O problemă cu “Probleme” – Prof. Gavril Grama

Din “Fizica Simpatică”, autor Lorin Bogdan Popescu, Editura Vellant 2020, mi-au atras atenția două enunțuri ale unei probleme de fizică controversate, iată enunțurile:

1. Dintr-un punct se aruncă în toate direcțiile și sub toate unghiurile, bile de aceeași masă m și cu aceeași viteză inițială v0 . Să se afle raza discului în care cade jumătate din numărul bilelor aruncate – Problema lui Cioroianu

2. Dintr-un punct se aruncă simultan o mulțime de bile identice, cu aceeași viteză inițială v0 =4 m/s, simetric în toate părtile. Care este raza cercului (situat pe suprafața pământului) în interiorul căruia cad f=0,5=50% din numărul total al bilelor. Problema 1.3.94 din Probleme de fizică pentru clasele 9-a și a 10-a“, autori: A Hristev, D. Borsan, D.Manda, M. Sandu, L. Georgescu și N. Gherbanovki, Editura Didactică și Pedagogică, București, 1983.

Observăm că cele două enunțuri nu sunt clare, cel puțin primul enunț pare redactat de un nepriceput, ambelor enunțuri le lipsește precizarea înălțimii H față de sol a punctului de aruncare. Se subînțelege că bilele sunt puncte materiale, doar sunt aruncate dintr-un punct.

Considerăm că, în primul enunț, un flux continuu de particule sunt emise dintr-un punct, emisia începe la momentul t0=0 și durează un timp t, iar în al doilea enunț avem o explozie.

Pentru studiul mișcării bilelor alegem un sistem de referință cu originea în punctul de aruncare (Fig.1)

Componentele vitezei v0 sunt:

(1) vox= v0 cos α si voy = v0 sin α

Legile miscării pe axa OY sunt:

(2) vy =vo sin α – gt si y= v0t sin α – g(t2/2)

Pe axa OX avem:

(3) vx=v0cos α si x=v0t cos α

Ecuația traiectoriei bilelor se obține eliminând t din ecuațiile de mișcare

(4) y=x tg α – (g/2)(x2/cos2 α), ecuația unei parabole ce trece prin 0.

Bătaia se obține înlocuind în ecuația lui x pe t cu t = 2 tμ = (2 v0 sin α)/g deci:

(5) x= (2 v02sin α cos α)/g = (v02sin 2 α)/g

Se observă că valoarea maximă a lui x este xm = v02/g

Pentru a afla raza cercului căutat, observăm că în interiorul acestuia cad atât bilele care se mișcă sub unghiuri α cuprinse în intervalul [0, α] cât și cele cu α cuprins în intervalul [π/2 – α, π/2].

Considerăm acum o sferă cu centrul în 0 si cu o rază suficient de mică încât bilele ce au ajuns pe suprafața ei să aibă distribuție uniformă dN/dS = c

Asta înseamnă că:

(6) [( 1 – f ) N/2]/N/2 = s/s0 unde S este suprafața hașurată de pe sferă din Fig.1 iar S0= 2 π R2

Pentru a calcula pe S, împărțim suprafața hașuratș în cilindri elementari de arie ds = 2 π R dh; prin integrarea relației obținem:

(7) S = ∫0h ds = 2 π R h. Cum h = R ( cos α – sin α ) după înlocuirea lui S și S0 în relația (6) se obține ecuația trigonometrică (8) 1 – f = cos α – sin α a cărei soluție este (9) sin 2 α = 1 – (1 – f)2

Reza cercului căutat este deci:

R = x = (v02/g) [1 – (1-f)2] = 1,2 m

Toate cele N/2 bile cad în interiorul cercului de rază Rm=Xm=v02/g = 1.6 m

In desenul de mai sus am reprezentat cele doua cercuri cu razele R= 1.2 m si Rm = 1.6 m, în interiorul cercului cu raza R= 1.2 m de arie S=4,5216 intră N/4 bile, iar in coroana circulară de grosime Rm-R și arie S’=3,5168 m2 tot N/4 bile, deci densitatea urmelor acestora este mai mare pe măsură ce ne depărtăm de centrul exploziei.

Mai sus am precizat că în primul enunț avem un flux de particule (nu este necesară cunoșterea masei particulelor), celelalte date ale problemei rămân aceleași (v0=4 m/s, H = 0, f=50%).

Aruncarea în toate direcțiile și sub toate unghiurile o interpretăm ca reprezentând o densitate medie constantă a particulelor, în unghiul solid elementar, dN/dV = c

Se știe ca unghiul solid elementar (11) dΩ=dS/R2.

