Dubbio risoluzione.
Salve, ho alcuni dubbi che vorrei chiarire per affrontare al meglio l'esame di Fisica.
Ho il seguente esercizio.
Se non riuscite a leggere, l'esercizio chiede l'accelerazione a cui viene sottoposto il corpo e la velocità di ques'ultimo nel momento in cui abbandona il piano.
Dai calcoli ho che il centro di massa è fuori dal corpo. Possibile?
Per calcolare l'accelerazione, considerando che per metà L la risultante è zero, ho scritto:
$dF = g dm rArr F = g int_(0)^(m/2) dm $
Non sò se si legge ma il corpo ha massa m ed è lungo 2L, metà sul piano e l'altra libera in verticale. E' giusto quell'integrale? Il risultate verrebbe $ a = g / 2 $ ( come scritto nei risultati ma il mio professore è pignolo proprio e non ci metterebbe due secondi a dire che non va bene -.- )
Grazie anticipato ^^
Ho il seguente esercizio.
Se non riuscite a leggere, l'esercizio chiede l'accelerazione a cui viene sottoposto il corpo e la velocità di ques'ultimo nel momento in cui abbandona il piano.
Dai calcoli ho che il centro di massa è fuori dal corpo. Possibile?
Per calcolare l'accelerazione, considerando che per metà L la risultante è zero, ho scritto:
$dF = g dm rArr F = g int_(0)^(m/2) dm $
Non sò se si legge ma il corpo ha massa m ed è lungo 2L, metà sul piano e l'altra libera in verticale. E' giusto quell'integrale? Il risultate verrebbe $ a = g / 2 $ ( come scritto nei risultati ma il mio professore è pignolo proprio e non ci metterebbe due secondi a dire che non va bene -.- )
Grazie anticipato ^^
Risposte
In altri esercizi , palesemente uguali a questo che ho postato dal punto di vista della risoluzione, non vengono applicando quel ragionamento.
Non sò dove mettere le mani in alcuni esercizi con il centro di massa.
Non sò dove mettere le mani in alcuni esercizi con il centro di massa.
Ciao muvk .
Interessante problemino . Vediamo un pò .
Per cominciare , chiamo $ABC$ la corda , con A = estremo di sinistra sul tavolo ; B = punto in corrispondenza dello spigolo; C= estremo inferiore del tratto pendente . Si ha $AB = BC$ . Suppongo che la massa per unità di lunghezza ( densità lineare) sia costante , e pari quindi a $ \delta = m/(2L) $ . PErciò il tratto sul tavolo ha massa $M = m/2$ , così come il tratto pendente .
Considero la corda ferma : poichè il tavolo è liscio, per tener ferma la corda la mantengo con la mano all'estremo A , e perciò sento sulla mano la forza di trazione $T$ con cui la corda tira verso destra , perchè vuole cadere. Quanto vale $T$ ? Ora non lo so . Però immagino di sezionare la corda in B , e considero applicata in B , sul tratto AB , la forza $T$ che la mia mano contrasta : tale forza è dovuta evidentemente al peso del tratto pendente , poichè lo spigolo del tavolo ha il solo effetto di cambiare la direzione di $T$ , ma non il suo valore . Ritornando al tratto $AB$ , se apro la mano la forza $T$ applicata in B accelera il tratto orizzontale verso destra , secondo la relazione : $T = a*m/2$ , dove $a$ è l'accelerazione incognita. Chiaro fin qui ?
Vediamo ora il tratto verticale $BC$ . Esso è soggetto a due forze : il peso $g*m/2$ verticale verso il basso , e la forza di trazione $T$ che ora è da considerare applicata in B , sul tratto BC , diretta verticalmente verso l'alto . Ci sei ?
PErciò la forza risultante applicata al tratto verticale è : $g*m/2 - T$ , e tale forza imprime , nell'istante iniziale del moto ( quando apro la mano) l'accelerazione $a$ , cioè si ha :
$g*m/2 - T = a*m/2 $
Adesso metti al posto di $T$ il valore prima trovato : $T = a*m/2$ , passalo al secondo membro , ed hai :
$g*m/2 = a*m/2 + a*m/2 $
da cui si ricava facilmente che : $ a = g/2$
Nota che questa è solo l'accelerazione iniziale del moto . Infatti quando la corda è scivolata tutta dal tavolo l'accelerazione diventa uguale a $g$ . Perciò , l'accelerazione durante il moto non è costante .
Per quanto riguarda la velocità nel momento in cui la corda si stacca del tutto , la questione è un pò più brigosa , proprio perchè il moto non è uniformente accelerato . Ma ora non ho tempo , scusami . Nel frattempo , ti viene qualche idea ?
