Problema con manubrio e urti
altro problema più semplice dovrei esserci arrivato ma volgio capire se le idee sono chiare
Una particella di massa $m_0=0.5Kg$ in moto rettilineo uniforme sul piano orizzontale, perfettamente liscio, con velocità contante $v_0=4.8 m/s$ urta una seconda particella di massa m$m=m_0$, in quiete sul piano orizzontale rimanendovi attaccata. La massa , è collegta tramite un'asta rigida di massa trascurabile e di lunghezza $L=0.8m$ ad una massa $M=2*m_0$ pure in quiete sul piano orizzontale. Nell'ipotesi che la particella $m_0$ prima dll'urto si sposti in direzione perpendicolare all'asta che congiunge le due masse m e M, calcolare nel sistema Oxyz indicato in figura:
a) la velocità $v_(cdm)$ del centro di massa del manubrio dopo l'urto;
b) la velocità angolare di rotzione $omega$ del manubrio dopo l'urto;
c) l'energia cinetica del manubrio dopo l'urto;
d) l'energia dissipata nell'urto.
per il disegno andate al seguente link
http://www.scienze.univr.it/documenti/O ... 789539.pdf
a) Calcolo la velocità delle masse $m_0$ e $m$ dopo l'urto, siccome restano unite è un urto completamente anaelastico quindi
$m_0*v_0+m*v_i=(m_0+m)*V$
essendo ferma lea seconda particella la sua velocità iniziale sara $v_i=0$
$V=frac{m_0*v_0}{(m_0+m)}=2.4 m/s$
la velocità del centro di massa la calcolo così
$v_(cdm)=frac{(m_0+m)*v_0+M*v_M}{(m_0+m)+M}=1.2 m/s$
b)la velocità angolare si trova facendo
$omega=frac{V}{L}=3 (rad)/s$
è giusto o secondo voi devo integrare da 0 a L/2 visto ke le masse agli estremi del manubrio dopo l'urto sono uguali quidi il centro di rotazione è il centro esatto del manubrio
c)l'energia cinetica è
$omega_(cdm)=v_(cdm)/L=1,5 (rad)/s$
$K=1/2*(m_0+m+M)*v_(cdm)^2+1/2*I*omega^2$ non calcolo per questioni di tempo
I è l'inerzia del manubrio. Ho calcolatol'energia cinetica nel centro di massa visto che il manubrio non è fissato in un punto dopo l'urto è giusto?
d)l'energia dissipata è
$K=K_i-K_f=$
l'energia dissipata qui la devo calcolare sull'urto giusto? quindi
$K=1/2*m_0*v_0^2+1/2m*v_i^2-1/2*(m_0+m)*V^2$
Una particella di massa $m_0=0.5Kg$ in moto rettilineo uniforme sul piano orizzontale, perfettamente liscio, con velocità contante $v_0=4.8 m/s$ urta una seconda particella di massa m$m=m_0$, in quiete sul piano orizzontale rimanendovi attaccata. La massa , è collegta tramite un'asta rigida di massa trascurabile e di lunghezza $L=0.8m$ ad una massa $M=2*m_0$ pure in quiete sul piano orizzontale. Nell'ipotesi che la particella $m_0$ prima dll'urto si sposti in direzione perpendicolare all'asta che congiunge le due masse m e M, calcolare nel sistema Oxyz indicato in figura:
a) la velocità $v_(cdm)$ del centro di massa del manubrio dopo l'urto;
b) la velocità angolare di rotzione $omega$ del manubrio dopo l'urto;
c) l'energia cinetica del manubrio dopo l'urto;
d) l'energia dissipata nell'urto.
