Lavoro di una forza frenante
Una sbarra lineare omogenea di massa M e lunghezza L, posta verticalmente, può ruotare senza attrito attorno ad un asse fisso passante per il suo centro C e perpendicolare alla sbarra. Un proiettile di massa M/3, che si muove con velocità costante v, colpisce la sbarra perpendicolarmente in un estremo, e vi rimane agganciato.
Calcolare a) la velocità angolare $ ω_0 $ con cui si mette in rotazione il sistema;
b) il lavoro $ l $ compiuto da una forza che ferma il sistema in tre giri e mezzo.
non ho avuto problemi con la domanda a): la velocità angolare $ ω_0 $ con cui si mette in rotazione il sistema l'ho calcolata, ed è $ ω_0=v/L $
per la domanda b) ho calcolato $ α $ da $ ω^2=ω_0^2-2α(θ-θ_0) $ dove $ ω=0 $ , $ ω_0=v/L $ e $ θ=1260° $
da cui ricavo $ α $ per sostituirla in $ M=Iα $ con $ I=1/6ML^2 $
tuttavia il risultato dovrebbe essere $ l=M/3(gL-v^2/4) $
da cui deduco che da qualche parte io debba considerare il lavoro svolto dalla forza peso, ma non ho capito come...
Calcolare a) la velocità angolare $ ω_0 $ con cui si mette in rotazione il sistema;
b) il lavoro $ l $ compiuto da una forza che ferma il sistema in tre giri e mezzo.
non ho avuto problemi con la domanda a): la velocità angolare $ ω_0 $ con cui si mette in rotazione il sistema l'ho calcolata, ed è $ ω_0=v/L $
per la domanda b) ho calcolato $ α $ da $ ω^2=ω_0^2-2α(θ-θ_0) $ dove $ ω=0 $ , $ ω_0=v/L $ e $ θ=1260° $
da cui ricavo $ α $ per sostituirla in $ M=Iα $ con $ I=1/6ML^2 $
tuttavia il risultato dovrebbe essere $ l=M/3(gL-v^2/4) $
da cui deduco che da qualche parte io debba considerare il lavoro svolto dalla forza peso, ma non ho capito come...
Risposte
Ciao @tgrammer !
Non trattando il corpo rigido da un po' di tempo, prendi moooolto con le molle ciò che sto per dirti, aspetta risposte da persone più in gamba ed affidabili di me e considera questa mia risposta come un inizio di conversazione tra due persone (me e te) volta a stimolare il ragionamento di entrambe
. Anche a costo di fare una figuraccia, voglio cimentarmi nella risposta e ti chiedo scusa se non riuscirò a chiarire i tuoi dubbi ed a fartene sorgere altri, sappi che non è questa la mia intenzione.
Detto questo,
sei proprio sicuro che questa formula valga in questo caso ? Questa formula non riguarda un moto circolare uniformemente accelerato ? Se si, chi ci assicura che lo sia ?
Alla seconda domanda io proverei a rispondere usando il teorema dell'energia cinetica (o delle forze vive), ma anche così facendo non mi ritrovo col risultato; in particolare si avrebbe $l=DeltaK$, dove $l$ è il lavoro delle forze agenti, in questo caso forza peso e forza frenante. La forza peso dell'asta non compie lavoro in quanto il punto in cui la immaginiamo concentrata (il centro dell'asta) è vincolato e non subisce spostamenti verticali, mentre la forza peso del proiettile compie lavoro solo nell'ultimo mezzo giro in quanto nei giri completi il lavoro negativo della forza peso del proiettile durante il mezzo giro di salita è compensato dal lavoro positivo della stessa forza nel mezzo giro di discesa, per cui il lavoro netto della forza peso si ha solo nell'ultimo mezzo giro. Di conseguenza si ha: $l_(F_f)+l_(F_P)=-K_i->l_(F_f)=-1/2(M/3)v^2+(M/3)gL->l_(F_f)=M/3(gL-v^2/2)$, ma, come ti dicevo, ancora non mi trovo col risultato in quanto ho un 2 invece di un 4. In altra occasione ti chiederei se tu fossi certo della correttezza del risultato, ma in questa credo di aver sbagliato qualcosa. Per questo ti invito a ragionare insieme a me.
Non trattando il corpo rigido da un po' di tempo, prendi moooolto con le molle ciò che sto per dirti, aspetta risposte da persone più in gamba ed affidabili di me e considera questa mia risposta come un inizio di conversazione tra due persone (me e te) volta a stimolare il ragionamento di entrambe
. Anche a costo di fare una figuraccia, voglio cimentarmi nella risposta e ti chiedo scusa se non riuscirò a chiarire i tuoi dubbi ed a fartene sorgere altri, sappi che non è questa la mia intenzione.Detto questo,
$ ω^2=ω_0^2-2α(θ-θ_0) $
sei proprio sicuro che questa formula valga in questo caso ? Questa formula non riguarda un moto circolare uniformemente accelerato ? Se si, chi ci assicura che lo sia ?
