Urti e ancora sistemi a massa variabile
Mi scuso se posto problemi forse banali, ma sono di seconda e sto cercando di approfondire la fisica da poco tempo e, purtroppo, 
da solo, per cui ogni tanto mi blocco ed ho bisogno di chiedere aiuto. Grazie 
Una scatola è posta su un piatto di una bilancia il cui indice è zero quando la scatola è vuota. Delle particelle vengono fatte cadere dentro la scatola da un'altezza $ h $ dal fondo della scatola alla velocità di $ \mu $ particelle per secondo. Ciascuna particella ha una massa $ m $.
1) Se l'urto tra le particelle e la scatola è completamente anelastico, trovare quanto segna l'indice della bilancia dopo un tempo $ t $ da quando le particelle hanno incominciato a riempire la scatola. Determinare il valore numerico con $ \mu=100 s^-1 $; $ h=1,0 m $; $ m=5 g $ e $ t=10 s $.
2) Se le collisioni tra le particelle e la scatola sono elastiche, cioè le particelle rimbalzano verso l'alto con la stessa velocità, quale sarà la lettura della bilancia? Determinare il valore numerico con $ \mu=32 s^-1 $; $ h=2,7 m $; e $ m=110 g $.
da solo, per cui ogni tanto mi blocco ed ho bisogno di chiedere aiuto. Grazie Una scatola è posta su un piatto di una bilancia il cui indice è zero quando la scatola è vuota. Delle particelle vengono fatte cadere dentro la scatola da un'altezza $ h $ dal fondo della scatola alla velocità di $ \mu $ particelle per secondo. Ciascuna particella ha una massa $ m $.
1) Se l'urto tra le particelle e la scatola è completamente anelastico, trovare quanto segna l'indice della bilancia dopo un tempo $ t $ da quando le particelle hanno incominciato a riempire la scatola. Determinare il valore numerico con $ \mu=100 s^-1 $; $ h=1,0 m $; $ m=5 g $ e $ t=10 s $.
2) Se le collisioni tra le particelle e la scatola sono elastiche, cioè le particelle rimbalzano verso l'alto con la stessa velocità, quale sarà la lettura della bilancia? Determinare il valore numerico con $ \mu=32 s^-1 $; $ h=2,7 m $; e $ m=110 g $.
Risposte
Mi è stata proposta una soluzione che però non mi convince del tutto, qualcuno può aiutarmi?
Soluzione proposta
Il valore segnato dalla bilancia è la somma di due contributi. Il primo è quello dovuto al peso dele particelle accumulate all'interno della scatola nell'istante t ovvero:
[tex]\displaystyle P_1=\frac {dn}{dt}mgt=\mu mgt[/tex] dove [tex]\displaystyle \mu= \frac {dn}{dt}[/tex]
Il secondo contributo è dato dal fatto che la sabbia, cadendo da un' altezza h ha acquisito una certa velocità e, poiché avviene un urto perfettamente anaelastico, le particelle si fermano completamente. Le particelle sono quindi soggette ad una forza diretta verso l'alto e per il III principio della dinamica, la bilancia è soggetta ad una forza equivalente di verso opposto che ha l'effetto di aumentare la lettura della bilancia.
Tale forza vale:
[tex]\displaystyle P_2=\frac {dp}{dt}=\frac {d\left (mv\right)}{dt}=\frac {dm}{dt}v+ \frac {dv}{dt}m=\frac {dn}{dt}mv=\mu mv[/tex]
Il passaggio [tex]\displaystyle \frac {dm}{dt}v+ \frac {dv}{dt}m=\frac {dn}{dt}mv \quad (1)[/tex] è stato spiegato così:
Contiamo la variazione della quantità di moto l'istante prima che le particelle colpiscano la scatola, considerando [tex]v[/tex] Una costante. In questo modo puoi dire:
[tex]\frac {dv}{dt}m=0[/tex]
Invece la massa delle particelle che collidono e si fermano sulla scatola non è una costante ma dipende dal tempo.
La soluzione è convincente, ma c'è un aspetto di cui io non sono convinto ed è l'ultimo passaggio. Infatti, mi pare che non si possa dire che le particelle che colpiscono la scatola hanno una [tex]v[/tex] costante!
Piuttosto mi pare si possa dire che nella formula [tex](1)[/tex] il simbolo [tex]=[/tex] andrebbe sostituito con [tex]\approx[/tex] perchè il valore di [tex]\displaystyle \frac {dv}{dt}m[/tex] è trascurabile a causa del valore piccolo di [tex]m[/tex].