per il disegno andate al seguente link
http://www.scienze.univr.it/documenti/O ... 789539.pdf
a) Calcolo la velocità delle masse $m_0$ e $m$ dopo l'urto, siccome restano unite è un urto completamente anaelastico quindi
$m_0*v_0+m*v_i=(m_0+m)*V$
essendo ferma lea seconda particella la sua velocità iniziale sara $v_i=0$
$V=frac{m_0*v_0}{(m_0+m)}=2.4 m/s$
la velocità del centro di massa la calcolo così
$v_(cdm)=frac{(m_0+m)*v_0+M*v_M}{(m_0+m)+M}=1.2 m/s$
b)la velocità angolare si trova facendo
$omega=frac{V}{L}=3 (rad)/s$
è giusto o secondo voi devo integrare da 0 a L/2 visto ke le masse agli estremi del manubrio dopo l'urto sono uguali quidi il centro di rotazione è il centro esatto del manubrio
c)l'energia cinetica è
$omega_(cdm)=v_(cdm)/L=1,5 (rad)/s$
$K=1/2*(m_0+m+M)*v_(cdm)^2+1/2*I*omega^2$ non calcolo per questioni di tempo
I è l'inerzia del manubrio. Ho calcolatol'energia cinetica nel centro di massa visto che il manubrio non è fissato in un punto dopo l'urto è giusto?
d)l'energia dissipata è
$K=K_i-K_f=$
l'energia dissipata qui la devo calcolare sull'urto giusto? quindi
$K=1/2*m_0*v_0^2+1/2m*v_i^2-1/2*(m_0+m)*V^2$
Risposte
Io farei così.
a)Il centro di massa totale dei due sistemi ha coordinate
$x_(CM)=-frac{m_0v_0t}{4m_0}=-v_0t/4$; $y_(CM)=frac{m_0L+m_0L}{4m_0}= L/2 $;
$z_(CM)=0$. Derivando ottengo la velocità del centro di massa: $v_(xCM)=v_0/4=1.2m/s$; $v_(yCM)=0$; $v_(zCM)=0$;
b) Dalla seconda equazione cardinale si ha che se prendo come polo il centro di massa, visto che non ci sono momenti meccanici esterni, il momento angolare si conserva.
Quindi scrivo il momento angolare prima dell'urto. L'unica particella a muoversi è m0 quindi: $l=rxmv=rmvsentheta$ ma la distanza tra m0 e il centro di massa è $r=sqrt((v_0t-1/4v_0t)^2+(L/2)^2) $ e $sentheta=frac{L/2}{sqrt((v_0t-1/4v_0t)^2+(L/2)^2)}$ che nell'espressione del momento angolare si semplificano e si ottiene quindi $l=m_0v_0L/2$.
Poichè dev'essere lo stesso anche dopo l'urto, sempre rispetto al centro di massa si avrà$m_0v_0L/2=2m_0VL/2+2m_0VL/2=4m_0VL/2$ da cui $V=v_0/4$. Poi $omega=V/R=frac{v0}{2L}=3(rad)/s$
3)Dal primo teorema di Koenig, si ha che l'energia cinetica nel sistema di riferimento iniziale è uguale alla somma delle energie cinetiche più l'energia cinetica del centro di massa, quindi , poichè il manubrio ha massa trascurabile, non ne teniamo conto, e si ha $E_k=1/2(2m_0(v_0/4)^2+2m_0(v_0/4)^2+4m(v_0/4)^2)=1/4m_0v_0^2=2.88J$
4) L?energia dissipata sarà data da quella prima dell'urto e quella dopo. Prima era $1/2m_0v_0^2$, dopo $1/4m_ov_o^2$ quindi la dissipata è $1/4m_0v_0^2=2.88J$
a)Il centro di massa totale dei due sistemi ha coordinate
$x_(CM)=-frac{m_0v_0t}{4m_0}=-v_0t/4$; $y_(CM)=frac{m_0L+m_0L}{4m_0}= L/2 $;
$z_(CM)=0$. Derivando ottengo la velocità del centro di massa: $v_(xCM)=v_0/4=1.2m/s$; $v_(yCM)=0$; $v_(zCM)=0$;
b) Dalla seconda equazione cardinale si ha che se prendo come polo il centro di massa, visto che non ci sono momenti meccanici esterni, il momento angolare si conserva.
Quindi scrivo il momento angolare prima dell'urto. L'unica particella a muoversi è m0 quindi: $l=rxmv=rmvsentheta$ ma la distanza tra m0 e il centro di massa è $r=sqrt((v_0t-1/4v_0t)^2+(L/2)^2) $ e $sentheta=frac{L/2}{sqrt((v_0t-1/4v_0t)^2+(L/2)^2)}$ che nell'espressione del momento angolare si semplificano e si ottiene quindi $l=m_0v_0L/2$.
