Asta che colpisce un oggetto
Un'asta AB, di lunghezza 1.5 m e massa 0.5 kg, e' incernierata nel suo estremo B ad un perno fisso orizzontale e può oscillare senza attrito in un piano verticale. Nell'istante t=0 l'asta, che è in quiete in posizione orizzontale, viene lasciata libera di ruotare. Raggiunta la posizione verticale l'asta urta un piccolo oggetto, inizialmente fermo, di massa 0.2 kg, che parte con velocità v orizzontale, mentre l'asta si ferma. Calcolare: la velocità angolare dell'asta e quella lineare del suo estremo libero un istante prima dell'urto e la velocità v dell'oggetto.
Come si risolve questo problema??? Non ho idea da dove partire!!
Come si risolve questo problema??? Non ho idea da dove partire!!
Risposte
Considerando che non hai dato alcun feedback sugli ultimi problemi che hai posto (feedback richiesto se non altro dalla buona educazione).... lascio a te le conclusioni.
https://www.matematicamente.it/forum/for ... 50463.html -> Nessuna risposta
Uno effettivamente non ho risposto.
Uno effettivamente non ho risposto.
Sulla sbarra l'unica forza esercitata è la forza gravitazionale, che è applicata al centro di massa di questa.
L'accelerazione angolare è
$\alpha = \frac{\tau}{I}$
dove τ (momento della forza)
$\tau = Fd$ (F è la forza, e d è la distanza tra la retta d'azione e l'asse di rotazione)
e I è il momento d'inerzia, che per quest'asse di rotazione e per una sbarretta omogenea è $I = 1/3*M(L^2)$
Nella fattispecie l'asse di rotazione coincide con il punto B e il punto su cui è applicata la forza è $L/2$
Per cui
$\tau = (mg)l/2 = (0.5*9.8)*1.5/2 = 3.6$
$I = 1/3 * 0.5 * 1.5^2 = 0.3$
$\alpha = \tau / I = 3.6/0.3 = 12 (rad)/s^2$
$\omegaf = \sqrt[\omegai^2 + 2\alpha(\theta)] = \sqrt[2*12*(1.57)]=6$ (1.57 sarebbero i gradi (90°) convertiti in radianti)
Mentre la velocità lineare del punto B è pari a
$v = r\omega = l*\omega = 1.5*6 = 9 m/s$ dove r è il raggio, che coincide con l'intera lunghezza della sbarra.
Per quanto riguarda invece l'urto aspettiamo che altri si facciano vivi, perché serve anche a me.
Data l'ora, il tutto non è sicuramente esente da errori di calcolo, ma il procedimento è corretto.
L'accelerazione angolare è
$\alpha = \frac{\tau}{I}$
dove τ (momento della forza)
$\tau = Fd$ (F è la forza, e d è la distanza tra la retta d'azione e l'asse di rotazione)
e I è il momento d'inerzia, che per quest'asse di rotazione e per una sbarretta omogenea è $I = 1/3*M(L^2)$
Nella fattispecie l'asse di rotazione coincide con il punto B e il punto su cui è applicata la forza è $L/2$
Per cui
$\tau = (mg)l/2 = (0.5*9.8)*1.5/2 = 3.6$
$I = 1/3 * 0.5 * 1.5^2 = 0.3$
$\alpha = \tau / I = 3.6/0.3 = 12 (rad)/s^2$
$\omegaf = \sqrt[\omegai^2 + 2\alpha(\theta)] = \sqrt[2*12*(1.57)]=6$ (1.57 sarebbero i gradi (90°) convertiti in radianti)
Mentre la velocità lineare del punto B è pari a
$v = r\omega = l*\omega = 1.5*6 = 9 m/s$ dove r è il raggio, che coincide con l'intera lunghezza della sbarra.
Per quanto riguarda invece l'urto aspettiamo che altri si facciano vivi, perché serve anche a me.
Data l'ora, il tutto non è sicuramente esente da errori di calcolo, ma il procedimento è corretto.
Pensavo di poter risolvere il problema dell'urto con la conservazione della quantità di moto, ma purtroppo il sistema non è esente da forze!
Il tuo ragionamento è ottimo volevo solo capire
1) Da dove viene fuori che $a = I/T$ Hai applicato la seconda legge di Newton per i moti rotatori?
2) Perchè nel calcolare il momento di inerzia metti 1/3??
