ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **sebago** » 16 lug 2011, 18:06

Ah i vecchi LP di vinile con il loro bel fruscio di cose antiche...
Comunque, ho trovato questa (non è mia e quindi niente bastonate!):

Un disco ha un diametro di 21 cm, il centrodisco di 3 cm, il bordo esterno e’ 1 cm come pure quello interno. Quando il disco viene posto sul piatto, per essere ascoltato, che distanza percorrerà la puntina dall'inizio alla fine, sapendo che la densità dei solchi è uguale a 100 per cm?

Saluti

da **angus** » 16 lug 2011, 19:26

Ragionando con queste misure (se non ho interpretato male i dati):

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Prendendo come riferimento il giradischi, il disco gira e lo spostamento della puntina, vincolata dal braccio, è 7 cm.
Questo credo sia quello che chiede il problema.

Se invece si ragiona in termini di quanti centimetri di disco passano sotto alla puntina mentre il disco gira dall'inizio alla fine, si potrebbe approssimare la spirale del percorso come tante circonferenze concentriche di raggio via via crescente (con uno step di 0,01 cm) e per semplificare ulteriormente il calcolo si potrebbe prendere una circonferenza media tra quelle percorse (diametro di 12 cm e quindi circa 37,7 cm) e moltiplicarla per il numero di circonferenze da "contare"
Con una densità di 100 solchi per centimetro, lungo i 7 cm, le circonferenze sono 700
da cui: 700*37,7 = 26390 cm

da **sebago** » 17 lug 2011, 12:05

angus ha scritto:Prendendo come riferimento il giradischi, il disco gira e lo spostamento della puntina, vincolata dal braccio, è 7 cm.
Questo credo sia quello che chiede il problema.

Giusto

Però con voi non c'è gusto, centrate tutto subito...
Salutissimi

da **alev** » 17 lug 2011, 17:17

Non me ne vogliano

angus e

sebago, sono disposto a ricevere dei voti negativi :oops:

, ma secondo me il problema era più giusto risolverlo con la spirale di Archimede; io ho anche provato a farlo, ma con la matematica sono troppo arrugginito :roll:

e peggio ancora con LaTex :roll:

, per cui non mi sono azzardato a rispondere, pensando che altri lo avrebbero fatto.

Per tutti, cosa ne pensate :?:

da **carloc** » 17 lug 2011, 17:18

Grande

angus

propongo un'altra via (si sà io sono quello che se una cosa non la gira e rigira da tutti i lati non è contento :mrgreen:

)

Se si prende 1cm^2

di disco

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ci sono 1x100=100 cm di tracce...cioè ne abbiamo $100\;cm/cm^2$

L'area "attiva" è $A=\pi(R^2-r^2)=\pi(R+r)(R-r)=\pi(9.5+2.5)(9.5-2.5)\approx263.9\; cm^2$

e di nuovo ci sono
$263.9 \;cm^2 \times 100\; \frac{cm}{cm^2}=26390\;cm$ di traccia

Edit: anche questa è un'approssimazione come quella di

angus... cerchi concentrici invece di spirale...vero è che i numeri saranno praticamente gli stessi... ma ad un matematico non basterebbe :mrgreen:

da **carloc** » 19 lug 2011, 0:00

Vorrei provare a scrivere "qualcosa" per vedere il risultato senza approssimazioni

..

partirei da questa

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

se mi muovo lungo la spirale per un angolo $\text{d}\Theta$ percorro la linea rossa AH, invece il metodo della densità di tracce del post precedente, o anche gli altri semplici integrali che portano alla soluzione tipo

angus in realtà sommano gli infinetesimi "pezzetti" AB come dire una traccia a scalini... vediamo se c'è differenza :?:

...

prima di tutto lavorando su lunghezze infinitesime le curve di cui sopra si possono assimilare a segmenti e si arriva a questi triangoli..

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Ora il punto è verificare gli ordini di infinitesimo per vedere cosa è trascurabile o meno...

Intanto vedrei il triangolo BHK, abbiamo che la distanza HK vale
$\overline{HK}=\text{d}r \text{d} \Theta$

ma se definisco il passo p come la distanza radiale tra due tracce successive ho
$\text{d}r=\frac{p}{2\pi}\text{d}\Theta$ e quindi

$\overline{HK}=\frac{p}{2\pi}(\text{d} \Theta)^2$ che è un infinetesimo di ordine superiore rispetto a $\text{d}r$ e $\overline{AB}=r\,\text{d}\Theta$ e quindi lo trascuriamo....come dire H e K tendono a diventare lo stesso punto più velocemente di quanto non facciano gli altri vertici del triangolo

si arriva allora a questo...

