Domanda:
Possiamo teoricamente bilanciare una matita perfettamente simmetrica sulla sua punta di un atomo?
TBBT
2015-04-14 06:38:59 UTC
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Mi è stato chiesto da uno studente universitario di questa domanda. Penso che se dovessimo togliere le molecole d'aria attorno alla matita e raffreddarla fino allo zero assoluto, quella matita sarebbe teoricamente bilanciata.

Ho ragione?

Veritasium / Minutephysics video su Youtube.

Correlato: http://physics.stackexchange.com/q/201929/89896
Dieci risposte:
#1
+116
Floris
2015-04-14 07:22:08 UTC
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TL; DR: sono molti i fattori che impediscono a una matita di rimanere perfettamente bilanciata. Il più importante di questi è il principio di indeterminazione che farà cadere la matita in meno di quattro secondi. Per i dettagli, continua a leggere ...


Risposta breve: NO. Il primo fotone di luce che lo colpisce disturberebbe il tuo perfetto equilibrio. Le forze di marea della luna (che non puntano sempre nella stessa direzione) la disturberebbero. Le forze di marea del sole lo disturberebbero. Potrei continuare.

L'equazione del movimento di una matita ci dice che non appena sei fuori centro per la minima quantità, il movimento si accumula. Non è un equilibrio stabile.

E la grafite non può sostenere il peso di una matita su una punta affilata monoatomicamente ... Secondo questo fornitore di grafite di alta qualità, la compressione la forza è di circa 25 ksi (~ 170 MPa - figura 5-2 dal riferimento). La punta più piccola che può sostenere il peso di 0,05 N sarebbe un cerchio con un raggio di 0,01 mm. È una punta piuttosto affilata, per una matita. Non è quasi "atomico".

Infine, anche a zero assoluto, il principio di indeterminazione richiede che la posizione del centro di massa non sia conosciuta perfettamente. Le fluttuazioni (quantistiche richieste meccanicamente) della posizione del centro di massa dovrebbero essere sufficienti per far cadere la matita alla fine.

AGGIORNAMENTO - l'impatto di un singolo fotone

È istruttivo calcolare quanto tempo impiega una matita a cadere per una data deviazione dall'equilibrio (assumendo per un momento un perno perfetto in basso - cioè l'unica coppia applicata è dovuta alla gravità). Lo mostro qui per una matita che è stata colpita da un singolo fotone verde e il risultato è un tempo sorprendentemente breve.

Modellando la matita come un'asta uniforme con massa $ m $, lunghezza $ \ ell $, momento d'inerzia $ I = \ frac {1} {3} m \ ell ^ 2 $, la coppia $ \ Gamma $ quando è ad un angolo $ \ theta $ rispetto alla verticale è

$$ \ Gamma = \ frac12 mg \ ell \ sin \ theta $$

Per piccole deviazioni, $ \ sin \ theta = \ theta $ e useremo questa ipotesi di seguito. Quindi l'equazione del moto diventa

$$ I \ ddot \ theta = \ frac12 mg \ ell \ theta \\\ frac13 m \ ell ^ 2 \ ddot \ theta = \ frac12 mg \ ell \ theta \ ddot \ theta = \ frac {3 g} {2 \ ell} \ theta $$

Questa somiglia molto all'equazione di un semplice oscillatore armonico, ma con il segno sbagliato. In effetti otteniamo una soluzione molto simile, ma con funzioni iperboliche.