Alla seconda domanda io proverei a rispondere usando il teorema dell'energia cinetica (o delle forze vive), ma anche così facendo non mi ritrovo col risultato; in particolare si avrebbe $l=DeltaK$, dove $l$ è il lavoro delle forze agenti, in questo caso forza peso e forza frenante. La forza peso dell'asta non compie lavoro in quanto il punto in cui la immaginiamo concentrata (il centro dell'asta) è vincolato e non subisce spostamenti verticali, mentre la forza peso del proiettile compie lavoro solo nell'ultimo mezzo giro in quanto nei giri completi il lavoro negativo della forza peso del proiettile durante il mezzo giro di salita è compensato dal lavoro positivo della stessa forza nel mezzo giro di discesa, per cui il lavoro netto della forza peso si ha solo nell'ultimo mezzo giro. Di conseguenza si ha: $l_(F_f)+l_(F_P)=-K_i->l_(F_f)=-1/2(M/3)v^2+(M/3)gL->l_(F_f)=M/3(gL-v^2/2)$, ma, come ti dicevo, ancora non mi trovo col risultato in quanto ho un 2 invece di un 4. In altra occasione ti chiederei se tu fossi certo della correttezza del risultato, ma in questa credo di aver sbagliato qualcosa. Per questo ti invito a ragionare insieme a me.
Ho provato anche io e mi viene come BayMax, solamente che al posto di $\frac{M}{3}$ ho $\frac{M}{6}$, credo che la differenza stia nel fatto che BayMax ha considerato l'energia potenziale dovuta alla forza peso come $\frac{M}{3} g L$, mentre il proiettile si trova a distanza $\frac{L}{2}$ dal centro dell'asta, che credo abbiamo considerato entrambi come 0 dell'energia potenziale. Spero di non sbagliarmi ma sembra sensato 
Fissando lo zero dell'energia potenziale alla quota del centro della sbarra le cose si semplificano abbastanza poiché la sbarra possiede energia potenziale gravitazionale nulla.
Concordo con l'idea delle risoluzioni precedenti, ma con qualche dettaglio che fa tornare le cose.
Suppongo che l'urto avvenga contro l'estremo inferiore:
1) OK il risultato è: $W = \DeltaE$ dove $E = K + U$.
Questo lo mostri con il teorema dell'energia cinetica e con il fatto che l'energia pot gravitazionale è conservativa. Il risultato è abbastanza intuitivo: se hai un sistema meccanico non isolato le cui forze interne sono conservative, il lavoro delle forze esterne sarà pari alla variazione dell'energia meccanica.
DIM:
Se chiami $W_{T}$ il lavoro di tutte le forze che agiscono sul sistema e $W$ il lavoro incognito della forza che frena il sistema hai:
$$
W_{T} = W - \Delta U
$$
$$
W_{T} = \Delta K
$$
e infine:
$$
W = \Delta K + \Delta U = \Delta E
$$
2) L'energia meccanica iniziale è (nb il momento di inerzia rispetto all'asse di rotazione è $I = \frac{1}{12}M L^2$):
$$
E_{i} = K_{i} + U_{i} = \frac{1}{2}I \omega^2 + \frac{1}{2} \frac{M}{3}\left(\omega\frac{L}{2}\right)^2 - \frac{M}{3}\frac{L}{2} g = -\frac{1}{6}g L M + \frac{1}{12} M v^2
$$
e quella finale:
$$
E_{f} = U_{f} = \frac{M}{3}\frac{L}{2} g
$$
Di conseguenza:
$$
W = E_f - E_i = \frac{M}{3}\left(g L - \frac{v^2}{4}\right)
$$
Concordo con l'idea delle risoluzioni precedenti, ma con qualche dettaglio che fa tornare le cose.
Suppongo che l'urto avvenga contro l'estremo inferiore:
1) OK il risultato è: $W = \DeltaE$ dove $E = K + U$.
Questo lo mostri con il teorema dell'energia cinetica e con il fatto che l'energia pot gravitazionale è conservativa. Il risultato è abbastanza intuitivo: se hai un sistema meccanico non isolato le cui forze interne sono conservative, il lavoro delle forze esterne sarà pari alla variazione dell'energia meccanica.
DIM:
Se chiami $W_{T}$ il lavoro di tutte le forze che agiscono sul sistema e $W$ il lavoro incognito della forza che frena il sistema hai:
$$
W_{T} = W - \Delta U
$$
$$
W_{T} = \Delta K
$$
e infine:
$$
W = \Delta K + \Delta U = \Delta E
$$
2) L'energia meccanica iniziale è (nb il momento di inerzia rispetto all'asse di rotazione è $I = \frac{1}{12}M L^2$):
$$
E_{i} = K_{i} + U_{i} = \frac{1}{2}I \omega^2 + \frac{1}{2} \frac{M}{3}\left(\omega\frac{L}{2}\right)^2 - \frac{M}{3}\frac{L}{2} g = -\frac{1}{6}g L M + \frac{1}{12} M v^2
$$
e quella finale:
$$
E_{f} = U_{f} = \frac{M}{3}\frac{L}{2} g
$$
Di conseguenza:
$$
W = E_f - E_i = \frac{M}{3}\left(g L - \frac{v^2}{4}\right)
$$
Ciao @Nexus99 e @Lampo1089 !