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

la lunghezza che ci interessa è dl=AH e si ha che

$\text{d}l=\overline{AH}=\sqrt{(\text{d}r)^2+r^2 (\text{d}\Theta)^2}$

si nota che i due infinitesimi che si sommano sono dello stesso ordine... niente da trascurare

... come dire il triangolo diventa sempre più piccolo ma resta simile s se stesso

poi con la stessa sostituzione di prima (anzi l'inverso $\text{d}\Theta=\frac{2\pi}{p}\text{d}r$ perché in dr mi pare più comodo per dopo) si arriva a

$\text{d}l=\sqrt{ (\text{d}r)^2 + \frac{4 \pi^2 r^2}{p^2}(\text{d}r)^2 }= \sqrt{ 1 + \frac{4 \pi^2}{p^2}r^2 } \;\, \text{d}r$

che integrata da la primitiva per calcolare la lunghezza vera...(thks WA)

: MSP94719gac9ifa8h0510g00003e437dcca1760ibd.gif (2.82 KiB) Osservato 8999 volte

ora in se non è che dica molto

.... ma mi conforta che se considero un passo "molto piccolo" cioè $p\rightarrow 0$ si ha

$\text{d}l \rightarrow \frac{2\pi}{p}r\;\text{d}r$

che integrata

$L= \frac{2\pi}{p} \int_{R_i}^{R_f}r\,\text{d}r=\frac{\pi}{p}(R_f^2 - R_i^2)$

e dato che il passo è l'inverso della densità di tracce del post precedente in pratica è la stessa relazione di prima

.

P.S. le "barrette" dei $\text{d}\Theta$ nei disegni si "spostano" con il rendering del sito rispetto al mio FCD locale

fate finta siano dove devono essere :mrgreen:

da **IsidoroKZ** » 19 lug 2011, 0:43

E l'integrale vale 263.89m

Peccato avere solo un voto positivo!

da **sebago** » 19 lug 2011, 10:32

Opperbacco, non pensavo di scatenare questo...putiferio.
La risposta di

carloc è impressionante :shock:

.
Io, da buon scarriolante rispetto a voialtri piloti di astronavi, mi sono cimentato con un ragionamento più semplice:
1) poiché la distanza tra i solchi è identica, la spirale può essere considerata una Spirale di Archimede;

2) la lunghezza di una Spirale di Archimede è nota (è così non impazzisco con i calcoli di integrali) e vale:
$L = \frac{1}{2}a\: [\: \theta\sqrt{1+\theta ^2}\: +\: ln(\theta + \sqrt{1+\theta ^2})]$
dove si pongano:
d = passo della spirale

ed essendo la densità di 100 solchi a centimetro risulta d = 0,01 cm

che risulta essere $a = \frac{d}{2\pi } = \frac{0,01}{2\pi }$
$\theta = numero\: di \: giri \: (in\: radianti)$

3) questa spirale partirebbe dal centro del disco e finirebbe al limite del bordo esterno, abbracciando una lunghezza in linea retta di 9,5 cm - come il buon

angus ha ben disegnato - e dunque traccerebbe un numero di giri pari a:
$\theta = 9,5 \times 100\times 2\pi \: rad = 950\: rad$
La sua lunghezza (calcolata con wolframalpha, ché non voglio impazzire...) sarebbe:
$L_{[9,5\: cm]} = 28352,881\: cm$

4) a questa spirale dobbiamo però detrarre quella interna (che in realtà non c'é) per una lunghezza in linea retta di 2,5 cm e dunque un munero di giri pari a:
$\theta = 2,5 \times 100\times 2\pi \: rad = 250\: rad$
che comportano una lunghezza pari a:
$L_{[2,5\: cm]} = 1963,502\: cm$

5) la lunghezza effettiva pertanto risulta:
$L = L_{[9,5\: cm]} \: -\: L_{[2,5\: cm]} \: = \: 28352,881\: -\: 1963,502 =26389,37\: cm\: = \: 263,89\:\; m$

Ri-Opperbacco: è uguale a quella di

IsidoroKZ!!!
Tri-Opperbarcco: è praticamente uguale anche a quella calcolata da

angus!!!
Dunque è assai probabile che io non abbia scritto corbellerie.

Salutissimi

da **Piercarlo** » 19 lug 2011, 10:50

carloc ha scritto: ...vero è che i numeri saranno praticamente gli stessi... ma ad un matematico non basterebbe

Allora, visto che ci date dentro, vi aggiungo un quesituccio (di cui NON conosco la soluzione perché non mi son messo a cercarla): sappiamo che in un normale giradischi, con braccio non tangenziale ma incentrato su un perno, il braccio introduce un certo errore di tangenza rispetto al solco(di cui si teneva conto, per compensarlo sia nella fattura del braccio sia in quello della puntina). La domanda è: tenendo conto che all'atto dell'incisione la macchina che incide l'originale NON introduce tale errore, questo in riproduduzione si traduceva anche in un errore di sincronismo temporale con il segnale inciso o no? E se sì di quanto per un disco a 33 giri e 1/3 al minuto? Tale errore temporale veniva o no compensato dagli artifici geometrici con cui era costruito a questo fine il braccio di lettura?

Ciao
Piercarlo

da **alev** » 19 lug 2011, 12:39

Mille grazie a

sebago, per aver messo in pratica la mia ipotesi (post[6]) :ok:

, un pochino mi sento "Ah-ci-sono!-ista" pure io

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