Problema difficile!!
Come si affronta un problema del genere? Io avevo pensato di sfruttare il fatto che la velocità di ritorno è uguale a quella di andata per sfruttare il fatto che:
$2I\omega=\int_0^t\taudt$.
Ma non mi sembra una buona strada... Se qualcuno volesse illuminarmi...
Risposte
è evidente che la ruota per rotolare indietro alla stessa velocità deve ricevere un impulso $J=2Mv$ (con v indico la velocità del centro di massa)
tale impulso non essendo la ruota un punto materiale darà luogo anche ad un impulso angolare $IA=R^^J=Jh=2Mvh$
dato che l'impulso angolare è variazione del momento angolare esso deve essere: $IA=2Iomega$ (la velocità angolare si inverte). ricordiamo inoltre la condizione di puro rotolamento $w=v/R$ e il momento d'inerzia del disco $1/2 MR^2$
dunque
$2Iomega=2Mvh$
$omegaMR^2=2MomegaRh$ da cui semplificando qua e là dovrebbe venire $h=R/2$
spero di non aver fatto errori, ho fatto un po' di fretta.
tale impulso non essendo la ruota un punto materiale darà luogo anche ad un impulso angolare $IA=R^^J=Jh=2Mvh$
dato che l'impulso angolare è variazione del momento angolare esso deve essere: $IA=2Iomega$ (la velocità angolare si inverte). ricordiamo inoltre la condizione di puro rotolamento $w=v/R$ e il momento d'inerzia del disco $1/2 MR^2$
dunque
$2Iomega=2Mvh$
$omegaMR^2=2MomegaRh$ da cui semplificando qua e là dovrebbe venire $h=R/2$
spero di non aver fatto errori, ho fatto un po' di fretta.
se con h indichi l'altezza da terra non mi pare funzioni, visto che in tel modo l'impulso sarebbe diretto in modo da aumentare da rotazione... Se con h indichi l'altezza rispetto al CM (del resto hai usato il momento di inerzia rispetto all'asse per il CM, quindi credo intendessi questo), allora credo funzioni...
Ok... era un msg inutile...
Ok... era un msg inutile...
Ho capito, praticamente il tutto si basa sul doppio modo che si ha per calcolare in questo caso l'impulso angolare.
$I\Delta\omega=J\wedgeR=Jh=2Mvh$.
Grazie tante
$I\Delta\omega=J\wedgeR=Jh=2Mvh$.
Grazie tante
Visto che ci siamo vi chiedo gentilmente se potreste risolvere questi problemi, in particolare i primi due, perchè li ho fatti ma non sono sicuro di ciò che ne è uscito... Però purtroppo adesso non ho tempo di postare quello che ho fatto...
Ecco il link:
http://www2.ing.unipi.it/~d8353/fisgen0 ... 1-0203.pdf
Ecco il link:
http://www2.ing.unipi.it/~d8353/fisgen0 ... 1-0203.pdf
Il primo semplicemente lo ho fatto così:
$t_1={ABcos\theta}/{v'}+{AB\sin\theta}/{u}$
$t_2={AB}/{v'+v_0\sin\theta}$
Dove $\theta$ è l'angolo tra le due traiettorie.
Poi essendo $t_1=t_2$:
${ABcos\theta}/{v'}+{AB\sin\theta}/{u}={AB}/{v'+v_0\sin\theta}=>{cos\theta}/{v'}+{\sin\theta}/{u}=1/{v'+v_0\sin\theta}=>u={\sin\theta(v'+v_0\sin\theta)}/{v'-(v'+v_0\sin\theta)\cos\theta}$
Ma mi sembra un risultato troppo complicato... In più mi rimane anche l'angolo che non mi è dato nel testo... Please aiutatemi...
$t_1={ABcos\theta}/{v'}+{AB\sin\theta}/{u}$
$t_2={AB}/{v'+v_0\sin\theta}$
Dove $\theta$ è l'angolo tra le due traiettorie.
