Problema di fisica
ragazzi ho questo problema con gli urti ma non riesco a risolvere la seconda incognita, aiutatemi per favore!
Una pallina di massa m è agganciata a una corda lunga l e fissata all'altra estremità e iene abbandonata quando la corda è orizzontale. giunta nel punto più asso della sua traiettoria, la palla colpisce un blocco di massa M=2m inizialmente fermo su una superficie orizzontale priva di attrito. si calcoli: a) la tensione della corda in funzione dell'angolo teta che la stessa forma con la verticale. Calcolare inoltre l'altezza massima raggiunta dalla pallina nei seguenti casi: b)urto completamente anelastico, c) urto elastico.
ecco come risolvo la a) $ Tcosvartheta =mg $ e risolvo per trovare T
la b) la risolvo nel seguente modo $ { ( 1/2mv^2=(m+M)gh ),( v=sqrt(2gl) ):} $ considerando la h l'altezza massima e v la velocità di caduta della prima pallina
ora per quanto riguarda la terza incognita non riesco a capire. pensavo di considerare la conservazione dell'energia meccanica da un istante dopo l'urto, ma comunque non risulta qualcosa. mi viene la V del blocco M nulla, impossibile. Come posso impostare il sistema per questa terza incognita?
Una pallina di massa m è agganciata a una corda lunga l e fissata all'altra estremità e iene abbandonata quando la corda è orizzontale. giunta nel punto più asso della sua traiettoria, la palla colpisce un blocco di massa M=2m inizialmente fermo su una superficie orizzontale priva di attrito. si calcoli: a) la tensione della corda in funzione dell'angolo teta che la stessa forma con la verticale. Calcolare inoltre l'altezza massima raggiunta dalla pallina nei seguenti casi: b)urto completamente anelastico, c) urto elastico.
ecco come risolvo la a) $ Tcosvartheta =mg $ e risolvo per trovare T
la b) la risolvo nel seguente modo $ { ( 1/2mv^2=(m+M)gh ),( v=sqrt(2gl) ):} $ considerando la h l'altezza massima e v la velocità di caduta della prima pallina
ora per quanto riguarda la terza incognita non riesco a capire. pensavo di considerare la conservazione dell'energia meccanica da un istante dopo l'urto, ma comunque non risulta qualcosa. mi viene la V del blocco M nulla, impossibile. Come posso impostare il sistema per questa terza incognita?
Risposte
Per la a) mi sembra che si potrebbe ragionare così....
1) La differenza tra tensione $T$ e componente del peso sulla direzione del filo $mgcos theta$ deve fornire la forza centripeta $(mv^2)/l$.
$T-mgcos theta=(mv^2)/l$.
2) La velocità in un punto qualsiasi della discesa si può ricavare usando la conservazione dell'energia. Se si riferisce l'energia potenziale al punto più basso della traiettoria si ottiene
$mgl=1/2mv^2+mgl(1-cos theta)->1/2mv^2=mglcos theta->$
$(mv^2)/l=2mgcos theta$
e
$T=mgcos theta+(mv^2)/l=mg cos theta +2mgcos theta=3mgcos theta$.
La velocità $v_1$ subito prima dell'urto si ottiene dalla relazione che esprime la conservazione dell'energia, ponendo $theta=0$. Così da $1/2mv^2=mglcos theta$ si ottiene
$1/2mv_1^2=mglcos0->v_1=sqrt(2gl)$.
b)
Nel caso dell'urto anelastico la velocità comune ai due corpi subito dopo l'urto $v_2$ si ottiene applicando la conservazione della quantità di moto:
$mv_1=(m+M)v_2->mv_1=(m+2m)v_2->v_2=1/3v_1=1/3sqrt(2gl)$.
L'altezza $h$ raggiunta dai due corpi uniti si ottiene applicando la conservazione dell'energia
$1/2(3m)v_2^2=(3m)gh->h=(v_2^2)/(2g)=((1/9)2gl)/(2g)=1/9l$.
c)
Se invece l'urto è elastico, le velocità dopo l'urto $v_3$ e $v_4$ rispettivamente della pallina e del blocco si ottengono combinando la conservazione della quantità di moto e dell'energia cinetica:
${(mv_1=mv_3+(2m)v_4), (1/2mv_1^2=1/2mv_3^2+1/2(2m)v_4^2):}->{(v_1=v_3+2v_4), (v_1^2=v_3^2+2v_4^2):}$.
La soluzione del sistema è
$v_3=-1/3v_1$ e $v_4=2/3v_1$.
La pallina cioè rimbalza con una velocità che in modulo è uguale a quella dell'urto completamente anelastico. Perciò l'altezza $h'$ a cui risale è la stessa del caso precedente:
$h'=h=1/9l$.
1) La differenza tra tensione $T$ e componente del peso sulla direzione del filo $mgcos theta$ deve fornire la forza centripeta $(mv^2)/l$.
$T-mgcos theta=(mv^2)/l$.
2) La velocità in un punto qualsiasi della discesa si può ricavare usando la conservazione dell'energia. Se si riferisce l'energia potenziale al punto più basso della traiettoria si ottiene
$mgl=1/2mv^2+mgl(1-cos theta)->1/2mv^2=mglcos theta->$
$(mv^2)/l=2mgcos theta$
e
$T=mgcos theta+(mv^2)/l=mg cos theta +2mgcos theta=3mgcos theta$.
La velocità $v_1$ subito prima dell'urto si ottiene dalla relazione che esprime la conservazione dell'energia, ponendo $theta=0$. Così da $1/2mv^2=mglcos theta$ si ottiene
$1/2mv_1^2=mglcos0->v_1=sqrt(2gl)$.
b)
Nel caso dell'urto anelastico la velocità comune ai due corpi subito dopo l'urto $v_2$ si ottiene applicando la conservazione della quantità di moto:
$mv_1=(m+M)v_2->mv_1=(m+2m)v_2->v_2=1/3v_1=1/3sqrt(2gl)$.
L'altezza $h$ raggiunta dai due corpi uniti si ottiene applicando la conservazione dell'energia
$1/2(3m)v_2^2=(3m)gh->h=(v_2^2)/(2g)=((1/9)2gl)/(2g)=1/9l$.
c)
Se invece l'urto è elastico, le velocità dopo l'urto $v_3$ e $v_4$ rispettivamente della pallina e del blocco si ottengono combinando la conservazione della quantità di moto e dell'energia cinetica:
${(mv_1=mv_3+(2m)v_4), (1/2mv_1^2=1/2mv_3^2+1/2(2m)v_4^2):}->{(v_1=v_3+2v_4), (v_1^2=v_3^2+2v_4^2):}$.
La soluzione del sistema è
$v_3=-1/3v_1$ e $v_4=2/3v_1$.
La pallina cioè rimbalza con una velocità che in modulo è uguale a quella dell'urto completamente anelastico. Perciò l'altezza $h'$ a cui risale è la stessa del caso precedente:
$h'=h=1/9l$.
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