Poichè dev'essere lo stesso anche dopo l'urto, sempre rispetto al centro di massa si avrà$m_0v_0L/2=2m_0VL/2+2m_0VL/2=4m_0VL/2$ da cui $V=v_0/4$. Poi $omega=V/R=frac{v0}{2L}=3(rad)/s$
3)Dal primo teorema di Koenig, si ha che l'energia cinetica nel sistema di riferimento iniziale è uguale alla somma delle energie cinetiche più l'energia cinetica del centro di massa, quindi , poichè il manubrio ha massa trascurabile, non ne teniamo conto, e si ha $E_k=1/2(2m_0(v_0/4)^2+2m_0(v_0/4)^2+4m(v_0/4)^2)=1/4m_0v_0^2=2.88J$
4) L?energia dissipata sarà data da quella prima dell'urto e quella dopo. Prima era $1/2m_0v_0^2$, dopo $1/4m_ov_o^2$ quindi la dissipata è $1/4m_0v_0^2=2.88J$
non capisco da dove hai tirato fuori la formula nel punto c...ho guardato io userei il secondo teorema di koenig per trovare l'energia cinetica
$K=1/2*M_(tot)*v_(cdm)8^2+1/2*I*omega^"$
e poi V non è uguale a questo $V=v_o/4=1.2 m/s$ perchè è il valore della velocità del centro di massa, V è la velocità delle particelle dopo l'urto che è $V=2.4 m/s$ come ho scritto sopra
secondo me
$K=1/2*M_(tot)*v_(cdm)8^2+1/2*I*omega^"$
e poi V non è uguale a questo $V=v_o/4=1.2 m/s$ perchè è il valore della velocità del centro di massa, V è la velocità delle particelle dopo l'urto che è $V=2.4 m/s$ come ho scritto sopra
secondo me
ok ho capito il mio errore, ragionandoci e rifacendo i calcoli mi viene esatto uguale a te
allora riprendendo la formula: $K=1/2*M_(tot)*v_(cdm)^2+1/2*I_(cm)*omega^"$ quindi: la massa totale del sistema e data da $m_0+m+M=0.5+0.5+1=2$ mentre l'inerzia dei corpi rispetto al centro di massa è $(m_0+m)*(L/2)^2+M*(L/2)^2=1*0.4^2+1*0.4^2=0.32$ quidni sostituendo i valori alla formula di konig abbiamo:
$K= 1/2*2*1.2^2+1/2*0.32*3^2=2.88 J$
Il punto d) uando la formula ke avevo scritto $K=1/2*m_0*v_0^2+1/2m*v_i^2-1/2*(m_0+m)*V^2$ mi risulta sempre 2.88J energia dissipata
non capisco ancora bene i tuoi calcoli però il risultato corrisponde e quindi entrambi non dovremmo aver sbagliato
allora riprendendo la formula: $K=1/2*M_(tot)*v_(cdm)^2+1/2*I_(cm)*omega^"$ quindi: la massa totale del sistema e data da $m_0+m+M=0.5+0.5+1=2$ mentre l'inerzia dei corpi rispetto al centro di massa è $(m_0+m)*(L/2)^2+M*(L/2)^2=1*0.4^2+1*0.4^2=0.32$ quidni sostituendo i valori alla formula di konig abbiamo:
$K= 1/2*2*1.2^2+1/2*0.32*3^2=2.88 J$
Il punto d) uando la formula ke avevo scritto $K=1/2*m_0*v_0^2+1/2m*v_i^2-1/2*(m_0+m)*V^2$ mi risulta sempre 2.88J energia dissipata
non capisco ancora bene i tuoi calcoli però il risultato corrisponde e quindi entrambi non dovremmo aver sbagliato
La V grande nella mia risoluzione sta per velocità tangenziale delle particelle dopo l'urto.
Nel punto c ho usato il teorema di koenig (primo o secondo non mi ricordo mai) che dice che l'energia cinetica in un sistema di riferimento è uguale all'energia cinetica delle particelle nel sistema di riferimento del centro di massa più l'energia cinetica del centro di massa stesso.