Poi essendo $t_1=t_2$:
${ABcos\theta}/{v'}+{AB\sin\theta}/{u}={AB}/{v'+v_0\sin\theta}=>{cos\theta}/{v'}+{\sin\theta}/{u}=1/{v'+v_0\sin\theta}=>u={\sin\theta(v'+v_0\sin\theta)}/{v'-(v'+v_0\sin\theta)\cos\theta}$
Ma mi sembra un risultato troppo complicato... In più mi rimane anche l'angolo che non mi è dato nel testo... Please aiutatemi...
Indichiamo con t il tempo impiegato dai due nuotatori e con d la larghezza del fiume.
Il primo nuotatore, per attraversare perpendicolarmente il fiume deve nuotare in una direzione che compensi la componente data dalla velocità della corrente. La velocità risultante è:
$v_1=sqrt(v^2-V_0^2)$
Il tempo della traversata diventa:
$t=d/v_1=d/sqrt(v^2-V_0^2)$
Il secondo nuotatore attraversa il fiume in un tempo:
$t_1=d/v$
Durante la traversata la corrente gli fa percorrere un tratto verso valle dato da:
$x=V_0t_1=(V_0d)/v$
Il tempo impiegato dal secondo nuotatore per raggiungere il punto B è dunque:
$t=d/v+x/u=d/v+(V_0d)/(uv)$
Uguagliando le due espressioni del tempo si ottiene:
$1/sqrt(v^2-V_0^2)=1/v+V_0/(uv)$
Da questa uguaglianza si trova:
$u=(v^2-V_0^2+vsqrt(v^2-V_0^2))/V_0$
Il primo nuotatore, per attraversare perpendicolarmente il fiume deve nuotare in una direzione che compensi la componente data dalla velocità della corrente. La velocità risultante è:
$v_1=sqrt(v^2-V_0^2)$
Il tempo della traversata diventa:
$t=d/v_1=d/sqrt(v^2-V_0^2)$
Il secondo nuotatore attraversa il fiume in un tempo:
$t_1=d/v$
Durante la traversata la corrente gli fa percorrere un tratto verso valle dato da:
$x=V_0t_1=(V_0d)/v$
Il tempo impiegato dal secondo nuotatore per raggiungere il punto B è dunque:
$t=d/v+x/u=d/v+(V_0d)/(uv)$
Uguagliando le due espressioni del tempo si ottiene:
$1/sqrt(v^2-V_0^2)=1/v+V_0/(uv)$
Da questa uguaglianza si trova:
$u=(v^2-V_0^2+vsqrt(v^2-V_0^2))/V_0$
Grazie MaMo, hai perfettamente ragione!
Il secondo problema può esser visto come due problemi separati, di cui i risultati del primo servono da codizioni iniziale per il secondo.
Considerando positivo il verso che punta al centro:
${(T-mg\sin\theta=mv^2/R),(mgR\sin\theta=1/2mv^2),(T_{max}=2mg):}=>T=3mg\sin\theta=T_{max}=2mg=>\sin\theta=2/3$
Dove $\theta$ rappresenta l'angolo in cui il peso si stacca dalla corda.
Grazie alla seconda equazione possiamo anche trovarci la velocità con cui il corpo parte nella sua caduta:
$v_0=\sqrt{2gR\sin\theta}=\sqrt{4/3gR}$
Da cui considerando che l'angolo che la velocità forma con l'orizzontale è $90°-\theta$ e che il seno è $2/3$ ed il coseno $\sqrt5/3$, si prende un sistema di assi coordinati diretti verso l'alto e verso sinistra con origine sul piano sotto il punto di distacco:
${(x=v_0cos(90°-\theta)t),(y=h+R(1-sintheta)-v_0\sin(90°-\theta)t-1/2gt^2):}={(x=v_0\sin\thetat),(y=h+R(1-sintheta)-v_0\cos\thetat-1/2gt^2):}={(x=v_0 2/3t),(y=h+1/3R-v_0\sqrt5/3t-1/2gt^2):}=>y=h+1/3R-\sqrt5/2x-9/8gx^2/v_0^2=h+1/3R-\sqrt5/2x-27/32x^2/R$
quando poi il corpo è sul piano si ha $y=0$:
$h+1/3R-\sqrt5/2x-27/32x^2/R=0$
Adesso poi con la condizione che il corpo cada proprio sotto O dovrei trovare il valore di h in funzione di R, ma ora come ora non mi viene in mente che condizione si verifica se il corpo cade sotto O. Avevo pensato che dovesse percorrere uno spazio pari a $x_{\text{caduta}}-x_O$.