Mettendo $ \ frac {3 g} {2 \ ell} = \ alpha ^ 2 $, possiamo integrarlo due volte per ottenere un

$$ \ theta = C_1 e ^ {\ alpha t} + C_2 e ^ {- \ alpha t} $$

Se la matita inizia all'equilibrio, possiamo impostare $ \ theta = 0 $ at $ t = 0 $, che riduce quanto sopra a

$$ \ theta = 2C_1 \ sinh {\ alpha t} $$

Data una velocità iniziale $ v_0 $, vediamo che

$$ v_0 = \ frac {\ ell} {2} \ dot \ theta = \ ell C_1 \ alpha \ cosh {\ alpha t} $$ così

$$ C_1 = \ frac {v_0} {\ ell \ alpha} = \ frac {v_0} {\ ell \ sqrt {3 g / 2 \ ell}} = \ frac {v_0} {\ sqrt {\ frac32 g \ ell}} $$

Ora abbiamo un'espressione per $ \ theta $, possiamo risolvere con una data velocità iniziale:

$$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ frac {\ theta} {C_1} $$

$$ = \ sqrt {\ frac {2 \ ell} {3 g}} ​​\ sinh ^ {-1} \ left (\ frac {\ theta \ sqrt {\ frac32 g \ ell}} {v_0} \ right) $$

Ora arriva la parte divertente. Supponiamo di colpire la matita perfettamente bilanciata con un singolo fotone di luce verde. La quantità di moto di un tale fotone è approssimativamente

$$ p = \ frac {E} {c} = \ frac {h} {\ lambda} \ approx 10 ^ {- 27} Ns $$

Supponiamo che la matita sia nera, quindi il fotone non viene riflesso. La massa di una matita è di circa 0,005 kg, lunghezza 20 cm. La velocità della matita dopo la collisione con il fotone è approssimativamente (sì, ci sono alcuni fattori che tengono conto dell'impatto dell'offset, ecc. Sto ignorando tutti questi - non cambia la risposta di base):

$$ v_0 = \ frac {p} {m} = 2 \ cdot 10 ^ {- 25} m / s $$

Supponiamo che "decisamente in caduta" corrisponda a un angolo di 0,5 gradi, o circa 0,01 rad. Possiamo inserire i valori nell'equazione precedente e trovare t $ \ circa $ 6 s.

Un fotone. Sei secondi. È un tempo incredibilmente breve ... ma sta per peggiorare:

AGGIORNAMENTO 2 - l'importanza del principio di indeterminazione

È anche interessante per vedere quanto tempo impiegherebbe una matita a cadere data una deviazione iniziale dalla verticale - perché possiamo quindi sbarazzarci di un fotone e usare il principio di indeterminazione per stimare il tempo massimo che la matita si equilibrerà.

Se il centro di massa è spostato di $ \ Delta x $, l'angolo è $ \ Delta \ theta = \ frac {2 \ Delta x} {\ ell} $.

Usando lo stesso equazioni come prima, troviamo $ C_1 + C_2 = \ Delta \ theta $. Supponiamo che la velocità iniziale sia zero - perché "in media" lo sarà, dato che la direzione della velocità iniziale è ugualmente probabile che punti indietro verso l'equilibrio e lontano da esso - quindi otteniamo $ C_1 = C_2 $, e la soluzione è una $ \ cosh $ funzione:

$$ \ theta = 2 C_1 \ cosh (\ alpha t) $$

Dove $ C_1 = \ frac {\ Delta \ theta} { 2} = \ frac {\ Delta x} {\ ell} $.

Ora abbiamo il tempo di cadere (tempo di raggiungere un certo $ \ theta $) come

$ $ t = \ frac {1} {\ alpha} \ cosh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell} {2 \ Delta x} \ right) $$

L'equazione abbiamo ricavato in precedenza perché il tempo impiegato con una data velocità iniziale può essere riscritto come

$$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} \ right) $$

e sappiamo che

$$ \ Delta x \ Delta p = \ hbar $$

Ovviamente il tempo più lungo per bilanciare sarà raggiunto quando i due tempi sono uguali, altrimenti uno sarà più lungo e l'altro più breve, ed è il tempo più breve che dominerà. Per risolvere, sostituiamo $ \ Delta x = \ frac {\ hbar} {m \ Delta v} $ e otteniamo

$$ \ cosh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell m \ Delta v} {\ hbar} \ right) = \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} \ right) $$