Grazie delle risposte e di essere intervenuti nel thread, era proprio ciò che speravo, una discussione su questo problema .
@Lampo1089 mi è chiaro il ragionamento e lo svolgimento che hai postato. Se posso vorrei porre una domanda ad entrambi, per quanto banale. Cosa c'è di sbagliato nel mio ragionamento ? E' chiaro che non funzioni in quanto mi ritrovo con un risultato diverso; in particolare io ho considerato il teorema delle forze vive applicato tra l'istante iniziale (prima dell'urto, mentre il proiettile di sta muovendo verso la sbarra, per cui ho solo l'energia cinetica del proiettile) e l'istante finale in cui tutto il sistema è fermo (per cui l'energia cinetica è nulla). La mia ipotesi è che stia sbagliando ad applicarlo in quanto durante l'urto avviene qualcosa che lo rende non valido. Cosa ne pensate ? Grazie !
Saluti
Grazie delle risposte e di essere intervenuti nel thread, era proprio ciò che speravo, una discussione su questo problema
.@Lampo1089 mi è chiaro il ragionamento e lo svolgimento che hai postato. Se posso vorrei porre una domanda ad entrambi, per quanto banale. Cosa c'è di sbagliato nel mio ragionamento ? E' chiaro che non funzioni in quanto mi ritrovo con un risultato diverso; in particolare io ho considerato il teorema delle forze vive applicato tra l'istante iniziale (prima dell'urto, mentre il proiettile di sta muovendo verso la sbarra, per cui ho solo l'energia cinetica del proiettile) e l'istante finale in cui tutto il sistema è fermo (per cui l'energia cinetica è nulla). La mia ipotesi è che stia sbagliando ad applicarlo in quanto durante l'urto avviene qualcosa che lo rende non valido. Cosa ne pensate ? Grazie !
Saluti
"BayMax":
La mia ipotesi è che stia sbagliando ad applicarlo in quanto durante l'urto avviene qualcosa che lo rende non valido. Cosa ne pensate ?
Penso che ci hai beccato
Il fatto è che l'urto è anelastico dato che l'energia cinetica non si conserva - la ragione della non conservazione è dovuta essenzialmente alle ipotesi del problema (cioé che il proiettile si conficca nell'asta). Puoi verificare esplicitamente questo fatto - cioé vedere che l'energia cinetica prima e dopo l'urto sono diverse, e questo spiega il risultato errato che ottieni: dato che l'energia cinetica non è conservata nell'urto, applicare la legge di conservazione utilizzando l'istante iniziale antecedente all'urto è errato.
grazie per lo scambio di idee! tuttavia, ho ancora una perplessità.
tu scrivi che
ma l'urto è completamente anelastico, quindi oltre al momento di inerzia della sbarra attorno al suo centro, che come giustamente hai scritto è $ I=1/12ML^2 $ non dovremmo aggiungere anche il momento d'inerzia del proiettile $ I=M/3(L/2)^2 $ (che ruota insieme alla sbarra attorno al centro di questa)?
è quello che ho fatto per calcolare la velocità angolare $ ω $ nel primo punto, e il risultato, ossia $ ω=v/L $ è corretto.
tu scrivi che
"Lampo1089":
(nb il momento di inerzia rispetto all'asse di rotazione è $I = \frac{1}{12}M L^2$):
$$
ma l'urto è completamente anelastico, quindi oltre al momento di inerzia della sbarra attorno al suo centro, che come giustamente hai scritto è $ I=1/12ML^2 $ non dovremmo aggiungere anche il momento d'inerzia del proiettile $ I=M/3(L/2)^2 $ (che ruota insieme alla sbarra attorno al centro di questa)?
è quello che ho fatto per calcolare la velocità angolare $ ω $ nel primo punto, e il risultato, ossia $ ω=v/L $ è corretto.
Corretto: se noti, nella formula per $E_i$, il secondo termine rappresenta proprio il contributo del proiettile all'energia cinetica e comprende il momento di inerzia del proiettile. Questo termine è presente perché ho separato i due contributi. Considerare separatamente i due termini, oppure direttamente la somma dei due usando il momento di inerzia totale, non cambia nulla.
Il momento di inerzia riportato si riferisce infatti alla sola all'asta ed è calcolato rispetto al suo baricentro.
Il momento di inerzia riportato si riferisce infatti alla sola all'asta ed è calcolato rispetto al suo baricentro.
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