În acest caz luăm o sferă cu raza R egală în modul cu v0 ∆t. Numărul de particule care traversează suprafața dS, în unitatea de timp dN este egal cu numărul de particule continute in conul elementar de arie a bazei dS si inaltime R=v0 ∆t (∆t–>0) dN=n(dS R)/3, iar în timpul t cât durează emisia (12) dN=[(n dS R)3]t, unde n este numărul mediu de particule din unitatea de volum.

Prin integrarea relației (12) obținem (13) N/2= [(2nπR3)/3]t iar (14) f(N/2)=f [(2nπR3)/3]t reprezintă numărul de bile care cad pe suprafața căutată.

Putem scrie acum (15) {[(2nπR3)/3] f } / [(2nπR3)/3] = V/V0 unde V0 este volumul semisferei superioare, iar V este volumul în care se găsesc cele f(N/2) bile, adica volumul sectoarelor sferice din semisfera superioară în afara celui hașurat in figura Fig1.

Pentru calculul acestui volum V vom folosi un sistem de referință cu originea în O în care poziția fiecarei bile la un moment dat este dată de coordonatele sferice r θ și φ. Fig.3

Elementul de suprafață în acest sistem de referință este (16) dS = r2sinθdθdφ

Identificăm acum pe θ din Fig.3 cu α din Fig.1. Având în vedere că (17) dV = r2 sinθdθdφdr, prin integrarea lui dV pe sectoarele indicate obținem:

(18) V= ∫0R r2dr[ ∫0α sin α dα + ∫π/2-απ/2 sin α dα] ∫02πdφ

Dupa efectuarea integralelor avem:

(19) V=2πR3 (1/3)(1- cos α + sin α)

Înlocuind în relația (15) pe V0 și V obținem

(20) 1-f = cos α – sin α, ecuație identică cu ecuația (8) deci R=1,2 m, avem același rezultat.

Opinia noastră este aceea de a folosi în rezolvarea problemelor, un aparat matematic accesibil celor cărora ne adresăm, pentru a nu mări (inutil) gradul de dificultate al acestora.

În continuare ne vom ocupa de jumatate din cele N bile aruncate sub unghiuri α cuprinse în intervalul π – 2π, punctul de aruncare fiind la distanța H=1m deasupra solului.

Datorită distribuției uniforme, jumătate din cele N/2 bile, se vor găsi într-un volum egal cu jumătate din volumul semisferei inferioare. Vom determina acest volum știind că volumul sectorului de cerc este:

(21) V = [ (2πR2) I ]/3 unde I = R (1-cos β) si deci:

(22) V = [2πR3/3] (1-cos β) Volumul semisferei inferioare este Vo=2πR3/3 deci

(23) [(2πR3/3)/(2πR3/3)][1/(1-cos β)] = 2 și deci β=60o

Deci jumătate din N/2 bile se vor găsi în sectorul de sferă delimitat de unghiul β=60o .

Componentele vitezei v0sunt vox=v0sin β și voy=v0cos β iar ecuațiile de mișcare au expresiile:

(24) x= v0t sin β si y= v0t cos β + gt2/2

Prin eliminarea lui t din cele două ecuații obținem ecuația traiectoriei bilelor:

(25) y= x ctg β + (g/2)(x2/sin2β) deci acestea se vor mișca pe arce de parabolă cu vârful în O si axa de simetrie 0Y. Raza cercului de pe suprafata solului in care ajung jumatate din cele N/2 bile o aflăm din ecuația (25) în care facem pe y=H=1m, sin β = (√3)/2, ctg β = (√3)/3 si g = 10 m/ s2, cu aceste valori ecuația (25) devine (26) 20 x2 + √3 x – 3 = 0 a cărei soluție este x=R=34,5 cm

Intrebarea din enunțuri: “Care este raza cercului situat pe suprafața Pământului în interiorul căruia cad f=50% din numărul total al bilelor?” nu poate avea un răspuns datorită faptului că traiectoriile bilelor aruncate sub unghiuri α cu orizontala cuprinse între 0 și π se intersectează în planul orizontal corespunzător lui H=0 iar pentru H>0 acestea se vor intersecta și cu traiectoriile celor aruncate sub unghiuri cuprinse în intervalul (π, 2π).

Bibliografie:

Fizica simpatică – autor Lorin-Bogdan Popescu – Editura Vellant – București 2020

Fizica – Filiera Tehnologica, Filiera Teoretica (profil real) Manual pentru clasa a 9-a – Editura Teora 1999