Se il termine tra parentesi è sufficientemente grande, allora possiamo (ai fini della stima) impostare

$$ \ frac {\ theta \ ell m \ Delta v} {\ hbar} = \ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} $$

Da cui segue che

$$ \ Delta v = \ sqrt {\ frac {\ theta \ ell \ alpha \ hbar} {\ theta \ ell m}} = \ sqrt \ frac { {\ alpha \ hbar}} {m} $$

Sostituendo i valori per la matita, troviamo

$$ \ Delta v = 4 \ cdot 10 ^ {- 16} m / s $$

che è molti ordini di grandezza maggiore della velocità dovuta al fatto che la matita viene colpita da un fotone. Il momento di cadere è allora

$$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v } \ right) \ approx 3.7 s $$

Quindi una matita "teorica" ​​perfettamente bilanciata che si trova sulla sua punta monoatomica, cadrà in media in una manciata di secondi a causa del principio di indeterminazione.

DOPO PAROLA mia figlia mi ha appena indicato un post interessante che calcola la stessa cosa e fornisce una risposta molto simile. L'autore si autodefinisce "Alemi". C'è un collaboratore su questo sito con lo stesso handle. Penso di riconoscere lo stile del processo di pensiero, quindi darò una punta tardiva del cappello. Per inciso, quel post presenta un valore di circa 3,6 secondi. Che è sorprendentemente simile al valore che ho ottenuto.