3) Cosa è wf?
Il tuo ragionamento è ottimo volevo solo capire
1) Da dove viene fuori che $a = I/T$ Hai applicato la seconda legge di Newton per i moti rotatori?
2) Perchè nel calcolare il momento di inerzia metti 1/3??
3) Cosa è wf?
1) Il momento della forza che agisce sulla particella è proporzionale alla sua accelerazione angolare, e la costante di proporzionalità è il momento d'inerzia(I). La dimostrazione puoi trovarla su qualunque libro di fisica per università. In ogni caso è anche abbastanza intuitiva.
2) Il momento d'inerzia per una sbarra sottile con l'asse di rotazione passante per un estremo è fisso, ed è $I = 1/3ML^2$. Ma puoi sempre calcolartelo tu se vuoi
2) Ho usato la notazione $\omegaf$ per indicare la velocità angolare finale.
2) Il momento d'inerzia per una sbarra sottile con l'asse di rotazione passante per un estremo è fisso, ed è $I = 1/3ML^2$. Ma puoi sempre calcolartelo tu se vuoi
2) Ho usato la notazione $\omegaf$ per indicare la velocità angolare finale.
"Vincent":
Pensavo di poter risolvere il problema dell'urto con la conservazione della quantità di moto, ma purtroppo il sistema non è esente da forze!
Ho pensato a questo anche io, e stando alla traccia, da quanto ho capito la sbarra si ferma all'istante, è esatto? In tal caso essa non dovrebbe trasferire quantità di moto al corpo fermo?
1) Ok, si intendevo proprio questo
$T=Ia$
2) Ah ok non sapevo c'era anche questa formula fissa. Io uso di solito il teorema degli assi paralleli.
3) In effetti se la sbarra di ferma immediatamente non dovrebbero esserci altre forze quindi la quantità di moto dovrebbe conservarsi. In tal caso il calcolo della velocità non è difficile.
Comunque però non riesco a capire come hai calcolato la velocità finale dell'asta in caduta...che formula è?
$T=Ia$
2) Ah ok non sapevo c'era anche questa formula fissa. Io uso di solito il teorema degli assi paralleli.
3) In effetti se la sbarra di ferma immediatamente non dovrebbero esserci altre forze quindi la quantità di moto dovrebbe conservarsi. In tal caso il calcolo della velocità non è difficile.
Comunque però non riesco a capire come hai calcolato la velocità finale dell'asta in caduta...che formula è?
"Vincent":
1) Ok, si intendevo proprio questo
$T=Ia$
2) Ah ok non sapevo c'era anche questa formula fissa. Io uso di solito il teorema degli assi paralleli.
3) In effetti se la sbarra di ferma immediatamente non dovrebbero esserci altre forze quindi la quantità di moto dovrebbe conservarsi. In tal caso il calcolo della velocità non è difficile.
Comunque però non riesco a capire come hai calcolato la velocità finale dell'asta in caduta...che formula è?
Ho usato una semplice formula simile a quelle della cinematica lineare... ma ho dato per scontato che l'accelerazione angolare fosse costante, mi sa che non lo è
No l'accelerazione angolare è costante (credo al 99%) ma la formula proprio non capisco cosa cacchio sia e da dove salti fuori!
"Vincent":
No l'accelerazione angolare è costante (credo al 99%) ma la formula proprio non capisco cosa cacchio sia e da dove salti fuori!
Noi dobbiamo essere sicuri al 100%
La formula comunque è
$ \omegaf ^2 = \omegai^2 +2\alpha(\thetaf-\thetai) $
Sto cercando questa formula sul mio libro (Hallyday Resnick) ma proprio non la trovo
$1(w_i)^2$ è la velocità iniziale? Non dovrebbe ssere 0?
$1(w_i)^2$ è la velocità iniziale? Non dovrebbe ssere 0?
Infatti, $0^2 = 0$, vedi i calcoli sopra.
Il problema comunque rimane $\tau$ in quanto cambia ad ogni istante.
$\tau = rFsen\phi$
E l'angolo d'applicazione della forza $\phi$ cambia istante per istante... purtroppo!
Quindi l'accelerazione non è costante, e la formula che abbiamo usato non è valida.
$\tau = rFsen\phi$
E l'angolo d'applicazione della forza $\phi$ cambia istante per istante... purtroppo!
Quindi l'accelerazione non è costante, e la formula che abbiamo usato non è valida.
