Problema1 - Matefilia
Download
Report
Transcript Problema1 - Matefilia
www.matefilia.it
LICEO SCIENTIFICO SESSIONE STRAORDINARIA 2016 - PROBLEMA 1
Sei addetto alla gestione di una macchina utensile in cui è presente un contenitore di olio
lubrificante avente la forma di un cono circolare retto col vertice rivolto verso il basso. Il
raggio di base r del cono è 4 cm mentre lβaltezza h è 12 cm. In tale contenitore,
inizialmente vuoto, viene versato automaticamente dellβolio lubrificante alla velocità di
ππ3
12π π . Devi assicurarti che il processo avvenga correttamente, senza produrre
traboccamenti di olio.
1)
Determina lβespressione della funzione β(π‘), che rappresenta il livello β (in cm) raggiunto
dallβolio allβistante π‘ (in secondi) e la velocità con la quale cresce il livello dellβolio durante
il riempimento del contenitore.
Lβapotema BC del cono è: π΅πΆ = β144 + 16 = 4β10 ππ
Il volume del cono è:
1
1
π = ππ
2 β = π β 16 β 12 = 64π ππ3
3
3
Al tempo t il volume dellβolio è dato da:
1
π(π‘) = π β πΉπΊ 2 β πΆπΊ
3
Posto πΆπΊ = β = β(π‘), dalla similitudine fra i triangoli BCD
β
ed CFG risulta: 12: β = 4: πΉπΊ , πΉπΊ = 3; quindi:
1
1 β2
1
π(π‘) = π β πΉπΊ 2 β πΆπΊ = π β β β =
πβ3
3
3
9
27
Poiché la velocità di versamento dellβolio è
12π
1
πβ3 = (12π) π‘, β3 = 27 β 12π‘,
27
ππ3
π
, risulta: π(π‘) = (12π) π‘ , pertanto:
3
β(π‘) = 3β12π‘
La velocità con cui cresce il livello dellβolio (h) durante il riempimento del contenitore è
data dalla derivata di h rispetto a t:
Sessione straordinaria 2016 β Problema 1
1/ 4
www.matefilia.it
3
3
ββ² (π‘) = π·(3β12π‘) = 3β12 β
1
3 12
β 2
=
3
π‘
3βπ‘ 2
La velocità con cui cresce h, come prevedibile, non è costante: data la forma del
contenitore, lβaumento del livello va chiaramente diminuendo al crescere di t.
2)
Al fine di programmare il processo di versamento da parte della macchina utensile,
determina il tempo π‘π
necessario perché il contenitore sia riempito fino al 75% della sua
altezza.
75
Il 75% dellβaltezza del contenitore è pari a 100 β 12 ππ = 9 ππ.
Essendo β3 = 27 β 12π‘, tale altezza viene raggiunto dopo un tempo t pari a:
β3
93
9
π‘ = 27β12 = 27β12 = 4 = 2.25 (ππ π ππππππ); quindi π‘π
= 2.25 π .
3)
Devi realizzare un indicatore graduato, da porre lungo lβapotema del cono, che indichi il
volume π di olio presente nel recipiente in corrispondenza del livello raggiunto dallβolio ππ΄ ,
misurato allβapotema. Individua lβespressione della funzione π(ππ΄ ) da utilizzare per
realizzare tale indicatore graduato.
Dobbiamo calcolare il volume V del cono di altezza
πΆπΊ = β in funzione dellβapotema πΆπΉ = ππ΄ . Risulta:
β2
1
ππ΄ = πΉπΆ = βπΉπΊ 2 + πΆπΊ 2 = β + β2 = ββ10
9
3
3ππ΄
β=
β10
Ma ricordiamo che
1
π(π‘) =
πβ3
27
Quindi:
1
1
3ππ΄ 3
π
3
π=
πβ =
π(
) =
β ππ΄3
27
27 β10
10β10
π
Quindi il volume in funzione di ππ΄ è dato da: π(ππ΄ ) = 10β10 β ππ΄3 .