Inoltre, posso chiedere pigramente cosa sarebbe $ t $ per $ \ theta = 90 ° $?
@AndréNeves - l'equazione del movimento smette di essere "piacevole" ad angoli maggiori e dovresti integrarla numericamente.Ma l'accuratezza aggiuntiva non vale la pena date le ipotesi attuali.Se usassimo la stessa equazione fino a 90 °, la risposta sarebbe 46 secondi.Questo è il parco delle palle.
Solo un piccolo cavillo: le mine non sono fatte di pura grafite, ma di una miscela di grafite e argilla, che consente vari livelli di durezza: http://en.wikipedia.org/wiki/Pencil La grafite pura probabilmente non sarebbe troppo morbidaessere utilizzabile.
@jamesqf cavillo valido.La durezza della matita va da "9H" a "9B" e ci sarà una certa variabilità.Ho trovato un cambiamento di fattore 4x nella durezza Knoop (da 51,5 per 5H a 12,7 per B) nella tabella 1 a pagina 288 di "Tecniche di microindentazione in Scienza dei materiali, numero 889 (PJBlau). La conversione in MPa non è semplice ... masecondo https://www.tedpella.com/company_html/hardness.htm la matita più dura sopra è da qualche parte intorno alla durezza dell'argento (Knoop 60) - 250 MPa. Non è molto diverso dai 170 MPa che ho usato sopra.
Potresti voler controllare [questa domanda] (http://physics.stackexchange.com/q/166026/26076) e le obiezioni che sollevo all'argomento di KleinGordon così come, con ogni probabilità, quelle dell'autore del libro da alloraPenso che l'autore stia semplicemente discutendo come KleinGordon.Immagino che tu sia una delle persone su questo sito che potrebbe essere al passo con un'analisi completa di un pendolo vorticoso.
Non penso che dovresti / puoi usare il principio di mancanza di nitidezza (mi rifiuto di usare una traduzione inglese errata) in calcoli classici come questo.Detto principio non afferma che non si possa essere certi o non si possa misurare le cose con piena nitidezza / accuratezza, ma che il concetto stesso di tale accuratezza è innaturale e quindi sbagliato.Se vuoi usare QM in questa risposta, è meglio che tu elabori gli stati quantistici rilevanti.Lo stato di equilibrio classico sulla punta è instabile e non ha uno stato quantico corrispondente.
@Walter ci sono diversi modi per arrivare alla conclusione che una matita che sembra, a un certo punto, perfettamente bilanciata, non può rimanere in quello stato per sempre.Se si utilizza la termodinamica statistica (classica), è necessario disporre di informazioni precise sulla posizione e sulla quantità di moto di ogni atomo.A quella scala QM dice che non posso averlo, e quindi anche lo slancio / posizione dell'insieme non è perfettamente noto.Ma anche se lo fosse, un singolo fotone sarebbe sufficiente a distruggere l'equilibrio a causa della forma del pozzo potenziale.
Ho un problema con queste spiegazioni sulla relazione di incertezza di una matita che cade.In assenza di gradi di libertà esterni, non c'è alcun collasso della funzione d'onda, quindi mentre la funzione d'onda della matita può allargarsi nel tempo, ecc. Ecc.Penso che questo sia in realtà uno sfortunato abuso del principio di indeterminazione che porta a molta confusione.Tutte queste chiacchiere sulle "medie" nel caso quantistico hanno senso solo se si dispone di un insieme di matite che interagiscono con un ambiente.Il principio di indeterminazione da solo non è sufficiente.
@DanielSank Credo che non sia necessario un collasso della funzione d'onda.È sufficiente che non ci sia modo di avere una matita correttamente verticale e con momento zero.Tutto ciò di cui abbiamo bisogno è uno spostamento infinitesimale dalla verticale e l'equilibrio instabile farà il resto.Abbiamo un insieme di atomi: mi stai dicendo che la QM consente di posizionarli con una perfetta conoscenza della posizione e senza quantità di moto laterale?Sto semplicemente usando l'HUP per dire "puoi solo avvicinarti così tanto" - e questo fornisce un punto di partenza per la caduta della matita.Anche un piccolo, minuscolo spostamento è sufficiente.
@Floris Penso che qui sia al lavoro un malinteso fondamentale della meccanica quantistica.Probabilmente dovrei scrivere un post di auto-risposta al riguardo perché dubito di poterlo spiegare bene nei commenti.
@DanielSank lo incoraggerei.Per favore lascia un link qui quando hai finito.
considerare gli effetti quantistici su una situazione classica instabile non è un esercizio utile.Certamente, non puoi usare * HUP per dire "puoi solo avvicinarti così tanto" *.Si potrebbe dire che lo stato di equilibrio classico instabile non ha equivalenti QM e quindi non è una descrizione valida del sistema.
@Walter - perché la matita non è solo una sovrapposizione delle funzioni d'onda dei singoli atomi in un pozzo potenziale con curvatura negativa?
La stessa domanda è posta in David Morin Introduction to Classical Mechanics.Nella soluzione data nel libro stesso, anche lui calcola $ t $ approssimativamente come $ 3,5 ~ \ mathrm {s} $!
#2
+107
mmesser314
2015-04-14 07:18:03 UTC
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No. Per bilanciare perfettamente, la matita dovrebbe essere perfettamente verticale e perfettamente immobile. Il principio di indeterminazione limita il modo in cui puoi fare entrambe le cose allo stesso tempo.

Momentum e posizione formano una coppia coniugata. $ \ Delta x \ Delta p \ geq \ hbar $.

Anche il momento angolare e la posizione angolare formano una cosa sola. $ \ Delta L \ Delta \ Theta \ geq \ hbar $

Questo non garantisce che il momento angolare e la posizione angolare saranno diversi da zero. È un'incertezza: i valori effettivi possono essere qualsiasi cosa, incluso 0.

Ma ti impedisce di sistemarli entrambi in modo che la matita rimanga in posizione verticale. Inoltre, se chiedi quale sia la probabilità di trovare entrambi i valori molto vicini a 0, scopri che è molto piccola. Al limite, infinitamente improbabile.

Se si scopre che $ L = \ Theta = \ sqrt {\ hbar} $, e si inseriscono valori ragionevoli per la massa e la lunghezza della matita, scoprirete che cade in pochi secondi.

