare la differenza fra quella uscita e quella entrata nel vonume nello stesso tempo. Essa è data da
- $\frac{\partial [M(t) \vec v]}{\partial t}$ = - $\frac{\partial \int_V{(\rho\vec v) dV}}{\partial t}$ .
I Metodo: l'opposto della variazione uguaglia la quantità di moto che entra/esce dalla superficie $S$ nell'unità di tempo, cioè il prodotto di $(\rho \vec v)$ per il flusso di $\vec v$ attraverso $S$ esprimibile per il teorema della divergenza come integrale della medesima esteso a $V$ ottenendo $\int_V{(\rho \vec v).div \vec v.dV}$ .
Uguagliando all'opposto, portando al primo membro e prescindendo dall'integrale di volume, peraltro qualsiasi, si ottiene
$\frac{\partial (\rho \vec v)}{\partial t}+ (\vec\nabla.\vec v)(\rho \vec v) = \vec 0$
II Metodo: dovrà uguagliare la somma(integrale) delle variazioni di quantità di moto infinitesime relative ai volumi infinitesimi $dV= dx.dy.dz$ in cui può scomporsi $V$ . Come nel caso della massa, detta $\vec v = v_x \vec i+v_y \vec j +v_z \vec k$ la velocità in quel punto, la differenza fra la quantità di moto che esce dalla parete $dy.dz$ e quella che entra nella parete opposta delle stesse dimensioni sarà $(\rho.\vec v) \frac{\partial v_x}{\partial x}dx.dx.dz$ . Sommando anche i contributi delle due pareti $dx.dy$ e $dx.dz$ si ottiene facilmente
$\int_V{(\rho.\vec v)}$ ${(\frac{\partial ( v_x)}{\partial x}+ \frac {\partial(v_y)}{\partial y} + \frac {\partial (v_z)}{\partial z}) dV}$ = $\int_V{(\rho \vec v). div \vec v. dV}$
Uguagliando all'opposto, portando al primo membro e prescindendo da $V$ si ottiene ancora
$\frac{\partial (\rho \vec v)}{\partial t} + (\vec \nabla . \vec v)(\rho \vec v) = \vec 0$
Mi verrebbe insomma una relazione vettoriale in questo caso.
Avrei bisogno, per concludere sulla questione, di chiarire un paio di dubbi che ti formulerò se fosse corretta anche questa soluzione: sulla natura di questi tre problemi che hai proposto e sulla divergenza della velocità. Ovviamente, per non romperti più di tanto, risponderai se potrai e quando vorrai...

Nota: questa cosa che stiamo provando a fare ora è significativamente più complicata delle precedenti, se ci si mette la pressione (vedi sotto). Non garantisco che ne verremo a capo, e non sono sicuro che ci sia un modo facile per arrivare a un'equazione nella solita forma $\frac{\partial (\rho \vec v)}{\partial t} + \vec \nabla \cdot Qualcosa = 0$ . D'altra parte, quella equazione esiste e una volta che la si vede ci vuole poco a verificare che è corretta, quindi non dovrebbe neanche essere così difficile da ricavare (ancora non ci ho provato).

modesto ha scritto:l'opposto della variazione della quantità di moto per secondo deve uguagliare la differenza fra quella uscita e quella entrata nel vonume nello stesso tempo

Io sarei più cauto. La frase scritta in questo modo è corretta, ma il modo in cui la applichi poi non lo è. È vero che in un certo senso la conservazione della quantità di moto si riduce a quella frase, ma la quantità di moto in uscita ed entrata dall'elemento di volume non è dovuta solamente alla materia che ci entra e che ne esce, ma anche al fatto che sull'elemento di volume sono applicate delle forze di pressione (e sicuramente sai che $\frac{d \vec P}{dt} = \vec F$ ) (trascuriamo tutte le altre forze).
Comunque, si può anche affrontare il problema supponendo che la pressione sia trascurabile e vedere cosa ne viene fuori. Per ora facciamo così.

modesto ha scritto: esprimibile per il teorema della divergenza come integrale della medesima esteso a $V$ ottenendo $\int_V{(\rho \vec v).div \vec v.dV}$ .

