Problema asta-pallottola
ciao a tutti... chiedo di nuovo il vostro aiuto per un problema... anche in questo caso si tratta di una vecchia prova d'esame di cui nn ho la soluzione numerica... ma mi interessa in particolare i procedimento...
"Un'asta di massa M=5kg e lunghezza l=1,5m è libera di ruotare in un piano verticale attorno al suo centro di massa O. Un corpo di m=1kg colpisce con velocità v=2m/s l'asta in un punto a distanza 2/3 dal centro O e vi resta attaccata.
Determinare velocità lineare e angolare del sistema subito dopo l'urto
Chiamato A l'estremo superiore dell'asta det la velocità di A e del corpo di massa 1kg quando l'asta è ruotata di 45 gradi "
Allora io ho disegnato l'asta verticalmente con l'estremo A in alto e la massa piccola che si attacca in basso a distanza 2/3 dal centro O..
Come idea avevo pensato di usare il teorema Lavoro-Energia applicato al sistema m,M ma nn so se è giusto... chi mi aiuta a risolverlo ?
grazie come sempre in anticipo!
Giacomo
"Un'asta di massa M=5kg e lunghezza l=1,5m è libera di ruotare in un piano verticale attorno al suo centro di massa O. Un corpo di m=1kg colpisce con velocità v=2m/s l'asta in un punto a distanza 2/3 dal centro O e vi resta attaccata.
Determinare velocità lineare e angolare del sistema subito dopo l'urto
Chiamato A l'estremo superiore dell'asta det la velocità di A e del corpo di massa 1kg quando l'asta è ruotata di 45 gradi "
Allora io ho disegnato l'asta verticalmente con l'estremo A in alto e la massa piccola che si attacca in basso a distanza 2/3 dal centro O..
Come idea avevo pensato di usare il teorema Lavoro-Energia applicato al sistema m,M ma nn so se è giusto... chi mi aiuta a risolverlo ?
grazie come sempre in anticipo!
Giacomo
Risposte
si M è il momento torcente delle forze, e non viene così???
Il momento è $mgL/2sin(\theta)$ con $\theta$ angolo di rotazione dalla posizione verticale... poi lo integri e ti viene un coseno...
madonna oh sono proprio fulminato mi pare...
domani mattina lo provo a fare e a vedere se finalemente riuscirò a farlo giusto
domani mattina lo provo a fare e a vedere se finalemente riuscirò a farlo giusto
ciao a tutti! innanzi tutto scusate per il titolo del post.. la prox volta metterò qlcs di piu specifico 
ho cercato di seguire la discussione ma faccio un po fatica.. se qualcuno riuscisse a farmi un elenco dei passaggi da effettuare per risolvere il problema mi farebbe un grande favore ( ovviam nn servono i calcoli mi bastano le formule)
grazie mille ancora vedo che cmq non deve essere facilissimo come problema
ho cercato di seguire la discussione ma faccio un po fatica.. se qualcuno riuscisse a farmi un elenco dei passaggi da effettuare per risolvere il problema mi farebbe un grande favore
( ovviam nn servono i calcoli mi bastano le formule) grazie mille ancora vedo che cmq non deve essere facilissimo come problema
p.s: ho visto che avevate dei problemi sulla velocità lineare ( vi mancava il raggio..)
bè non so se dico una cavolata ma il raggio non sarà la lunghezza dell'asta diviso 2 visto che l'asta ruota intorno al centro di massa ( che si trova appunto a distanza L/2 dall'estremo dell'asta) ??
bè non so se dico una cavolata ma il raggio non sarà la lunghezza dell'asta diviso 2 visto che l'asta ruota intorno al centro di massa ( che si trova appunto a distanza L/2 dall'estremo dell'asta) ??
se fai così trovi la velocità lineare dell'estremità dell'asta, mentre se tu volessi trovare la velocità del punto che sta ad L/3 da O, il tuo raggio sarebbe L/3...da qui la necessità di avere specificato il raggio...appena posso riordino un po le idee e i passaggi 
Allora jack, innanzitutto ti scrivo in un primo modo, poi, quando riuscirò a farlo anche nel secondo ti metto giù la soluzione ma c'è ancora qualcosa che non riesco a fare.
comunque: per quanto riguarda la prima domanda, possiamo affermare che il momento angolare si conserva, in quanto se tu prendi come polo O la reazione sul vincolo la puoi tralasciare in quanto ha braccio nullo. Di conseguenza possiamo scrivere che $Lo=Lf$ ove L0 è il momento angolare un istante prima dell'urto ed Lf un istante dopo. Sappaimo che per una particella puntiforme $L=rXp$:nel nostro particolar caso possiamo scrive che $Lo=(L/2)mVo$. Subito dopo l'urto abbiamo un corpo che ruota, quindi possiamo usare la formula $Lf=Iomegao$ ove I è il momento d'inerzia rispetto ad O: siccome posso sommare i momenti d'inerzia dei due corpi, e $Iasta=(1/12)ML^2$ mentre per la massa $Imassa=m(2L/3)^2$ posso scrivere che $I=Iasta+Imassa=(1/12)ML^2 + m(2L/3)^2$. Ecco che dalla relazione $Lo=Lf$ posso ricavarmi $omegao$ subito dopo l'urto.