Interessante problemino . Vediamo un pò .
Per cominciare , chiamo $ABC$ la corda , con A = estremo di sinistra sul tavolo ; B = punto in corrispondenza dello spigolo; C= estremo inferiore del tratto pendente . Si ha $AB = BC$ . Suppongo che la massa per unità di lunghezza ( densità lineare) sia costante , e pari quindi a $ \delta = m/(2L) $ . PErciò il tratto sul tavolo ha massa $M = m/2$ , così come il tratto pendente .
Considero la corda ferma : poichè il tavolo è liscio, per tener ferma la corda la mantengo con la mano all'estremo A , e perciò sento sulla mano la forza di trazione $T$ con cui la corda tira verso destra , perchè vuole cadere. Quanto vale $T$ ? Ora non lo so . Però immagino di sezionare la corda in B , e considero applicata in B , sul tratto AB , la forza $T$ che la mia mano contrasta : tale forza è dovuta evidentemente al peso del tratto pendente , poichè lo spigolo del tavolo ha il solo effetto di cambiare la direzione di $T$ , ma non il suo valore . Ritornando al tratto $AB$ , se apro la mano la forza $T$ applicata in B accelera il tratto orizzontale verso destra , secondo la relazione : $T = a*m/2$ , dove $a$ è l'accelerazione incognita. Chiaro fin qui ?
Vediamo ora il tratto verticale $BC$ . Esso è soggetto a due forze : il peso $g*m/2$ verticale verso il basso , e la forza di trazione $T$ che ora è da considerare applicata in B , sul tratto BC , diretta verticalmente verso l'alto . Ci sei ?
PErciò la forza risultante applicata al tratto verticale è : $g*m/2 - T$ , e tale forza imprime , nell'istante iniziale del moto ( quando apro la mano) l'accelerazione $a$ , cioè si ha :
$g*m/2 - T = a*m/2 $
Adesso metti al posto di $T$ il valore prima trovato : $T = a*m/2$ , passalo al secondo membro , ed hai :
$g*m/2 = a*m/2 + a*m/2 $
da cui si ricava facilmente che : $ a = g/2$
Nota che questa è solo l'accelerazione iniziale del moto . Infatti quando la corda è scivolata tutta dal tavolo l'accelerazione diventa uguale a $g$ . Perciò , l'accelerazione durante il moto non è costante .
Per quanto riguarda la velocità nel momento in cui la corda si stacca del tutto , la questione è un pò più brigosa , proprio perchè il moto non è uniformente accelerato . Ma ora non ho tempo , scusami . Nel frattempo , ti viene qualche idea ?
Ecco un esercizio abbastanza originale che mi piace.
Valutiamo prima la accelerazione. Vediamo le forze cui la corda è soggetta, e le vediamo con pignoleria così accontenterai il tuo prof.
Distinguiamo tra la parte di corda in verticale e la parte orizzontale. Tra le due parti c'è un angolo liscio, dunque è come se ci fossero due masse, una appesa e una appoggiata al piano, collegate da una fune che passa su una carrucola.
La parte appesa è dunque pazialmente sostenuta dalla tensione che la collega alla parte distesa, mentre la parte distesa è tirata verso destra dalla medesima tensione che la collega alla parte appesa.
Chiamo y la distanza tra l'estremo della parte appesa e l'angolo. Mentre la corda scorre la y passa dal valore iniziale L al valore finale 2L. Chiamo poi $\rho$ la densità lineare della corda, cioè $\rho=m/(2L)$.
La velocità dell'estremo inferiore della corda è la derivata di y nel tempo, mentre la accelerazione del medesimo punto è la derivata seconda di y.
La massa della parte sospesa risulta dunque essere $m_a=\rhoy$ cioè $m_a=my/(2L)$, mentre la massa della parte distesa è $m_d=m(1-y/(2L))$.
Detto ciò scriviamo l'equazione cardinale per la massa distesa: $T=m_da=ma(1-y/(2L))$, dove a è l'accelerazione cioè la derivata seconda di y visto che la corda è inestensibile.
L'equazione cardinale del parte appesa è invece $m_ag-T=m_aa$, cioè $gmy/(2L)-ma(1-y/(2L))=amy/(2L)$, da cui si ricava $ma=gmy/(2L)$ cioè $a=g y/(2L)$ che per y = L, condizione iniziale oggetto della prima domanda, assume il valore $a=g/2$
Credo che più di così non si possa complicare la descrizione di questa soluzione!
Passando invece alle cose serie, vediamo di calcolare la velocità dell'estremo inferiore (cioè in sostanza della corda) nel momento in cui la corda è tutta verticale e abbandona il piano del tavolo.