PER FAVORE, QUALCUNO PUÒ AIUTARMI?
Soluzione proposta
Il valore segnato dalla bilancia è la somma di due contributi. Il primo è quello dovuto al peso dele particelle accumulate all'interno della scatola nell'istante t ovvero:
[tex]\displaystyle P_1=\frac {dn}{dt}mgt=\mu mgt[/tex] dove [tex]\displaystyle \mu= \frac {dn}{dt}[/tex]
Il secondo contributo è dato dal fatto che la sabbia, cadendo da un' altezza h ha acquisito una certa velocità e, poiché avviene un urto perfettamente anaelastico, le particelle si fermano completamente. Le particelle sono quindi soggette ad una forza diretta verso l'alto e per il III principio della dinamica, la bilancia è soggetta ad una forza equivalente di verso opposto che ha l'effetto di aumentare la lettura della bilancia.
Tale forza vale:
[tex]\displaystyle P_2=\frac {dp}{dt}=\frac {d\left (mv\right)}{dt}=\frac {dm}{dt}v+ \frac {dv}{dt}m=\frac {dn}{dt}mv=\mu mv[/tex]
Il passaggio [tex]\displaystyle \frac {dm}{dt}v+ \frac {dv}{dt}m=\frac {dn}{dt}mv \quad (1)[/tex] è stato spiegato così:
Contiamo la variazione della quantità di moto l'istante prima che le particelle colpiscano la scatola, considerando [tex]v[/tex] Una costante. In questo modo puoi dire:
[tex]\frac {dv}{dt}m=0[/tex]
Invece la massa delle particelle che collidono e si fermano sulla scatola non è una costante ma dipende dal tempo.
La soluzione è convincente, ma c'è un aspetto di cui io non sono convinto ed è l'ultimo passaggio. Infatti, mi pare che non si possa dire che le particelle che colpiscono la scatola hanno una [tex]v[/tex] costante!
Piuttosto mi pare si possa dire che nella formula [tex](1)[/tex] il simbolo [tex]=[/tex] andrebbe sostituito con [tex]\approx[/tex] perchè il valore di [tex]\displaystyle \frac {dv}{dt}m[/tex] è trascurabile a causa del valore piccolo di [tex]m[/tex].
PER FAVORE, QUALCUNO PUÒ AIUTARMI?
Quanto dirò manifesta chiaramente la mia natura di ingegnere, che in quanto tale ribolle al pensiero di trattare fenomeni discreti con degli infinitesimi, senza preoccuparsi di dettagli pratici tipo ad esempio la costante di tempo della bilancia.
La parte di forza dovuta agli urti penso si possa, dunque, meglio valutare con considerazioni di tipo discreto (e infatti il fenomeno è discreto).
Possiamo per esempio fare delle ipotesi sul tempo di rilevazione della bilancia per ogni urto, che supponiamo sia T (inteso come tempo totale nel quale la forza opposta dalla bilancia per smorzare l'urto è diversa da zero, naturalmente al netto del peso della particella),
In tal caso, se l'urto fosse singolo, la relazione tra la forza applicata durante questo transitorio e la quantità di moto sarebbe:
$$\Delta {p_i} = \int_0^T {{f_i}\left( \tau \right)d\tau } = {f_{mi}}T$$
dove l'ultimo termine a destra è il prodotto tra il tempo T e la media integrale della forza, ovvero la forza media applicata dalla bilancia nel tempo in cui dura il transitorio di misura.
Anche se il problema non lo dice, si deve supporre, immagino, che il transitorio di misura sia molto superiore all'intertempo tra un arrivo e l'altro, che è $1/\mu$, altrimenti la bilancia avrebbe una lettura variabile (illeggibile), mentre qui si deve supporre che sia costante questo contributo dovuto agli urti.
Se invece la costante T di misura fosse inferiore all'intertempo di arrivo, allora il discorso non cambierebbe, ma si dovrebbe parlare non di forza ma di forza media.
In entrambi i casi si può dire che la forza totale (media) moltiplicata per l'intertempo di arrivo tra le particelle deve essere uguale alla forza media della singola particelle moltiplicata per il tempo T della singola misura.
Questo appare chiaro se si riporta in un grafico in ascissa il tempo e in ordinata la forza media del singolo arrivo.