Considerando positivo il verso che punta al centro:
${(T-mg\sin\theta=mv^2/R),(mgR\sin\theta=1/2mv^2),(T_{max}=2mg):}=>T=3mg\sin\theta=T_{max}=2mg=>\sin\theta=2/3$
Dove $\theta$ rappresenta l'angolo in cui il peso si stacca dalla corda.
Grazie alla seconda equazione possiamo anche trovarci la velocità con cui il corpo parte nella sua caduta:
$v_0=\sqrt{2gR\sin\theta}=\sqrt{4/3gR}$
Da cui considerando che l'angolo che la velocità forma con l'orizzontale è $90°-\theta$ e che il seno è $2/3$ ed il coseno $\sqrt5/3$, si prende un sistema di assi coordinati diretti verso l'alto e verso sinistra con origine sul piano sotto il punto di distacco:
${(x=v_0cos(90°-\theta)t),(y=h+R(1-sintheta)-v_0\sin(90°-\theta)t-1/2gt^2):}={(x=v_0\sin\thetat),(y=h+R(1-sintheta)-v_0\cos\thetat-1/2gt^2):}={(x=v_0 2/3t),(y=h+1/3R-v_0\sqrt5/3t-1/2gt^2):}=>y=h+1/3R-\sqrt5/2x-9/8gx^2/v_0^2=h+1/3R-\sqrt5/2x-27/32x^2/R$
quando poi il corpo è sul piano si ha $y=0$:
$h+1/3R-\sqrt5/2x-27/32x^2/R=0$
Adesso poi con la condizione che il corpo cada proprio sotto O dovrei trovare il valore di h in funzione di R, ma ora come ora non mi viene in mente che condizione si verifica se il corpo cade sotto O. Avevo pensato che dovesse percorrere uno spazio pari a $x_{\text{caduta}}-x_O$.
Intatto che aspetto implorante suggerimenti posto anche l'altro, ultimo problema (per ora).
dato che non agiscono forze esterne si conserva la quantità di moto lungo le due direzioni in modo indipendente:
${(mv\sin\theta=(M+m)V_x,\text{orizzontale}),(mvcos\theta=(M+m)V_y,\text{verticale}):}=>|V|=\sqrt{({mv\sin\theta}/{M+m})^2+({mv\cos\theta}/{M+m})^2}={mv\}/{M+m}:\theta=\pi/4$
Oltre a ciò, dato che siamo in presenza di un corpo non puntiforme, dobbiamo coniderare la variazione di momento angolare apportata dal momento meccanico non bilanciato che il proiettile esercita sul corpo.
Quindi si ha:
${(J_a=(M+m)V_x\cdoth=mvb/2\sin\theta),(J_a=I_{f}\Delta\omega=I_f\omega),(I_f=I_{\text{piano}}+I_{\text{proiettile}}),(I_{\text{piano}}=1/12M(a^2+b^2)),(I_{\text{proiettile}}=m(b/2)^2):}=>{mvb/2\sin\theta}/{1/12M(a^2+b^2)+m(b/2)^2}=\omega={mvb\sin\theta}/{1/6M(a^2+b^2)+mb^2/2$
Se poi come si evince dal testo le due masse sono uguali ad $m$:
$\omega={vb\sin\theta}/{1/6(a^2+b^2)+b^2/2}={6b}/{a^2+4b^2}v\sin\theta={3\sqrt3 b}/{a^2+4b^2}v$
$V=v/2
dato che non agiscono forze esterne si conserva la quantità di moto lungo le due direzioni in modo indipendente:
${(mv\sin\theta=(M+m)V_x,\text{orizzontale}),(mvcos\theta=(M+m)V_y,\text{verticale}):}=>|V|=\sqrt{({mv\sin\theta}/{M+m})^2+({mv\cos\theta}/{M+m})^2}={mv\}/{M+m}:\theta=\pi/4$
Oltre a ciò, dato che siamo in presenza di un corpo non puntiforme, dobbiamo coniderare la variazione di momento angolare apportata dal momento meccanico non bilanciato che il proiettile esercita sul corpo.