Quando l'ho usato ho raccolto l'1/2 e poi le masse lo espresse direttamente in base alla massa comune m0, invece che indicare di ogni corpo una massa diversa
Nel punto c ho usato il teorema di koenig (primo o secondo non mi ricordo mai) che dice che l'energia cinetica in un sistema di riferimento è uguale all'energia cinetica delle particelle nel sistema di riferimento del centro di massa più l'energia cinetica del centro di massa stesso.
Quando l'ho usato ho raccolto l'1/2 e poi le masse lo espresse direttamente in base alla massa comune m0, invece che indicare di ogni corpo una massa diversa
ahn ok ho capito
ascolta se pui aiutarmi anke su questa cosa qui è molto simile all'altro esercizio ke ho messo l'altra volta
Il problema è il 2 a questo link senza ke lo riscriva tutto
http://www.scienze.univr.it/documenti/O ... 510295.pdf
a) calcolo la tensione tramite la forza peso del blocco B +la forza della molla ke e in tensione quindi
$T=m_B*g+k*x=27.76
b) la reazione dell'appogio la calcolo trovando la componente della forza peso del blocco A parallela al piano inclinato meno la tensione
$R=m_A*g*sen(alpha)-T
c) l'equazione del moto è $F=m_A*g*sen(alpha)-m_B*g-k*x$ con x ke varia per l'oscillazione della molla solo ke non capisco come poterlo ricavare
d) qui mancandomi l'oscilazione non ho l'ampieza e avrei bisogno di un aiutino anche qui, facendo unpo' di calcoli mi viene fuori una cosa del genere
$x=Asin(omegat)$
$m_A*a-m_B*a-k*x=0$
$m_A*(d^2x)/(dt^2)-m_B*(d^2x)/(dt^2)-k*x=0$
sostituisco la x sopra e derivo
$m_A*omega^2*Asin(omegat)-m_B*omega^2*Asin(omegat)-k*Asin(omegat)=0$ semplifico e mi risulta
$omega^2*(m_A-m_B)=k$
$omega = sqrt((k/(m_A-m_B)))$
quindi sostituendo omega mi viene $ x=Asin(sqrt((k/(m_A-m_B)))*t)$ con A che non so quanto valga
Il problema è il 2 a questo link senza ke lo riscriva tutto
http://www.scienze.univr.it/documenti/O ... 510295.pdf
a) calcolo la tensione tramite la forza peso del blocco B +la forza della molla ke e in tensione quindi
$T=m_B*g+k*x=27.76
b) la reazione dell'appogio la calcolo trovando la componente della forza peso del blocco A parallela al piano inclinato meno la tensione
$R=m_A*g*sen(alpha)-T
c) l'equazione del moto è $F=m_A*g*sen(alpha)-m_B*g-k*x$ con x ke varia per l'oscillazione della molla solo ke non capisco come poterlo ricavare
d) qui mancandomi l'oscilazione non ho l'ampieza e avrei bisogno di un aiutino anche qui, facendo unpo' di calcoli mi viene fuori una cosa del genere
$x=Asin(omegat)$
$m_A*a-m_B*a-k*x=0$
$m_A*(d^2x)/(dt^2)-m_B*(d^2x)/(dt^2)-k*x=0$
sostituisco la x sopra e derivo
$m_A*omega^2*Asin(omegat)-m_B*omega^2*Asin(omegat)-k*Asin(omegat)=0$ semplifico e mi risulta
$omega^2*(m_A-m_B)=k$
$omega = sqrt((k/(m_A-m_B)))$
quindi sostituendo omega mi viene $ x=Asin(sqrt((k/(m_A-m_B)))*t)$ con A che non so quanto valga
ho ragionato sopra all'oscillazione mi è venuta fuori una cosa del genere può essere
$x= (m_A*g*sin(alpha)-m_B*g)/k=(35.28-11.76)/160=0.147 m$
ke l'ulteriore tensione alla quale viene sottoposta la molla dopo la rimozione dell'appoggio per cui essendo 0.1prima e 0.147 dopo la mia oscillazione sarà
$A=0.147-0.1=0.047$
Giusto?
$x= (m_A*g*sin(alpha)-m_B*g)/k=(35.28-11.76)/160=0.147 m$
ke l'ulteriore tensione alla quale viene sottoposta la molla dopo la rimozione dell'appoggio per cui essendo 0.1prima e 0.147 dopo la mia oscillazione sarà
$A=0.147-0.1=0.047$
Giusto?
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