Aggiornamento tardivo

Stavo aspettando il fine settimana per aggiungere un aggiornamento. Quando è arrivato qui, Floris aveva lasciato ben poco da aggiungere. E ha fatto un lavoro migliore di quello che avrei fatto io. Buone risposte.

Un certo numero di utenti ha ritenuto che una matita ideale appuntita con una punta atomica non fosse realistica. La matita dovrebbe avere un piatto sul fondo.

Il mio pensiero è che la matita dovrebbe essere montata su una di quelle pulegge prive di massa e senza attrito che sembrano essere così comuni nelle aule di fisica delle scuole superiori.

Non di meno, una matita con una bemolle può essere trattata in modo semi classico. A causa dell'incertezza principale, la matita ha uno slancio iniziale, e quindi un'energia iniziale. Ciò farà ribaltare la matita. Il che a sua volta farà ruotare la matita su un bordo dell'appartamento. Il centro di massa si solleverà fino a quando non sarà direttamente oltre il bordo dell'appartamento. Se l'energia iniziale di "incertezza" è maggiore dell'energia necessaria per sollevare il centro di massa, la matita si ribalterà.

Un trattamento di meccanica quantistica tratterebbe la regione in cui il centro di massa si trova all'interno dell'appartamento come un potenziale pozzo. C'è una probabilità di tunneling out.

Entrambi questi scenari sono trattati in dettaglio (con diagrammi nel caso in cui la mia descrizione non sia chiara) qui. Ho trovato questo collegamento seguendo "l'interessante post di Floris che calcola la stessa cosa". Quel post aveva alcuni commenti in fondo. L'ultimo commento contiene il collegamento.

Deve davvero essere * perfettamente * in posizione verticale e ancora in equilibrio?L'atomo sulla punta ha effettivamente una larghezza finita poiché la sua interazione con la superficie su cui si bilancia è elettromagnetica e gli orbitali degli elettroni sono distribuiti nello spazio.
"infinitamente improbabile" - beh, allora so proprio la cosa di cui abbiamo bisogno!
@Hypnosifl hai un punto.Mentre il sistema è instabile su una superficie piana (anche potenziale), e quindi subirà un collasso, quando inizi a giocare con le punte dei singoli atomi, dobbiamo parlare anche della levigatezza della superficie.La superficie può aggiungere stabilità sufficiente al sistema per rendere stabile la configurazione instabile.A quel punto, l'incertezza quantistica farebbe semplicemente una passeggiata casuale all'interno di quella regione stabile, invece di collassare nell'instabilità.
Supponendo che questa matita e superficie teoriche siano state prodotte sulla terra, la superficie da bilanciare era nel vuoto, la superficie stessa era perfettamente liscia e il sistema di rilascio non esige alcuna forza aggiuntiva sulla matita. Allora perché non, oltre alla suddetta formula per calcolare la posizione angolare e il peso, calcolare per compensare l'inerzia sia dello spin rotatorio terrestre che del movimento spaziale?
Dici "cade in pochi secondi": sai motivare?Perché questo ordine di grandezza?Perché non 100 secondi, 1000 secondi?
Ma il singolo atomo non "taglierebbe" in qualche modo la matita?Ciò creerebbe abbastanza rapidamente una punta più grande di 1 atomo o creerebbe un lungo oggetto simile a un ago che entra nella matita, entrambi i quali aiuterebbero l'equilibrio.
I pochi secondi mi hanno immediatamente ricordato [come quel tempo è stato ovviamente battuto] (https://www.youtube.com/watch?v=jMJ-2sWJYb8&feature=youtu.be&t=16s).
#3
+24
MSalters
2015-04-14 14:13:59 UTC
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No. Il peso della matita è di circa 1 Newton e l'area è di circa 500 picometri quadrati (5 * 10 -22 ), il che significa che la pressione sulla punta è di circa 2 ZettaPascal. È un po 'più di quanto la grafite (o il diamante) può sopportare (misurato in GigaPascal)