Quindi si ha:
${(J_a=(M+m)V_x\cdoth=mvb/2\sin\theta),(J_a=I_{f}\Delta\omega=I_f\omega),(I_f=I_{\text{piano}}+I_{\text{proiettile}}),(I_{\text{piano}}=1/12M(a^2+b^2)),(I_{\text{proiettile}}=m(b/2)^2):}=>{mvb/2\sin\theta}/{1/12M(a^2+b^2)+m(b/2)^2}=\omega={mvb\sin\theta}/{1/6M(a^2+b^2)+mb^2/2$
Se poi come si evince dal testo le due masse sono uguali ad $m$:
$\omega={vb\sin\theta}/{1/6(a^2+b^2)+b^2/2}={6b}/{a^2+4b^2}v\sin\theta={3\sqrt3 b}/{a^2+4b^2}v$
$V=v/2
Per quanto riguarda il secondo problema la tua soluzione mi sembra corretta.
Manca solo la condizione finale $x = Rcostheta$. Si ha:
$x=2/3v_0t=2/3sqrt((4gR)/3)t=Rcostheta=sqrt5/3R$
Da essa si trova:
$t=sqrt((15R)/(16g))$
Inserendo questo risultato nella seconda relazione si ottiene:
$h+1/3R-sqrt5/3*sqrt((4gR)/3)sqrt((15R)/(16g))-1/2g(15R)/(16g)=0 => h=31/32R$
dove h è la distanza del piano dal punto inferiore della traiettoria del pendolo.
Manca solo la condizione finale $x = Rcostheta$. Si ha:
$x=2/3v_0t=2/3sqrt((4gR)/3)t=Rcostheta=sqrt5/3R$
Da essa si trova:
$t=sqrt((15R)/(16g))$
Inserendo questo risultato nella seconda relazione si ottiene:
$h+1/3R-sqrt5/3*sqrt((4gR)/3)sqrt((15R)/(16g))-1/2g(15R)/(16g)=0 => h=31/32R$
dove h è la distanza del piano dal punto inferiore della traiettoria del pendolo.
Grazie MaMo sei stato gentilissimo.
Non riesco però ancora a capire bene la condizione che andrebbe imposta...
Perchè $x=Rcos\theta$ ?
Quella non sarebbe la distanza che il proiettile coprirebbe se cadesse sotto il centro della traiettoria circolare che il peso descrive?
Non riesco però ancora a capire bene la condizione che andrebbe imposta...
Perchè $x=Rcos\theta$ ?
Quella non sarebbe la distanza che il proiettile coprirebbe se cadesse sotto il centro della traiettoria circolare che il peso descrive?
"cavallipurosangue":
....
Quella non sarebbe la distanza che il proiettile coprirebbe se cadesse sotto il centro della traiettoria circolare che il peso descrive?
A me sembra che il problema chieda proprio questo....
Quindi quel punto O sarebbe il centro??!! SE è così sono veramente uno stupido...... 
Io pensavo che si tenesse sospeso il pendolo in un punto arbitrario chiamato O.
era per quello che non vedevo come impostare la condizione...
Io pensavo che si tenesse sospeso il pendolo in un punto arbitrario chiamato O.
era per quello che non vedevo come impostare la condizione...
http://www2.ing.unipi.it/~d8353/fisgen0 ... 3-0304.pdf
Scusate ma non ho ben chiaro l'ultimo punto del primo problema. Perchè dovrebbe esser un calcolo approssimato?
Io ho applicato il principio di conservazione dell'energia. $mgh=F_as=>s=16m$. Non capico perchè non dovrebbe dare un valore esatto...
Scusate ma non ho ben chiaro l'ultimo punto del primo problema. Perchè dovrebbe esser un calcolo approssimato?
Io ho applicato il principio di conservazione dell'energia. $mgh=F_as=>s=16m$. Non capico perchè non dovrebbe dare un valore esatto...
La situazione non è così semplice.