Nel caso $T<1/\mu$, che visivamente è più semplice, si hanno una serie di rettangoli alti come la forza media del singolo arrivo e larghi T, l'area di ciascuno dei quali è la variazione di p dovuta a un singolo arrivo, e separati l'uno dall'altro dall'intertempo di arrivo che è uguale a $1/\mu$. La forza media in questo intervallo $1/\mu$ moltiplicata per la larghezza dell'intervallo, cioè $1/\mu$, deve essere uguale alla forza media del singolo arrivo moltiplicata per T, cioè:
$${f_{mtot}}\frac{1}
{\mu } = {f_{mi}}T$$
Nel caso invece di $T>1/\mu$, si ha un tempo di assestamento iniziale, dopodiché a regime si vede anche graficamente che le altezze dei rettangoli elementari alti come la forza media elementare, si sommano in quantità pari a $\muT$ nel tempo $1/\mu$.
In entrambi i casi dunque si ha.
$${f_{mtot}} = \mu {f_{mi}}T = \mu \Delta {p_i} = \mu mv$$
(valido nel caso di urto completamente anelastico, altrimenti basta moltiplicare per 2, anche se in caso di urto elastico questo modello di particelle rimbalzanti mi fa un po' sorridere, nel dubbio se si debba tenere conto oppure no del fatto che poi ricascano... ma al momento non mi sto occupando di ciò),
Se ho fatto solo confusione mi scuso e sono a disposizione per redimermi.
La parte di forza dovuta agli urti penso si possa, dunque, meglio valutare con considerazioni di tipo discreto (e infatti il fenomeno è discreto).
Possiamo per esempio fare delle ipotesi sul tempo di rilevazione della bilancia per ogni urto, che supponiamo sia T (inteso come tempo totale nel quale la forza opposta dalla bilancia per smorzare l'urto è diversa da zero, naturalmente al netto del peso della particella),
In tal caso, se l'urto fosse singolo, la relazione tra la forza applicata durante questo transitorio e la quantità di moto sarebbe:
$$\Delta {p_i} = \int_0^T {{f_i}\left( \tau \right)d\tau } = {f_{mi}}T$$
dove l'ultimo termine a destra è il prodotto tra il tempo T e la media integrale della forza, ovvero la forza media applicata dalla bilancia nel tempo in cui dura il transitorio di misura.
Anche se il problema non lo dice, si deve supporre, immagino, che il transitorio di misura sia molto superiore all'intertempo tra un arrivo e l'altro, che è $1/\mu$, altrimenti la bilancia avrebbe una lettura variabile (illeggibile), mentre qui si deve supporre che sia costante questo contributo dovuto agli urti.
Se invece la costante T di misura fosse inferiore all'intertempo di arrivo, allora il discorso non cambierebbe, ma si dovrebbe parlare non di forza ma di forza media.
In entrambi i casi si può dire che la forza totale (media) moltiplicata per l'intertempo di arrivo tra le particelle deve essere uguale alla forza media della singola particelle moltiplicata per il tempo T della singola misura.
Questo appare chiaro se si riporta in un grafico in ascissa il tempo e in ordinata la forza media del singolo arrivo.
Nel caso $T<1/\mu$, che visivamente è più semplice, si hanno una serie di rettangoli alti come la forza media del singolo arrivo e larghi T, l'area di ciascuno dei quali è la variazione di p dovuta a un singolo arrivo, e separati l'uno dall'altro dall'intertempo di arrivo che è uguale a $1/\mu$. La forza media in questo intervallo $1/\mu$ moltiplicata per la larghezza dell'intervallo, cioè $1/\mu$, deve essere uguale alla forza media del singolo arrivo moltiplicata per T, cioè:
$${f_{mtot}}\frac{1}
{\mu } = {f_{mi}}T$$
Nel caso invece di $T>1/\mu$, si ha un tempo di assestamento iniziale, dopodiché a regime si vede anche graficamente che le altezze dei rettangoli elementari alti come la forza media elementare, si sommano in quantità pari a $\muT$ nel tempo $1/\mu$.
In entrambi i casi dunque si ha.
$${f_{mtot}} = \mu {f_{mi}}T = \mu \Delta {p_i} = \mu mv$$
(valido nel caso di urto completamente anelastico, altrimenti basta moltiplicare per 2, anche se in caso di urto elastico questo modello di particelle rimbalzanti mi fa un po' sorridere, nel dubbio se si debba tenere conto oppure no del fatto che poi ricascano... ma al momento non mi sto occupando di ciò),
Se ho fatto solo confusione mi scuso e sono a disposizione per redimermi.
Grazie, sei stato molto chiaro. 
Ci ragiono su bene e se avrò dei dubbi, ti chiederò qualche chiarimento! grazie ancora.
Ci ragiono su bene e se avrò dei dubbi, ti chiederò qualche chiarimento! grazie ancora.
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