Dinamica dei sistemi: due aste incernierate e collegate da una molla
Due aste uguali, ciascuna di lunghezza $l$ e massa trascurabile sono vincolate a muoversi in un piano verticale e sono incernierate tra loro ad un estremo C: gli altri due estremi A e B, vincolati a muoversi lungo un asse orizzontale, sono collegati da una molla di lunghezza a riposo praticamente nulla e costante elastica $k$. Tre corpi puntiformi di masse $ma$, $mb$,$mc$, sono saldati nei tre vertici A,B e C. Si determini, trascurando tutti i possibili attriti,
a)l' altezza $y{::}_(\0 \ )^() text()$, rispetto all'asse orizzontale, del punto C nella posizione di equilibrio
b)l'intensità minima $Fmax$ della forza diretta verso il basso da applicare in C, in corrispondenza alla posizione di equilibrio, affinchè C giunga sull' asse orizzontale, e corrispondentemente lo spostamento $∆Xc$ lungo l' asse orizzontale e il modulo $Vc$ della velocità con il quale vi giunge.
___________________________
a)Questa sono le mie considerazioni: l' unica forza esterna che agisce sul sistema è la forza peso: l'energia non si conserva sotto il lavoro della forza peso (sto considerando come mio unico sistema quello composto dalle aste e dai copri A,B e C), e si conservano anche la quantità di moto (lungo x) e l'ascissa del centro di massa.
$∆Xcm=0$,ovvero $m{::}_(\ a\ )^() text()∆xa+m{::}_(\ b\ )^() text()∆xb+m{::}_(\ c\ )^() text()∆xc=0$. Non conoscendo le masse posso solo ipotizzare che se A e B sono uguali avranno $∆X$ opposti e uguali, sennò il sistema si sposterà di più dove è l' estremo più leggero ( ma queste sono solo considerazioni).
Da un lato la molla è totalmente compressa,dall'altro abbiamo la spinta verso il basso esercitata dalla forza peso(quella del corpo C).
Avremo che l' energia cinetica all'inizio sarà nulla, mentre l' energia potenziale sarà $U1=m{::}_(\ c\ )^() text()gl+(kd^2)/2$ (in questo caso la forza peso fa lavoropositivo). Se all' inizio le due forze compiono lavori concordi,un'istante prima di arrivare alla posizione di equilibrio essi saranno opposti e uguali di modulo.
Avremo che la variazione di energia è dovuta al lavoro della forza peso $m{::}_(\ c\ )^() text()gy{::}_(\0 \ )^() text()=(k∆x^2)/2$, ovvero $m{::}_(\ c\ )^() text()gy{::}_(\0 \ )^() text()-(k∆x^2)/2=0$. Abbiamo 1 equazione e tre incognite: $d$,$y{::}_(\0 \ )^() text()$ e $∆x$ della molla alla posizione di equilibrio.
Alla posizione di equilibrio la lunghezza della molla sarà $X-∆x$. La dividiamo per due e avremo un cateto
,$y{::}_(\0 \ )^() text()$ è l' altro, quindi il Teorema di Pitagora ci aiuta a trovare un' altra equazione: $y{::}_(\0 \ )^() text()=sqrt(l^2-((d-∆x)/2)^2)$.
Per la terza equazione ho pensato alla conservazione dell' ascissa del centro di massa.
Lo spostamento relativo tra A e B è uguale alla nuova lunghezza assunta dalla molla: $ d-∆x=∆x{::}_(\B\ )^() text()-∆x{::}_(\A \ )^() text() $. Io non conosco questi spostamenti, ma so che $m{::}_(\ a\ )^() text()∆xa+m{::}_(\ b\ )^() text()∆xb+m{::}_(\ c\ )^() text()∆xc=0$. E poi? io penso di essermi davvero perso nei ragionamenti. Ho anche pensato di aiutarmi con un diagramma del corpo libero, ma non avendo gli angoli non saprei come impostarlo. Comunque il risultato è $y=(mcg)/4k$. Ringrazio chiunque cherchi di aiutarmi mettendo a disposizione il proprio tempo (forse questo è un problema un po' lungo, oppure c' è qualche cosa facile che personalmente non vedo).
a)l' altezza $y{::}_(\0 \ )^() text()$, rispetto all'asse orizzontale, del punto C nella posizione di equilibrio
b)l'intensità minima $Fmax$ della forza diretta verso il basso da applicare in C, in corrispondenza alla posizione di equilibrio, affinchè C giunga sull' asse orizzontale, e corrispondentemente lo spostamento $∆Xc$ lungo l' asse orizzontale e il modulo $Vc$ della velocità con il quale vi giunge.
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a)Questa sono le mie considerazioni: l' unica forza esterna che agisce sul sistema è la forza peso: l'energia non si conserva sotto il lavoro della forza peso (sto considerando come mio unico sistema quello composto dalle aste e dai copri A,B e C), e si conservano anche la quantità di moto (lungo x) e l'ascissa del centro di massa.