#4
+4
Guill
2015-04-15 10:35:12 UTC
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La domanda è così ambigua che consente un clamoroso . Questo perché "equilibrio" non è definito, né lo sono le dimensioni e il materiale utilizzato per la matita, né la posizione in cui deve avvenire il "bilanciamento".
Il materiale e la forma della superficie per equilibrare la matita on, non sono specificati, né il periodo di tempo in cui dovrebbe rimanere equilibrato. Quindi, se usi una "matita" con punta in titanio, su un pianeta / luna con una forza gravitazionale 1 / 10.000 della terra senza atmosfera, su una superficie fatta di un materiale "complementare" tale che la molecola di titanio "si adatterà" un "buco" creato dalle molecole complementari circostanti, quindi "bilanciare" la "matita" sarà un gioco da ragazzi.

#5
+3
gautam1168
2015-04-14 07:25:19 UTC
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No. In primo luogo, la punta della matita generalmente non è abbastanza affilata per avere un solo atomo. La gente tenta di fare quel tipo di suggerimento in STM. Anche se in qualche modo sei riuscito a renderlo abbastanza affilato, la grafite è così morbida che il peso della matita schiaccerà la punta. Non resterà largo un solo atomo. Quindi non c'è modo di bilanciare la matita su un singolo atomo perché non esiste una singola punta dell'atomo.

In secondo luogo, anche se ottieni una punta larga pochi atomi, è impossibile creare una punta perfettamente simmetrica matita. Ci sono diversi modi in cui questa asimmetria può essere introdotta. Quando affili la matita, c'è un punto in cui il legno forma una struttura a gradini (dove si trovava la lama quando hai smesso di affilare), rendendo la struttura asimmetrica. Se hai utilizzato una macchina CNC per affilarlo, dovrai pensare se la vernice è stata applicata perfettamente, se il nucleo di grafite ha una densità uniforme e, cosa più importante, se il legno è assolutamente uniforme. Di solito puoi distinguere i due tipi di legno con una matita semplicemente osservando la differenza di colore.

Insomma, "teoricamente" in questo caso non è raggiungibile solo raffreddando tutto a zero e creando il vuoto. Il livello di finitura che la matita stessa richiederà è troppo alto anche per chiamarla più a matita.

Se la punta fosse effettivamente larga un atomo, non sarebbe necessario rendere la matita simmetrica.Basterebbe orientarlo in modo che il centro di massa si trovi direttamente sulla punta di un atomo.Ma ovviamente poiché non possiamo avere la punta di un atomo, la punta del multi-atomo avrà un orientamento specifico e quindi avremo bisogno della matita simmetrica.
#6
+1
Helder Velez
2015-07-24 18:42:01 UTC
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FATELO GIRARE , con il massimo numero di giri possibile per un oggetto così massiccio. Fai l'esperimento sulla ISS, ben al di sopra della superficie terrestre.
Slega il problema dalla questione della "superficie". Rimuovere la "superficie" sotto la punta dell'atomo: dov'è il muggito senza gravità? - o approssimare la superficie il più possibile ma senza contatto (la nuvola elettronica dell'atomo lo impedisce, quindi la definizione di "contatto" è ragionevole, vale a dire sostituire con il trasferimento di quantità di moto).
La Terra non è una sfera uniforme perfetta e l'esperimento è sensibile a questo cambiamento. Quindi sposta l'esperimento su un'orbita geostazionaria .
Posso utilizzare una serie di laser pulsati controllati per mettere la matita in rotazione, allo stesso tempo ho scelto di allineare l'asse di rotazione con il centro della Terra .
Posso utilizzare la levitazione magnetica ( effetto Meissner - video) per contrastare e controllare automaticamente qualsiasi cambiamento dell'orientamento.
Non posso effettuare un calcolo effettivo del tempo il setup rimane in rotazione - dipende dai giri massimi - ma mi aspetto un tempo molto lungo, forse diversi anni , a patto che il liquido rimanga confinato (vedi Herschel destino dell'osservatorio spaziale). Le altre risposte parlano in pochi secondi?