Infatti l'ascensore, alla fine della sua corsa, comprimerà la molla di un certo tratto che deve essere considerato nell'applicare il principio di conservazione dell'energia.
Bisogna perciò considerare anche l'energia potenziale della molla compressa ...
Infatti l'ascensore, alla fine della sua corsa, comprimerà la molla di un certo tratto che deve essere considerato nell'applicare il principio di conservazione dell'energia.
Bisogna perciò considerare anche l'energia potenziale della molla compressa ...
Giusto è vero, ma nonostante tutto non capisco perchè non si debba considerare il risultato corretto...
Infatti
${(mgh=F_as+1/2kx^2),(x=-{mg}/k):}=>mgh=F_as+1/2{m^2g^2}/k=>s={mg}/{F_a}(h-1/2{mg}/k)={2\cdot10^3}/{4900}\cdot9.8(4-10^3\cdot9.8/{1.5\cdot10^5})=15.74m$
Che non mi sembra molto diverso dal precedente.
Infatti
${(mgh=F_as+1/2kx^2),(x=-{mg}/k):}=>mgh=F_as+1/2{m^2g^2}/k=>s={mg}/{F_a}(h-1/2{mg}/k)={2\cdot10^3}/{4900}\cdot9.8(4-10^3\cdot9.8/{1.5\cdot10^5})=15.74m$
Che non mi sembra molto diverso dal precedente.
Ecco qua un altro piccolo problema di cui volevo un parere:
http://www2.ing.unipi.it/~d8353/fisgen0 ... 4-0304.pdf si tratta del primo.
Io ho preso un sistema di assi non inerziale, solidale con la seconda carrucola diretto verso destra e verso l'alto, quindi ho scritto:
${(T=m_3a),(T-T_1-T_2=0),(T_1-m_1g=m_1a_1),(T_2-m_2g=m_2a_2),(a_2=-a_1):}=>T=m_1(g+a_1)+m_2(g-a_1)=>m_3a=m_1(g+a_1)+m_2(g-a_1)$
Ammesso che sia giusto, mi manca una codizione per poter chiudere il sistema, ma adesso non mi viene in mente nulla...
http://www2.ing.unipi.it/~d8353/fisgen0 ... 4-0304.pdf si tratta del primo.
Io ho preso un sistema di assi non inerziale, solidale con la seconda carrucola diretto verso destra e verso l'alto, quindi ho scritto:
${(T=m_3a),(T-T_1-T_2=0),(T_1-m_1g=m_1a_1),(T_2-m_2g=m_2a_2),(a_2=-a_1):}=>T=m_1(g+a_1)+m_2(g-a_1)=>m_3a=m_1(g+a_1)+m_2(g-a_1)$
Ammesso che sia giusto, mi manca una codizione per poter chiudere il sistema, ma adesso non mi viene in mente nulla...
A me viene in mente
$T-(m_(1)+m_(2))g=(m_(1)+m_(2))a$
Però non ho capito bene la seconda condizione che poni.
$T-(m_(1)+m_(2))g=(m_(1)+m_(2))a$
Però non ho capito bene la seconda condizione che poni.
Neanche io capisco come poter utilizzare la tua legge... Potresti farmi vedere come avevi in mente di risolvere il problema?
Se ti vuoi mettere nel SR della carrucola Cavalli, le tue equazioni devono essere in quel SR, e quindi devi aggiungere delle forze apparenti quando applichi le leggi di Newton... altrimenti se vivi nel SR inerziale la condizione di inestensibilità del filo deve essere cambiata opportunatamente... scegli tu!!!
Per il resto, una volta modificate le equazione mi pare che avrai abbastanza equazioni rispetto al numero di incognite... Perchè 3 tensioni invece che 2 ??? Hai 2 corde, e lungo ogni corda la tensione rimane costante (filo ideale)... quindi hai 2 tensioni, o no???
Per il resto, una volta modificate le equazione mi pare che avrai abbastanza equazioni rispetto al numero di incognite... Perchè 3 tensioni invece che 2 ??? Hai 2 corde, e lungo ogni corda la tensione rimane costante (filo ideale)... quindi hai 2 tensioni, o no???
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