Riprendiamo l'equazione finale che mette in relazione l'accelerazione con la y, e moltiplichiamo a destra e a sinistra per uno spostamento infinitesimo:
\[\begin{array}{l}
g\frac{m}{{2L}}y = m\frac{{dv}}{{dt}} \\
g\frac{m}{{2L}}ydy = m\frac{{dv}}{{dt}}dy = mvdv \\
\end{array}\]
Integrando si ottiene la velocità quando la corda termina di scorrere attorno all'angolo e si trova tutta verticale:
\[\begin{array}{l}
\int_L^{2L} {g\frac{m}{{2L}}ydy = \int_0^v {mvdv} } \\
g\frac{m}{{2L}}\left[ {\frac{{{y^2}}}{2}} \right]_L^{2L} = m\frac{{{v^2}}}{2} \\
\frac{g}{{2L}}\left[ {\frac{{4{L^2}}}{2} - \frac{{{L^2}}}{2}} \right] = \frac{{{v^2}}}{2} \\
v = \sqrt {\frac{3}{2}gL} \\
\end{array}\]
EDIT: urka, ci siamo in parte sovrapposti !!!
Valutiamo prima la accelerazione. Vediamo le forze cui la corda è soggetta, e le vediamo con pignoleria così accontenterai il tuo prof.
Distinguiamo tra la parte di corda in verticale e la parte orizzontale. Tra le due parti c'è un angolo liscio, dunque è come se ci fossero due masse, una appesa e una appoggiata al piano, collegate da una fune che passa su una carrucola.
La parte appesa è dunque pazialmente sostenuta dalla tensione che la collega alla parte distesa, mentre la parte distesa è tirata verso destra dalla medesima tensione che la collega alla parte appesa.
Chiamo y la distanza tra l'estremo della parte appesa e l'angolo. Mentre la corda scorre la y passa dal valore iniziale L al valore finale 2L. Chiamo poi $\rho$ la densità lineare della corda, cioè $\rho=m/(2L)$.
La velocità dell'estremo inferiore della corda è la derivata di y nel tempo, mentre la accelerazione del medesimo punto è la derivata seconda di y.
La massa della parte sospesa risulta dunque essere $m_a=\rhoy$ cioè $m_a=my/(2L)$, mentre la massa della parte distesa è $m_d=m(1-y/(2L))$.
Detto ciò scriviamo l'equazione cardinale per la massa distesa: $T=m_da=ma(1-y/(2L))$, dove a è l'accelerazione cioè la derivata seconda di y visto che la corda è inestensibile.
L'equazione cardinale del parte appesa è invece $m_ag-T=m_aa$, cioè $gmy/(2L)-ma(1-y/(2L))=amy/(2L)$, da cui si ricava $ma=gmy/(2L)$ cioè $a=g y/(2L)$ che per y = L, condizione iniziale oggetto della prima domanda, assume il valore $a=g/2$
Credo che più di così non si possa complicare la descrizione di questa soluzione!
Passando invece alle cose serie, vediamo di calcolare la velocità dell'estremo inferiore (cioè in sostanza della corda) nel momento in cui la corda è tutta verticale e abbandona il piano del tavolo.
Riprendiamo l'equazione finale che mette in relazione l'accelerazione con la y, e moltiplichiamo a destra e a sinistra per uno spostamento infinitesimo:
\[\begin{array}{l}
g\frac{m}{{2L}}y = m\frac{{dv}}{{dt}} \\
g\frac{m}{{2L}}ydy = m\frac{{dv}}{{dt}}dy = mvdv \\
\end{array}\]
Integrando si ottiene la velocità quando la corda termina di scorrere attorno all'angolo e si trova tutta verticale:
\[\begin{array}{l}
\int_L^{2L} {g\frac{m}{{2L}}ydy = \int_0^v {mvdv} } \\
g\frac{m}{{2L}}\left[ {\frac{{{y^2}}}{2}} \right]_L^{2L} = m\frac{{{v^2}}}{2} \\
\frac{g}{{2L}}\left[ {\frac{{4{L^2}}}{2} - \frac{{{L^2}}}{2}} \right] = \frac{{{v^2}}}{2} \\
v = \sqrt {\frac{3}{2}gL} \\
\end{array}\]
EDIT: urka, ci siamo in parte sovrapposti !!!
Ottima soluzione Falco , e più completa della mia . Non importa , Two is megl che uan ,no ?