Sei sulla strada giusta, ma hai scritto la divergenza della quantità sbagliata... Questo fa sì che risultino sbagliati anche i risultati successivi.

modesto ha scritto:la differenza fra la quantità di moto che esce dalla parete $dy.dz$ e quella che entra nella parete opposta delle stesse dimensioni sarà $(\rho.\vec v) \frac{\partial v_x}{\partial x}dx.dx.dz$

Anche con questo metodo sei sulla strada giusta, ma quest'ultima cosa è sbagliata. Prova a pensare perchè.

Considerando trascurabile la pressione, si può effettivamente arrivare al risultato giusto con i due metodi che stai seguendo.
Ti dò però un consiglio: inizialmente scegli una sola direzione (diciamo $\hat x$ ) e fai le cose per quella componente (il che non vuol dire di considerare unidimensionale il problema). Alla fine proverai a vedere se le equazioni per le 3 componenti sono così belle da poterle mettere insieme in un'unica equazione vettoriale. Dovresti accorgerti che si può fare, ma non è così ovvio.
C'è un modo per fare i conti direttamente con i vettori, ma risulta più complicato delle cose che hai visto fin qui per motivi che probabilmente ti saranno chiari se riuscirai ad aggiustare la tua soluzione, oppure che ti spiegherò poi. Per ora conviene quindi che cerchi espressioni del tipo:
$\displaystyle \frac{\partial (\rho v_x)}{\partial t} + mostro = 0$

Comunque, hai già una padronanza di queste cose che è superiore al 95% degli studenti che passano da Senigallia!

Sto provando una decisa autocritica alla soluzione data partendo dal suggerimento di considerare una sola coordinata (son d'accordo che non vuol dire unidimensionale) e ti chiedo, prima di formalizzare, se sono sulla strada giusta. Mentre ho sicuramente commesso almeno un errore sulla $div\vec v$ francamente non pensavo di dover considerare la pressione. Inoltre credo che debba essere anche $\rho = \rho(x)$ .
L'errore è consistito nello scrivere $\vec v= v_x\vec i + v_y\vec j + v_z \vec k$ e poi di non trarne le conseguenze. La quantità di moto entrante nell'unità di tempo nel $dV=dx.dy.dz$ attraverso la parete $dy.dz$ dovrebbe essere $\rho(x).v_x.v_x.dy.dz$ (q.d.m. specifica per volume entrato in un secondo) mentre quella uscente dalla parete opposta dovrebbe essere $[\rho(x+dx)].(v_x+\frac{\partial v_x}{\partial x}.dx)^{2}.dy.dz$ dove $\rho(x+dx) = \rho(x)+\frac{\partial[\rho(x)]}{\partial x}. dx$ . Facendo i conti e trascurando i termini infinitesimi di ordine superiore al primo, mi risulterebbe, se non ho sbagliato, una differenza, cioè una parte del mostro, del tipo
$\frac{\partial [\rho(x).v_x^{2}]}{\partial x}. dV$ .
Ci sarebbe poi da aggiungere la variazione per unità di tempo della quantità di moto specifica dovuta alle forze di pressione
$[p(x+dx)-p(x)]dy.dz = F.1(sec)$ dove $p(x+dx) = p(x) + \frac{\partial p(x)}{\partial x}.dx$ . Anche in tal caso risulterebbe a me un termine come
$\frac{\partial p(x)}{\partial x}.dV$
Prima di andare avanti però, con un eventuale generalizzazione alle altre componenti cartesiane e di vedere se la variazione di pressione può anch'essa esprimersi con quella della velocità, urge un controllo da parte tua...

modesto ha scritto:francamente non pensavo di dover considerare la pressione.

Per ora possiamo anche lasciarla stare.

modesto ha scritto: $\rho = \rho(x)$

Certo che $\rho$ dipende dalla posizione. Io scriverei piuttosto $\rho = \rho(\vec r)$ ; non dipende solo dalla coordinata $x$ .

modesto ha scritto:La quantità di moto entrante nell'unità di tempo nel $dV=dx.dy.dz$ attraverso la parete $dy.dz$ dovrebbe essere $\rho(x).v_x.v_x.dy.dz$ (q.d.m. specifica per volume entrato in un secondo) mentre quella uscente dalla parete opposta dovrebbe essere $[\rho(x+dx)].(v_x+\frac{\partial v_x}{\partial x}.dx)^{2}.dy.dz$ dove $\rho(x+dx) = \rho(x)+\frac{\partial[\rho(x)]}{\partial x}. dx$

Il fatto di voler fare le cose lungo $\hat x$ vuol dire che noi cerchiamo "la componente $\hat x$ della quantità di moto entrante nel volume $dV$ ".