$∆Xcm=0$,ovvero $m{::}_(\ a\ )^() text()∆xa+m{::}_(\ b\ )^() text()∆xb+m{::}_(\ c\ )^() text()∆xc=0$. Non conoscendo le masse posso solo ipotizzare che se A e B sono uguali avranno $∆X$ opposti e uguali, sennò il sistema si sposterà di più dove è l' estremo più leggero ( ma queste sono solo considerazioni).
Da un lato la molla è totalmente compressa,dall'altro abbiamo la spinta verso il basso esercitata dalla forza peso(quella del corpo C).
Avremo che l' energia cinetica all'inizio sarà nulla, mentre l' energia potenziale sarà $U1=m{::}_(\ c\ )^() text()gl+(kd^2)/2$ (in questo caso la forza peso fa lavoropositivo). Se all' inizio le due forze compiono lavori concordi,un'istante prima di arrivare alla posizione di equilibrio essi saranno opposti e uguali di modulo.
Avremo che la variazione di energia è dovuta al lavoro della forza peso $m{::}_(\ c\ )^() text()gy{::}_(\0 \ )^() text()=(k∆x^2)/2$, ovvero $m{::}_(\ c\ )^() text()gy{::}_(\0 \ )^() text()-(k∆x^2)/2=0$. Abbiamo 1 equazione e tre incognite: $d$,$y{::}_(\0 \ )^() text()$ e $∆x$ della molla alla posizione di equilibrio.
Alla posizione di equilibrio la lunghezza della molla sarà $X-∆x$. La dividiamo per due e avremo un cateto
,$y{::}_(\0 \ )^() text()$ è l' altro, quindi il Teorema di Pitagora ci aiuta a trovare un' altra equazione: $y{::}_(\0 \ )^() text()=sqrt(l^2-((d-∆x)/2)^2)$.Per la terza equazione ho pensato alla conservazione dell' ascissa del centro di massa.
Lo spostamento relativo tra A e B è uguale alla nuova lunghezza assunta dalla molla: $ d-∆x=∆x{::}_(\B\ )^() text()-∆x{::}_(\A \ )^() text() $. Io non conosco questi spostamenti, ma so che $m{::}_(\ a\ )^() text()∆xa+m{::}_(\ b\ )^() text()∆xb+m{::}_(\ c\ )^() text()∆xc=0$. E poi? io penso di essermi davvero perso nei ragionamenti. Ho anche pensato di aiutarmi con un diagramma del corpo libero, ma non avendo gli angoli non saprei come impostarlo. Comunque il risultato è $y=(mcg)/4k$. Ringrazio chiunque cherchi di aiutarmi mettendo a disposizione il proprio tempo (forse questo è un problema un po' lungo, oppure c' è qualche cosa facile che personalmente non vedo).
Risposte
Sì, forse va risolto geometricamente, anche se non abbiamo gli angoli $lsentheta=y$ e $lcostheta=(d-x)/2$
Per l' equilibrio $mgsenthetacostheta=kx$.
Per l' equilibrio $mgsenthetacostheta=kx$.
Se consideri solo una delle aste dovresti vedere che in cima c'è un peso $-(mg)/(2)$ (l'altra metà grava sull'altra asta) e sull'altro estremo agisce la molla $kx$. Se $\alpha$ è l'angolo tra l'asta (di sinistra) e l'asse orizzontale, si può scrivere che:
$2k\ x\ \sin\alpha = m\ g\ \cos\alpha$.
Per giustificare questa formula pensa che le asta sono compresse e possiamo pensarle come due molle con un $k$ altissimo, quindi due molle quasi incomprimibili. Su ciascun estremo la forza della molla è una freccia rivolta all'esterno che chiamiamo $T$. Disegnando gli angoli si vede che $T\sin\alpha = (mg)/2$ e $T\cos\alpha = kx$. Poi si divide membro a membro.
da cui $tg\alpha = (mg)/(2kx)$. Questo è l'angolo di equilibrio, da cui si ricava la posizione $y_0$.
Il punto b) onestamente non ha molto senso secondo me, non l'ho capito, perchè il punto di equilibrio è un punto di equilibrio instabile, nel senso che muovendo di poco la massa verso l'alto, la molla si chiude e muovendo di poco il peso in basso tende a scendere fino in fondo. quindi non c'è nessuna forza minima, o meglio, la forza minima è zero.
Per il punto c) si fa un bilancio delle energie.
Nella posizione iniziale c'è l'energia potenziale e quella della molla $mgy_0+1/2k(2x)^2$.
In quella finale c'è l'energia cinetica di C e quella della molla $1/2 m_c v_c^2+1/2k(2d)^2$.
Eguagliando le due energie trovi $v_c$
$2k\ x\ \sin\alpha = m\ g\ \cos\alpha$.