Ho tradotto teoricamente l'OP in: la migliore configurazione fisica favorevole.

#7
  0
Lense
2015-04-14 19:44:26 UTC
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Lasciatemi essere il primo a rispondere "Sì" (più o meno).

Come si suol dire:

In teoria non c'è differenza tra teoria e pratica. In pratica c'è.

Quello che sto arrivando è che ci saranno sempre differenze tra teoria e pratica, e che spetta al fisico decidere quali assunzioni / semplificazioni sono adatte e quali no.

Pertanto, se stai teoricamente descrivendo la tua matita in un modo sufficientemente semplice, ad es. meccanica classica, vuoto, nessuna influenza esterna, ..., allora sì, in quella teoria sarai in grado di bilanciare una matita sulla sua punta.

Tuttavia, riguardo a questo stai già considerando la natura atomica della materia come elemento importante della teoria, è probabile che anche gli altri effetti che i miei colleghi hanno prodotto, e che faranno cadere la matita, non saranno trascurabili. Quindi, in quelle teorie, è impossibile bilanciare una matita sulla sua punta.

Modifica: Penso che il vero punto potrebbe essere che "teoricamente" è nella migliore delle ipotesi mal definito e nel peggiore dei casi completamente senza senso. Vedo due interpretazioni:

  1. Esiste una teoria in cui ...? Questa era la mia comprensione, nel qual caso la risposta è "Sì"
  2. Per la teoria della realtà allo stato dell'arte, ...? Questa è la comprensione della maggior parte, con risposta "No". Sebbene sia anche un'interpretazione ragionevole, vorrei aggiungere che questa è una definizione scadente di
    • Qual è lo stato dell'arte? Accettato comunemente? Una definizione piuttosto vaga.
    • Non esiste una teoria allo stato dell'arte che descriva tutta la fisica (es. Modello standard e gravità)
    • Lo stato dell'arte cambia con il tempo
Penso che "la mia teoria non include un grande corpo di fisica" sta portando "teoricamente" in un posto dove non dovrebbe mai andare.Il principio di indeterminazione pone un limite inferiore all'incertezza nello slancio: la matita non può stare ferma.
La pratica è solo una teoria sufficientemente dettagliata.L'idea è che "in teoria" di solito ignora un gran numero di fattori del mondo reale per motivi di semplicità, ed è per questo che teoria e pratica "differiscono".Una teoria che spieghi pienamente tutti i principi fisici non sarebbe diversa dalla pratica, per definizione.
"La pratica è solo una teoria sufficientemente dettagliata" Beh ... questo è il punto di vista della "teoria" ... Per quanto ne sappiamo, l'universo è indeterministico e quant'altro, solo a un livello che non è significativo ... attualmente ...
#8
  0
creillyucla
2015-07-24 20:51:30 UTC
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Se la matita fosse allo zero assoluto, assumerebbe necessariamente il suo stato di energia più bassa, che non è lo stato verticale.

Se la matita fosse modellata come un rotore quantistico con una barriera potenziale infinita che copre metà del suo spazio ad angolo solido (cioè il tavolo) poi ci sono stati certamente eccitati ma stabili dove la matita rimane in una posizione più o meno verticale.

#9
  0
sammy gerbil
2017-07-23 07:30:17 UTC
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Se non fosse per la parola teoricamente, la domanda potrebbe essere risolta semplicemente dicendo che è practically impossibile bilanciare una matita del genere. La punta si sbriciolerebbe sotto la pressione. È intrinsecamente instabile e cadrebbe entro pochi secondi, a causa delle correnti d'aria, delle vibrazioni, del moto browniano, dell'impatto di un singolo fotone. Ecc. Ecc.


