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Propongo questo problema perché ho un dubbio sulla derivazione finale quindi ne approfitto per vedere i vostri risultati

Due palline uguali di massa $m$ sono appese con fili di seta di lunghezza $L$ e hanno uguale carica $q$ ; respingendosi fanno in modo che ciascun filo di seta formi un angolo $\theta$ con la verticale. Si assuma $\theta$ sufficientemente piccolo per permettersi la semplificazione $\mbox{sin }\theta=\theta$ . Si dimostri che la distanza $d$ tra le masse cariche all'equilibrio è
$d=\sqrt[3]{\frac{q^2L}{2\pi\varepsilon_0 mg}}$
Ora si assuma che entrambe le masse perdano carica in ragione $\delta \mbox{ }C/s$ , si determini la velocità istantanea con la quale esse inizieranno ad attrarsi.

Per quanto riguarda la prima parte chiamo $F$ la forza di Coulomb agente sulle sferette, $R$ la tensione del filo che trattiene la sferetta e $P$ la forza peso della stessa.
Per la condizione di equilibrio posso scrivere:

$\vec{F}+\vec{R}+\vec{P}=0$

$\left \{ \begin{array}{l} F-R \sin{\theta}=0\\ P-R\cos{\theta}=0\\ \end{array} \right.$

Imponendo $\cos{\theta}=1$ e $\sin{\theta}=\theta=\frac{d}{2L}$ ottengo:

$d=\sqrt[3]{\frac{q^2L}{2\pi\varepsilon_0 mg}}$

A questo punto la mia idea è questa (spero non sia tutto sbagliato

):

-ricavo $d(t)$

$d(t)=\sqrt[3]{\frac{(q-\delta t)^2L}{2\pi\varepsilon_0 mg}}$

-la legge oraria della singola sferetta $x(t)=\frac{d_0-d(t)}{2}$

$x(t)=\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{q^2L}{2\pi\varepsilon_0 mg}}-\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{(q-\delta t)^2L}{2\pi\varepsilon_0 mg}}$

-derivo $x(t)$ per ricavare $v_t$

$v_t=\frac {\delta}{3}\sqrt[3]{\frac{L}{2\pi \varepsilon_0 m g (q-\delta t)}}$

-limite per $t\rightarrow 0$ per ottenere la velocità istantanea:

$v_{ist}=\lim_{t \to 0} v_t=\frac {\delta}{3}\sqrt[3]{\frac{L}{2\pi \varepsilon_0 m g (q)}}$

spero di non aver commesso errori !

Il risultato è uguale al mio anche se ho usato un procedimento diverso

Domani mi faccio di nuovo vivo che ho voglia di approfondirlo 'sto problema... Ora però mi sto proprio addormentando

Grazie e a domani!

Premetto che di analisi non ne so molto... Ne faccio un uso strettamente pratico e spesso rischio di sbagliare

Ho provato a calcolare la derivata rispetto al tempo della distanza d utilizzando la formula ricavata nel primo punto, e infine dividere per 2 visto che entrambe le cariche si avvicinano.

Poiché ogni valore è costante isolo la carica q:

$v=\frac{1}{2}\frac{dq^{2/3}}{dt}\sqrt[3]{\frac{L}{2\pi\varepsilon_0 mg}}$

Ora qui vado un po' in crisi...
Io so che $\frac{dq}{dt}=\delta$ ma sto cercando $\frac{dq^{2/3}}{dt}$ ...
Io ho fatto una cosa... Ma l'ho completamente inventata... Il risultato mi sembra uguale al tuo ma forse è una completa coincidenza... Di sicuro c'è un metodo più corretto per farlo, in ogni caso provo a scrivere lo schifo che mi è venuto in mente

Sappiamo che $dt=\frac{dq}{\delta}$ , sostituiamo nella seconda:
$\frac{dq^{2/3}}{dt}=\delta \frac{dq^{2/3}}{dq}$ ... E ora viene la cosa un po assurda... Ho pensato che il rapporto tra i differenziali possa essere il rapporto tra le derivate... A logica mi sembrava sensato... Il risultato finale diventa:
$\frac{2}{3}\delta q^{-1/3}$

Infilandolo nella relazione iniziale otteniamo:
$v=\frac{1}{3} \delta \sqrt[3]{\frac{L}{2\pi\varepsilon_0 mgq}}$

Il risultato è quello... Qui sarebbe in funzione di q però... Ho forti dubbi

Adesso provo a riguardarmi il tuo procedimento!

Simone256 ha scritto: Il risultato è quello... Qui sarebbe in funzione di q però... Ho forti dubbi
Adesso provo a riguardarmi il tuo procedimento!

In sostanza l'idea iniziale è la stessa, vuoi calcolare $\frac{d\sqrt [3]{q(t)^2}}{dt}$ . Quindi tutto sta nel trovare la legge che dia la dipendenza della carica dal tempo.
Questa legge è banalmente $q(t)=q_0-\delta t$ . Evitando tortuosi passaggi attraverso vari differenziali , è quindi sufficiente sostituire la legge appena trovata nell'equazione iniziale. A quel punto calcolare la derivata diventa una banalità

Ok il tuo ragionamento è chiarissimo grazie

Quello che ho scritto sopra con le varie operazioni fra i differenziali dici che è meglio dimenticarselo?
Intanto posto un nuovo problema interessante

Simone256 ha scritto: Quello che ho scritto sopra con le varie operazioni fra i differenziali dici che è meglio dimenticarselo?

Penso che operare in questo modo con i differenziali possa portare a gravi errori in alcuni casi. Oltretutto , se ci si trova davanti un problema del genere in una gara, è necessario formalizzare ogni passaggio e potresti complicarti la vita non di poco!

Simone256 ha scritto:Intanto posto un nuovo problema interessante

Appena posso ci do un'occhiata

gilgamesh ha scritto: Imponendo $\cos{\theta}=1$ e $\sin{\theta}=\theta=\frac{d}{2L}$ ottengo:

L'angolo è rispetto alla verticale, l'"ipotenusa" è $L$ e il "cateto opposto" è $d$ , quindi $\displaystyle \sin{\theta} = \frac{L}{d}$ , quindi ti manca un fattore due... Io ho usato la conservazione dell'enegia e l'approssimazione valida per $\theta$ piccoli $\displaystyle \cos{\theta} = 1-\frac{\theta ^2}{2}$

Nono il cateto opposto è $d/2$

$d$ è la distanza tra le due cariche

Oh santi numi, che rimbambito XD

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Cariche appese ad un filo

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