Sessione straordinaria 2016 β Problema 1
2/ 4
www.matefilia.it
4)
A causa di un cambiamento nellβutilizzo della macchina, ti viene richiesto di progettare un
nuovo e più capiente recipiente conico, avente apotema π uguale a quello del contenitore
attualmente in uso. Determina i valori di β e di π in corrispondenza dei quali il volume del
cono è massimo e verifica, a parità di flusso di olio in ingresso e di tempo di riempimento
π‘π
, a quale livello di riempimento si arriva. È ancora pari al 75% dellβaltezza?
Abbiamo già visto che lβapotema del contenitore in uso è (in cm): π΅πΆ = 4β10 .
Dobbiamo determinare il massimo volume del cono con tale apotema. Risulta:
1
1
β2 + π 2 = π΅πΆ 2 = 160 π π = 3 ππ 2 β = 3 πβ(160 β β2 ) = πππ π πππ se lo è: β(160 β β2 ) = π¦
Risoluzione elementare:
1
π¦ = β(160 β β2 ) = (β2 )2 (160 β β2 ) = πππ₯ se:
β2
1
2
=
160ββ2
1
, 2β2 = 160 β β2 , β2 =
160
3
160
, β=β
3
ππ β
7.30 ππ
(ricordiamo che il prodotto di due potenze con somma delle basi costante è massimo se
le basi sono proporzionali agli esponenti).
Per tale valore di h si ottiene: π = β160 β β2 = β160 β
160
3
320
=β
3
ππ = π β
10.33 ππ .
Risoluzione analitica:
π¦ = β(160 β β2 ); con 0 < β < 4β10
π¦ β² = 160 β β2 β 2β2 = 160 β 3β2 β₯ 0 π π β β
160
160
β€ββ€β
3
3
160
La funzione è quindi crescente per 0 < β < β
160
risulta quindi massima per β = β
3
3
3
< β < 4β10,
ππ β
7.30 ππ , come visto con il metodo elementare.
Per tale valore di h si ottiene: π = β160 β β2 = β160 β
Sessione straordinaria 2016 β Problema 1
160
e decrescente per β
3/ 4
160
3
320
=β
3
ππ = π β
10.33 ππ .
www.matefilia.it
La seconda parte del quesito ci chiede il livello dellβolio raggiunto in questo nuovo
9
contenitore dopo un tempo (in secondi) pari a π‘π
= 4.
Con un ragionamento analogo a quello fatto nel punto 1 (e con riferimento alla stessa
figura), abbiamo che, al tempo t il volume dellβolio è dato da:
1
π(π‘) = π β πΉπΊ 2 β πΆπΊ
3
Posto πΆπΊ = β = β(π‘), dalla similitudine fra i triangoli BCD ed CFG risulta ora:
β
160
3
320
:β = β
π(π‘) =
3
: πΉπΊ , πΉπΊ = ββ2 ; quindi:
1
1
2
π β πΉπΊ 2 β πΆπΊ = π β (2β2 ) β β = πβ3
3
3
3
Poiché la velocità di versamento dellβolio è ancora 12π
ππ3
π
, risulta ancora:
π(π‘) = (12π) π‘ , pertanto:
2 3
πβ = (12π) π‘, β3 = 18 π‘,
3
9
3
β(π‘) = β18 π‘ .
3
3
81
Con π‘ = π‘π
= 4 otteniamo: β(π‘) = β18 π‘ = β 2 β
3.43 ; calcoliamo il rapporto fra questo
valore e quello dellβaltezza del recipiente:
3 81
β
2
160
β
3
9
β
0.47 = 47 % : quindi nel primo caso dopo π‘ = π‘π
= 4 secondi il livello dellβolio
raggiunge il 75% dellβaltezza del recipiente, nel secondo caso il 47% dellβaltezza.
Con la collaborazione di Angela Santamaria
Sessione straordinaria 2016 β Problema 1
4/ 4
www.matefilia.it