Anche se a prima vista può sembrare strano, questa quantità dipende anche dalle velocità $v_y$ e $v_z$ . In quello che ho chiamato "mostro" possono entrare anche $v_y$ e $v_z$ (e ti dico che ci sono, visto che io so la soluzione). Era per questo che avevo sottolineato che non è un problema unidimensionale.

La quantità di moto lungo $\hat x$ che entra dalla superficie $dy dz$ l'hai calcolata correttamente, ma devi considerare anche quella che entra dalle superfici $dx dz$ e $dx dy$ .

La parte sulla pressione è giusta; in quel caso è corretto considerare solo quella agente sulla superficie $dy dz$ perchè è l'unica a esercitare una forza lungo $\hat x$ , e quindi variare la quantità di moto in quella direzione.

In effetti dicevo di essere d'accordo ma poi ho ragionato da unidimensionale. Tutte le variabili sono funzione delle coordinate e del tempo. Per cui per es. $v_y=v_y(x,y,z,t)$ passa rispetto a x da $v_y(x,y,z)$ a $v_y(x+dx,y,z)$ ovvero $v_y + \frac{\partial v_y}{\partial x}.dx$ così come $\rho$ che passa da $\rho(x,y,z)$ a $\rho(x+dx,y,z)$ . Pertanto la quantità di moto per unità di tempo che esce/entra in $dx.dz$ subisce una variazione rispetto ad x. In analogia a quanto visto per x, la quantità di moto che esce/entra per unità di tempo all'ascissa x in $dx.dz$ è $\frac{\partial[\rho(x,y,z)v_y^{2}]}{\partial y}.dV$ mentre quella che esce/entra per unità di tempo all'ascissa x+dx è $\frac{\partial[\rho(x+dx,y.z).v_y^{2}(x+dx,y,z)]}{\partial y}.dV$ . Facendo la differenza rispetto a dx e omettendo i conti, che posso esplicitare dopo il tuo controllo, mi risulterebbe
$\frac{\partial^{2}[{\rho(x,y,z).v_y^{2}}]}{\partial x \partial y}.dx.dV$
che, per unità di tempo, essendo $dx= v_x.dt$ si ridurrebbe a
$\frac{\partial[\frac{\partial(\rho.v_y^{2} }{\partial y}]}{\partial x}.v_x.dV$ . Analogamente per z in $dx.dy$
$\frac{\partial [\frac{\partial(\rho.v_z{2}}{\partial z}]}{\partial x}.v_x.dV$ .
Questi sarebbero altri due mostri da aggiundere a quello che entra in $dy.dz$ e alla pressione della volta precedente. Mi sembra che una logica ci sia in questi risultati: in fondo è la variazione per unità di tempo rispetto a x delle quantità di moto che escono/entrano in $dx.dz$ e in $dx.dy$ . Ma urge ancora tuo controllo.

modesto ha scritto:In analogia a quanto visto per x, la quantità di moto che esce/entra per unità di tempo all'ascissa x in $dx.dz$ è $\frac{\partial[\rho(x,y,z)v_y^{2}]}{\partial y}.dV$ mentre quella che esce/entra per unità di tempo all'ascissa x+dx è $\frac{\partial[\rho(x+dx,y.z).v_y^{2}(x+dx,y,z)]}{\partial y}.dV$ .

Non sono riuscito a capire che conti hai fatto. Comunque una cosa mi sembra chiara: hai considerato la quantità di moto come uno scalare e non come un vettore, e questo è un errore.

A noi interessava la componente $\hat x$ della quantità di moto che entrava dalle superfici $dx dy$ , $dx dz$ , $dy dz$ .