Poi c'è la domanda del raggio che tralasciamo.
Per quanto riguarda l'ultima, sappiamo che l'energia meccanica si conserva, per cui l'energia del sistema con $theta = 0$ e quella per $theta=pi/4$ sarà la stessa. Ti chiede di trovare la velocità angolare e lineare di A dopo $pi/4$. $Ei=Ef$, vediamo quanto valgono:
$Ei = Ki + Ui $ ove K è l'energia cinetica (in questo caso solo di rotazione) e Ui è l'energia potenziale del "punto A". Per l'energia cinetica non ci sono problemi in quanto si sa che per un corpo che ruota vale $K=(1/2)Iomega^2$ ove, essendo quella iniziale corriposndente a $theta=0$ a $omega$ bisogna inserire il valore trovato prima. Per l'energia potenziale invece, vedi che il punto A, ruotando, si abbassa, e più precisamente si abbassa di $L/2 - L/2 costheta$ ($theta=pi/4$). Siccome puoi prendere il riferimento a piacere, assumo che il livello di potenziale 0, sia quando la sbarra è ruotata di 45°: questo appunto causa una differenza di potenziale, che da $(L/2)(costheta-1)(m+M)g$passa a 0.
$Ef=Kf+Uf$ analogamente $Kf=(1/2)Iomegaf^2$ ove $omegaf$ è la tua incognita. Uf abbiamo detto prima che è uguale a zero, quindi posso scrivere che:
$(1/2)Iomegao^2 + (m+M)g(L/2)(cos(pi/4)-1)=(1/2)Iomegaf$
ricavati $omegaf$ da qui, e per trovare la velocità lineare di A basta scrive $v=omegaf(L/2)$
correggetemi se ci sono errori please
comunque: per quanto riguarda la prima domanda, possiamo affermare che il momento angolare si conserva, in quanto se tu prendi come polo O la reazione sul vincolo la puoi tralasciare in quanto ha braccio nullo. Di conseguenza possiamo scrivere che $Lo=Lf$ ove L0 è il momento angolare un istante prima dell'urto ed Lf un istante dopo. Sappaimo che per una particella puntiforme $L=rXp$:nel nostro particolar caso possiamo scrive che $Lo=(L/2)mVo$. Subito dopo l'urto abbiamo un corpo che ruota, quindi possiamo usare la formula $Lf=Iomegao$ ove I è il momento d'inerzia rispetto ad O: siccome posso sommare i momenti d'inerzia dei due corpi, e $Iasta=(1/12)ML^2$ mentre per la massa $Imassa=m(2L/3)^2$ posso scrivere che $I=Iasta+Imassa=(1/12)ML^2 + m(2L/3)^2$. Ecco che dalla relazione $Lo=Lf$ posso ricavarmi $omegao$ subito dopo l'urto.
Poi c'è la domanda del raggio che tralasciamo.
Per quanto riguarda l'ultima, sappiamo che l'energia meccanica si conserva, per cui l'energia del sistema con $theta = 0$ e quella per $theta=pi/4$ sarà la stessa. Ti chiede di trovare la velocità angolare e lineare di A dopo $pi/4$. $Ei=Ef$, vediamo quanto valgono:
$Ei = Ki + Ui $ ove K è l'energia cinetica (in questo caso solo di rotazione) e Ui è l'energia potenziale del "punto A". Per l'energia cinetica non ci sono problemi in quanto si sa che per un corpo che ruota vale $K=(1/2)Iomega^2$ ove, essendo quella iniziale corriposndente a $theta=0$ a $omega$ bisogna inserire il valore trovato prima. Per l'energia potenziale invece, vedi che il punto A, ruotando, si abbassa, e più precisamente si abbassa di $L/2 - L/2 costheta$ ($theta=pi/4$). Siccome puoi prendere il riferimento a piacere, assumo che il livello di potenziale 0, sia quando la sbarra è ruotata di 45°: questo appunto causa una differenza di potenziale, che da $(L/2)(costheta-1)(m+M)g$passa a 0.