Per giustificare questa formula pensa che le asta sono compresse e possiamo pensarle come due molle con un $k$ altissimo, quindi due molle quasi incomprimibili. Su ciascun estremo la forza della molla è una freccia rivolta all'esterno che chiamiamo $T$. Disegnando gli angoli si vede che $T\sin\alpha = (mg)/2$ e $T\cos\alpha = kx$. Poi si divide membro a membro.
da cui $tg\alpha = (mg)/(2kx)$. Questo è l'angolo di equilibrio, da cui si ricava la posizione $y_0$.
Il punto b) onestamente non ha molto senso secondo me, non l'ho capito, perchè il punto di equilibrio è un punto di equilibrio instabile, nel senso che muovendo di poco la massa verso l'alto, la molla si chiude e muovendo di poco il peso in basso tende a scendere fino in fondo. quindi non c'è nessuna forza minima, o meglio, la forza minima è zero.
Per il punto c) si fa un bilancio delle energie.
Nella posizione iniziale c'è l'energia potenziale e quella della molla $mgy_0+1/2k(2x)^2$.
In quella finale c'è l'energia cinetica di C e quella della molla $1/2 m_c v_c^2+1/2k(2d)^2$.
Eguagliando le due energie trovi $v_c$
Sì, la forza minima è tendente a zero e il resto è pure giusto, grazie 1000!
Ho ancora dei dubbi sul primo punto.
Tu consideri l'asta come una molla indeformabile. Tu dici che questa molla è compressa da delle forze. Se dovessimo fare una conta delle forze ne risulterebbero altre come le reazioni della cerniera e del piano, ma queste vanno trascurate perché si annullano.
Comunque tu dici che è come se ci fossero due forze che esercitano una compressione, e la reazione della molla-asta su ciascuno dei suoi versi è uguale alle componenti lungo l'asta delle due forze che stiamo considerando. Quindi da qui mi ricavo la relazione che lega la forza peso alla forza elastica per l' equilibrio, ovvero $tgalpha=(mg)/2kx$. Se prima la lunghezza era $0=d-d$, ora è $x=d-(d-x$), giusto?
Il risultato che da il libro è il seguente: $y=(mg)/(4k)$ quindi bisogna fare qualche altra considerazione.
Se $x$ è sia lunghezza che compressione della molla, il cateto sarà di lunghezza $d=x/2$.
La forza elastica la posso considerare come $kx=(2k)(x/2)=2kd$ (è come se considerassi metà molla, quindi raddoppia la costante proprio come quando tagliamo una molla in 2 parti uguali).
Sappiamo che $d=lcosalpha$ e $y=lsenalpha$. Riscrivendo ora l'eguaglianza che avevi trovato $tgalpha=(mg)/2kx$ avremo $thalpha=(mg)/(4kd)$ sostituiamo $d=lcosalpha$ e a avremo $lsenalpha=(mg)/(4k)$.
Non finirò comunque mai di ringraziarti, sto problema mi teneva proprio sulle spine.
Ho ancora dei dubbi sul primo punto.
Se α è l'angolo tra l'asta (di sinistra) e l'asse orizzontale, si può scrivere che:. Non ho capito bena questo passaggio, ma è fondamentale capirlo per risolvere questo problema, quindi ti chiedo un altro poco di pazienza
$2k x sinα=m g cosα$.
Per giustificare questa formula pensa che le asta sono compresse e possiamo pensarle come due molle con un$ k$ altissimo, quindi due molle quasi incomprimibili. Su ciascun estremo la forza della molla è una freccia rivolta all'esterno che chiamiamo$T$. Disegnando gli angoli si vede che $Tsinα=mg2$ e $Tcosα=kx$.
Tu consideri l'asta come una molla indeformabile. Tu dici che questa molla è compressa da delle forze. Se dovessimo fare una conta delle forze ne risulterebbero altre come le reazioni della cerniera e del piano, ma queste vanno trascurate perché si annullano.
Comunque tu dici che è come se ci fossero due forze che esercitano una compressione, e la reazione della molla-asta su ciascuno dei suoi versi è uguale alle componenti lungo l'asta delle due forze che stiamo considerando. Quindi da qui mi ricavo la relazione che lega la forza peso alla forza elastica per l' equilibrio, ovvero $tgalpha=(mg)/2kx$. Se prima la lunghezza era $0=d-d$, ora è $x=d-(d-x$), giusto?
Il risultato che da il libro è il seguente: $y=(mg)/(4k)$ quindi bisogna fare qualche altra considerazione.
Se $x$ è sia lunghezza che compressione della molla, il cateto sarà di lunghezza $d=x/2$.
La forza elastica la posso considerare come $kx=(2k)(x/2)=2kd$ (è come se considerassi metà molla, quindi raddoppia la costante proprio come quando tagliamo una molla in 2 parti uguali).
Sappiamo che $d=lcosalpha$ e $y=lsenalpha$. Riscrivendo ora l'eguaglianza che avevi trovato $tgalpha=(mg)/2kx$ avremo $thalpha=(mg)/(4kd)$ sostituiamo $d=lcosalpha$ e a avremo $lsenalpha=(mg)/(4k)$.
Non finirò comunque mai di ringraziarti, sto problema mi teneva proprio sulle spine.
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