Facciamo ad esempio il caso della quantità di moto lungo $\hat x$ che entra dalla superficie $dx dy$ posta intorno al punto $(x, y, z)$ . La massa che entra nel volume $dV$ attraverso questa superficie nell'intervallo di tempo $dt$ è $\rho v_z dx dy dt$ . La componente $\hat x$ della quantità di moto è data dalla massa per la velocità lungo $\hat x$ , quindi è $\rho v_z v_x dx dy dt$ .

La variazione di quantità di moto lungo $\hat x$ considerando quella che entra dalla superficie $dx dy$ posta intorno al punto $(x, y, z)$ e quella che esce dalla superficie $dx dy$ posta intorno al punto $(x, y, z+dz)$ è quindi:

$\displaystyle (\rho v_z v_x)(x,y,z) dx dy dt - (\rho v_z v_x)(x,y,z+dz) dx dy dt \approx - \frac{d(\rho v_x v_z)}{dz} dz dx dy dt = - \frac{d(\rho v_x v_z)}{dz} dV dt$
dove con quella notazione voglio dire che nel primo caso il prodotto $(\rho v_z v_x)$ è calcolato in $(x,y,z)$ , nell'altro in $(x,y,z+dz)$ . Quindi, contando solo il contributo dovuto al moto lungo $\hat z$ , troviamo che:
$\frac{\partial(\rho v_x)}{\partial t} = - \frac{d(\rho v_x v_z)}{dz}$
Adesso prova a considerare il contributo dovuto al moto lungo $\hat x$ e $\hat y$ . Se riesci, mettici anche la pressione. Così trovi una formula nella forma che volevamo per $\frac{\partial (\rho v_x)}{\partial t}$ . Se poi ci riesci, prova a trasformarla in un'equazione vettoriale per $\frac{\partial{(\rho \vec v)}}{\partial t}$ (bisogna inventarsi qualcosa di nuovo per farlo, forse qua dovrò intervenire io).

Pigkappa ha scritto:
modesto ha scritto:In analogia a quanto visto per x, la quantità di moto che esce/entra per unità di tempo all'ascissa x in $dx.dz$ è $\frac{\partial[\rho(x,y,z)v_y^{2}]}{\partial y}.dV$ mentre quella che esce/entra per unità di tempo all'ascissa x+dx è $\frac{\partial[\rho(x+dx,y.z).v_y^{2}(x+dx,y,z)]}{\partial y}.dV$ .
Non sono riuscito a capire che conti hai fatto. Comunque una cosa mi sembra chiara: hai considerato la quantità di moto come uno scalare e non come un vettore, e questo è un errore.
A noi interessava la componente $\hat x$ della quantità di moto che entrava dalle superfici $dx dy$ , $dx dz$ , $dy dz$ .

Ho calcolato un'altra cosa: $v_y(e v_z)$ variano con x e quindi variano con x le q.d.m.che escono/entrano da $dx.dz(e da dx.dy)$ . Queste ho calcolato e quindi non credo di aver considerato la q.d.m. scalare. Invece, se capisco bene, tu intendevi che una massa che pure entra da una "porta" perpendicolare a $v_x$ "acquista anche" la componente $v_x$ . E' così ?

Pigkappa ha scritto:Quindi, contando solo il contributo dovuto al moto lungo $\hat z$ , troviamo che: $\frac{\partial(\rho v_x)}{\partial t} = - \frac{d(\rho v_x v_z)}{dz}$

La derivata non dovrebbe essere parziale $\frac{\partial(\rho v_x.v_z)}{\partial z}$ ?
Poi, siccome avevi detto che il contributo lungo $\hat x$ era corretto $(\frac{\partial (\rho.v_x^{2}}{\partial x})$ , allora si dovrebbe aggiungere ancora
$\frac{\partial(\rho v_x.v_y)}{\partial y}$ per ottenere
$\frac{\partial(\rho v_x)}{\partial t} + \frac{\partial(\rho v_x^{2})}{\partial x}+ \frac{\partial(\rho v_x.v_y)}{\partial y} + \frac{\partial(\rho v_x v_z)}{\partial z}= 0$
Mentre controlli quanto sopra vedo di ragionare sulla questione della pressione di cui avevo già dato un'espressione.

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Conservazione di Q dalle equazioni di Maxwell.

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