Grazie mille! Mi dispiace che vi siate sovrapposti ^^
Visto che ci sono vi sfrutto
:
Se calcolo il centro di massa del corpo ho come risultato che esso è posizionato all'esterno dello stesso. O_o
Ma è possibile? Nelle situazioni in cui sia all'esterno cosa posso dire? Non è utilizzabile per la risoluzione dell'esercizio?
Prima di trovare quella mia soluzione, inesatta oltretutto, ho trovato il centro di massa e lì ho applicato la forza $M g$. Da lì in poi non ho saputo come andare avanti. Mi sembrava che fosse un esercizio in cui utilizzare questo punto importante anche perchè l'ho trovato nel capitolo in cui lo trattava ^_^
Mi dispiace che vi siate sovrapposti ^^Visto che ci sono vi sfrutto
:Se calcolo il centro di massa del corpo ho come risultato che esso è posizionato all'esterno dello stesso. O_o
Ma è possibile? Nelle situazioni in cui sia all'esterno cosa posso dire? Non è utilizzabile per la risoluzione dell'esercizio?
Prima di trovare quella mia soluzione, inesatta oltretutto, ho trovato il centro di massa e lì ho applicato la forza $M g$. Da lì in poi non ho saputo come andare avanti. Mi sembrava che fosse un esercizio in cui utilizzare questo punto importante anche perchè l'ho trovato nel capitolo in cui lo trattava ^_^
Mah, non saprei come utilizzare il dato del c.m.
E' giusto che sia fuori della corda, e si muove con una velocità e una accelerazione che hanno sia la componente verticale che la componente orizzontale.
L'accelerazione orizzontale è causata dalla reazione dello spigolo, la quale è incognita, e la accelerazione verticale è data dalla forza peso del solo tratto verticale, in quanto il peso della parte orizzontale è compensato dalla reazione di appoggio del piano, e poi dalla reazione verticale dello spigolo che è incognita. Troppe incognite insomma.
Un altro metodo che potresti utilizzare, secondo me, è quello dell'energia. La parte orizzontale ha solo energia cinetica (la potenziale è costante), la parte verticale ha sia energia potenziale che energia cinetica. Potresti calcolare l'energia totale e imporle di essere costante; infatti i vincoli lisci non fanno lavoro. Però a ben pensarci credo che alla fine esca la stessa equazione che ho usato nel mio post precedente.
A dire il vero questo esercizio un residuo di perplessità me la lascia...
Sarà solo un'impressione?
E' giusto che sia fuori della corda, e si muove con una velocità e una accelerazione che hanno sia la componente verticale che la componente orizzontale.
L'accelerazione orizzontale è causata dalla reazione dello spigolo, la quale è incognita, e la accelerazione verticale è data dalla forza peso del solo tratto verticale, in quanto il peso della parte orizzontale è compensato dalla reazione di appoggio del piano, e poi dalla reazione verticale dello spigolo che è incognita. Troppe incognite insomma.
Un altro metodo che potresti utilizzare, secondo me, è quello dell'energia. La parte orizzontale ha solo energia cinetica (la potenziale è costante), la parte verticale ha sia energia potenziale che energia cinetica. Potresti calcolare l'energia totale e imporle di essere costante; infatti i vincoli lisci non fanno lavoro. Però a ben pensarci credo che alla fine esca la stessa equazione che ho usato nel mio post precedente.
A dire il vero questo esercizio un residuo di perplessità me la lascia...
Sarà solo un'impressione?
Falco ,
si può utilizzare, penso, anche il metodo dell'energia , ma ora non ho voglia di mettermi a scrivere un altro lungo post su questo . In quanto alla reazione dello spigolo , almeno fin quando la corda è tenuta ferma, è una forza a 45° uguale ed opposta al risultante delle due tensioni $T$ che i due tratti della corda esercitano nel punto B , come l'ho chiamato io , in cui la corda si piega a 90 °. La tensione $T$ vale , in questa configurazione , $(m*g)/4$ , giusto ?
muvk,
quante volte il centro di massa è "fuori" del corpo ! Pensa ad un cilindro cavo , o ad una ciotola , a un fil i ferro piegato ad U ....
si può utilizzare, penso, anche il metodo dell'energia , ma ora non ho voglia di mettermi a scrivere un altro lungo post su questo . In quanto alla reazione dello spigolo , almeno fin quando la corda è tenuta ferma, è una forza a 45° uguale ed opposta al risultante delle due tensioni $T$ che i due tratti della corda esercitano nel punto B , come l'ho chiamato io , in cui la corda si piega a 90 °. La tensione $T$ vale , in questa configurazione , $(m*g)/4$ , giusto ?
muvk,
quante volte il centro di massa è "fuori" del corpo ! Pensa ad un cilindro cavo , o ad una ciotola , a un fil i ferro piegato ad U ....
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