"masteryuri":
Sulla sbarra l'unica forza esercitata è la forza gravitazionale, che è applicata al centro di massa di questa.
L'accelerazione angolare è
$\alpha = \frac{\tau}{I}$
dove τ (momento della forza)
$\tau = Fd$ (F è la forza, e d è la distanza tra la retta d'azione e l'asse di rotazione)
......... .
Non capisco bene i passaggi che hai fatto, ma non mi sembra corretto il risultato (tra l'altro è sempre consigliabile procedere con i simboli e sostituire i numeri solo alla fine).
Per calcolare la velocità dell'asta quando passa per la verticale puoi applicare semplicemente la conservazione dell'energia meccanica.
L'energia meccanica all'inizio sarà, scegliendo come quota zero la posizione del baricentro dell'asta quando questa è verticale, $mgl/2$; l'energia mecccanica alla fine sarà tutta energia cinetica e sarà pari a
$1/2 I omega^2$. Eguagliando l'energia iniziale e finale ricavi $omega$.
Per la secondo parte del problema, quella dell'urto, hai che si deve conservare di sicuro il momento di quantità di moto del sistema....
Faussone, domanda incidentale, in un moto del genere l'accelerazione è costante?
Dunque il problema di riduce a un semplice calcolo della velocità finale usando l'energia e poi alla conservazione della quantità di moto??
Non metto in dubbio, ma mi puzza il fatto che non si mettano in gioco i momenti...
Inoltre non ho capito come hai calcolato l'energia potenziale all'istante t=0, quando si trova in posizione orizzontale (mentre tu hai scelto lo 0 quando si trova in posizione verticale, ossia quando già ha compiuto il suo movimento!)
Non metto in dubbio, ma mi puzza il fatto che non si mettano in gioco i momenti...
Inoltre non ho capito come hai calcolato l'energia potenziale all'istante t=0, quando si trova in posizione orizzontale (mentre tu hai scelto lo 0 quando si trova in posizione verticale, ossia quando già ha compiuto il suo movimento!)
"masteryuri":
Faussone, domanda incidentale, in un moto del genere l'accelerazione è costante?
In modulo sicuramente.
"masteryuri":
Faussone, domanda incidentale, in un moto del genere l'accelerazione è costante?
No. Il moto è analogo ad un pendolo...
"Faussone":
[quote="masteryuri"]Faussone, domanda incidentale, in un moto del genere l'accelerazione è costante?
No. Il moto è analogo ad un pendolo...[/quote]
Ecco perché va risolto con la legge della conservazione dell'energia meccanica
Grazie!
Mi associo alla domanda di Vincent, e ti chiedo, da cosa è scaturita la formula che hai usato per l'energia potenziale?
Forza x cosa?
Ragazzi provo qui a postare una sottospecie di soluzione che mi è venuta in mente.
Variabili lineari e angolari hanno tra loro una relazione.
Dal suggerimento di usare la conservazione dell'energia, ho pensato che
$s = \theta*r$
Ordunque, sapedo che $\theta = 90$ e anche il raggio dell'ipotetica circonferenza (1,5m), ho calcolato che
$U_i+K_i = U_f + K_f$
$-mgd + 0 = 0 - 1/2 * mv^2$
Con d lo spostamento compiuto a causa della forza peso. Tale spostamento è calcolabile usando la formula sopra
$s = 1,57 * 1,5 = 2,355$
Da qui poi sostituendo semplicemente
$11,53= (0,5)/2*v^2$
$v = 3,41 m/s$
E da qui fare la conservazione della quantità di moto.
Si? No? Forse?
Variabili lineari e angolari hanno tra loro una relazione.
Dal suggerimento di usare la conservazione dell'energia, ho pensato che
$s = \theta*r$
Ordunque, sapedo che $\theta = 90$ e anche il raggio dell'ipotetica circonferenza (1,5m), ho calcolato che
$U_i+K_i = U_f + K_f$
$-mgd + 0 = 0 - 1/2 * mv^2$
Con d lo spostamento compiuto a causa della forza peso. Tale spostamento è calcolabile usando la formula sopra
$s = 1,57 * 1,5 = 2,355$
Da qui poi sostituendo semplicemente
$11,53= (0,5)/2*v^2$
$v = 3,41 m/s$
E da qui fare la conservazione della quantità di moto.
Si? No? Forse?
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