$Ef=Kf+Uf$ analogamente $Kf=(1/2)Iomegaf^2$ ove $omegaf$ è la tua incognita. Uf abbiamo detto prima che è uguale a zero, quindi posso scrivere che:
$(1/2)Iomegao^2 + (m+M)g(L/2)(cos(pi/4)-1)=(1/2)Iomegaf$
ricavati $omegaf$ da qui, e per trovare la velocità lineare di A basta scrive $v=omegaf(L/2)$
correggetemi se ci sono errori please
cavallipurosangue, io non riesco a far venire le formule del procedimento di conservazione dell'energia meccanica con quello delle equazioni cardinali. Nel post sopra ho scritto come mi viene quello con energia meccanica, l'altro mi viene così:
$int_0^{pi/4} M d theta=int_{omega0}^{omegaf} Iomega domega$
quando $theta=0$ con la massa m, il centro di massa rispetto ad O non dista $(3LM+4Lm)/6$???
quindi nell'integrale siccome ho $Md theta$, scriverò:
$int_0^{pi/4} (m+M)g(3LM+4Lm)/6 sentheta d theta=(1/2)Io Deltaomega$
da cui $-(m+M)g(3LM+4Lm)costheta/6$ tra 0 e $pi/4$??
dove sbaglioooooooooo
$int_0^{pi/4} M d theta=int_{omega0}^{omegaf} Iomega domega$
quando $theta=0$ con la massa m, il centro di massa rispetto ad O non dista $(3LM+4Lm)/6$???
quindi nell'integrale siccome ho $Md theta$, scriverò:
$int_0^{pi/4} (m+M)g(3LM+4Lm)/6 sentheta d theta=(1/2)Io Deltaomega$
da cui $-(m+M)g(3LM+4Lm)costheta/6$ tra 0 e $pi/4$??
dove sbaglioooooooooo
ti ringrazio molto 
allora si per quella domanda va specificato quale raggio considerare , in ogni caso andrebbe poi solo applicata la formuletta con il raggio dato avendo già calcolato w...
per il resto è tutto chiaro (spero) ora mi stampo il tuo post e me lo studio con calma
grazie mille ancora!!
Jack
allora si per quella domanda va specificato quale raggio considerare , in ogni caso andrebbe poi solo applicata la formuletta con il raggio dato avendo già calcolato w...
per il resto è tutto chiaro (spero) ora mi stampo il tuo post e me lo studio con calma
grazie mille ancora!!
Jack
ringrazia cavallipurosangue...io devo ancora capire come si fa nell'altro modo
Dai... vedi il fatto è che è il primo modo che è approssimato, visto che per calcolare la vartiazione di energia potenziale del sistema io mi son riferito al baricentro dell'asta e non dell'intero sistema, supèponendo che la massa della pallottola sia effettivamente piccola... se consideri anche nel secondo modo il baricentro a metà ti viene uguale, ricordando anche che il momento che hai è negativo (se l'angolo di rotazione è positivo antiorario) e che il coseno di 0 è 1... 
come hai considerato il baricentro nel centro nel primo caso??in che passaggio???nel senso, utilizzando la conservazione dell'energia meccanica, mica ti interessa dove si trova il baricentro??? o no????
Certo che ti interessa ovviamente... infatti quando calcoli la differenza di quota la calcoli di un punto che sarebbe appunto il centro di massa... come vedi io ti ho scritto:
$mgL/2(1-cos(pi/4))$
ossia ho considerato che sia a metà dell'asta...
$mgL/2(1-cos(pi/4))$
ossia ho considerato che sia a metà dell'asta...
io pensavo che quella fosse la differenza di quota del punto A
Ahhhhh ora ho riletto il problema... e non era come quello classico dove l'asta è incernierata nell'estremo... tra l'altro per me O era l'estremo ... sai dev'esser per la furia...
Allora la prima equazione è sicuramente sbagliata e va sostituita con quella che ci mette dentro la variazione di quota del centro di massa...
... sai dev'esser per la furia...Allora la prima equazione è sicuramente sbagliata e va sostituita con quella che ci mette dentro la variazione di quota del centro di massa...
intendi nell'equazione della variazione di energia potenziale??? cioè devo trovarmi la posizione del cm e vedere di quanto varia????
Esatto è sempre riferita al centro di massa globale la variazione dell'energia potenziale gravitazionale...
Per quello a te veniva $(1-cospi/4)$ e a me $(cos(pi/4)-1)$ perchè tu lo facevi con la cerniera sopra e col cm a metà, mentre io lo facevo con la cerniera a metà e consideravo la variazione di quota di A....appena riesco provo a rifarlo
ma dopo l'urto il centro massa, rispetto al punto A alla sommità, si trova ad una distanza
$frac{(L/2)M+(7L/6)m}{M+m}$???
$frac{(L/2)M+(7L/6)m}{M+m}$???
Non ho fatti il calcolo, ma secondo me ti serve di piu sapre quanto dista da O visto che poi la rotazione è attorno al centro geometrico dell'asta...
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