Quando dici teoricamente , che cosa hai in mente theory? Il contesto originale della domanda, come pubblicato, era Newtonian Mechanics. I tag per QM e il principio di incertezza sono stati aggiunti in seguito da altri, senza modificare la domanda stessa per rimuovere le ambiguità.

Come affermato, la domanda è contraddittoria e confusa. Chiede ad teoricamente se la matita può stare in equilibrio su una punta di un atomo. Ma poi menziona le precauzioni practical per evitare disturbi del mondo reale come le correnti d'aria e (presumibilmente) le vibrazioni termiche della matita. Gli atomi e le vibrazioni termiche fanno parte della fisica classica ma non della meccanica newtoniana, quindi cosa significa una punta di un atomo in questo contesto?

Un'altra difficoltà è che non esiste una definizione di cosa significhi per la matita balance. Sarebbe altamente instabile anche se la punta fosse un cono smussato di un atomo di diametro. Tuttavia, in teoria possiamo posizionare la matita con sufficiente precisione in modo tale che ci vorrebbe un tempo arbitrariamente grande (ad esempio l'età dell'universo) per cadere. (La precisione richiesta nella posizione sarebbe ordini di grandezza inferiori alla lunghezza di Planck, ma questa non è un'obiezione inerente al modello teorico della Meccanica Newtoniana.) Al contrario, se bilanciata significa che la matita non ha iniziato a cadere, quindi non è mai equilibrato . In teoria è sempre in ribaltamento.

Quindi sono d'accordo con Guill sul fatto che teoricamente, e con un'adeguata definizione di bilanciato , la matita può essere bilanciata.


Concordo anche con Daniel Sank sul fatto che l'uso del principio Uncertainty per calcolare un tempo massimo di circa 3s per il quale la matita potrebbe rimanere "bilanciata" è fuorviante. Poiché questo è vicino ai tempi raggiunti nella pratica, dà la falsa impressione che la matita cada a causa della meccanica quantistica, come in questa risposta a Spiega perché il comportamento quantistico non viene osservato nella vita quotidiana. Come spiega Floris, qualsiasi piccola deviazione dal perfetto equilibrio darà un risultato simile.

È dimostrato da Peter Lynch (University College Dublin) in Balancing a Pencil on its Point, maggio 2014, che la matita cade in 3,72 secondi se il Principio di incertezza viene utilizzato per decidere l'incertezza iniziale nella sua posizione, e in 2,51 s se l'incertezza nella posizione viene scelta arbitrariamente come larghezza 1 atomo. Conclude che "Il ribaltamento non è un effetto quantistico". Qualsiasi valore ragionevolmente piccolo per l'incertezza, che sia 0,1 mm o 0,1 nm o 0,1 fm, si traduce in un tempo di circa 2-3 secondi. Il principio di incertezza stabilisce un limite massimo per il tempo, ma non è la causa pratica del ribaltamento.

In La matita per la punta della meccanica quantistica - un avvertimento per gli insegnanti di fisica, Don Easton della Stony Brook University utilizza il principio di incertezza per stimare il tempo massimo per il quale il COM della matita potrebbe rimanere nel suo atomo -dimensioni di base intorno a 10 $ ^ {12} $ s, ovvero circa 1 milione di anni. In un altro calcolo stima lo stesso valore per il tempo impiegato dalla matita per scavare nel pozzo potenziale. È solo quando si utilizza il modello a pendolo invertito della matita - con la sua instabilità esponenziale - che la risposta viene fuori come circa 3s.

#10
-1
borilla
2015-04-27 16:40:06 UTC
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ecco una risposta breve e semplice: l'Hamiltoniana della matita può essere approssimata da un oscillatore armonico invertito vicino all'equilibrio (parabola discendente). È un esercizio facile da risolvere.



Questa domanda e risposta è stata tradotta automaticamente dalla lingua inglese. Il contenuto originale è disponibile su stackexchange, che ringraziamo per la licenza cc by-sa 3.0 con cui è distribuito.
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