Problema Fisica I
ciao, mi servirebbe un aiuto con questo problema:
Un corpo puntiforme di massa m nota è appoggiato sulla sommità di un piano inclinato liscio di massa M1= 2m, base L (nota) ed angolo di inclinazione α = 45◦, che è vincolato a scorrere senza attrito su un piano orizzontale liscio. Inoltre il raccordo tra il piano inclinato e il piano orizzontale è smussato.
Nell’ipotesi che inizialmente tutto sia in quiete, determinare:
1) la velocità del corpo quando ha raggiunto il piano orizzontale.
Supponendo inoltre che lungo la sua traiettoria il corpo puntiforme incontri un piano inclinato di
massa M2= 3m, a sua volta liscio, libero di scorrere sul piano orizzontale e tale che il raccordo
con il piano orizzontale sia anch’esso smussato, calcolare:
2) la massima altezza H raggiunta dal corpo su questo secondo piano inclinato
Ho alcuni dubbi:
Nel problema si dice che il piano inclinato scorre senza attrito sul piano orizzontale liscio, quindi quando la massa è messa in movimento ci dovrebbe essere una forza(presumibilmente la forza peso perpendicolare al piano inclinato che provoca lo spostamento del corpo di massa M). Vorrei capire se questo spostamento influenza il moto del corpo puntiforme e in che modo? O mi basta utilizzare il teorema di conservazione dell'energia?
Inoltre per svolgere il secondo punto, devo considerare un urto? elastico o anelastico? poichè è vero che i corpi rimangono attaccati ma quello puntiforme è comunque in moto rispetto all'altro.
grazie mille
Un corpo puntiforme di massa m nota è appoggiato sulla sommità di un piano inclinato liscio di massa M1= 2m, base L (nota) ed angolo di inclinazione α = 45◦, che è vincolato a scorrere senza attrito su un piano orizzontale liscio. Inoltre il raccordo tra il piano inclinato e il piano orizzontale è smussato.
Nell’ipotesi che inizialmente tutto sia in quiete, determinare:
1) la velocità del corpo quando ha raggiunto il piano orizzontale.
Supponendo inoltre che lungo la sua traiettoria il corpo puntiforme incontri un piano inclinato di
massa M2= 3m, a sua volta liscio, libero di scorrere sul piano orizzontale e tale che il raccordo
con il piano orizzontale sia anch’esso smussato, calcolare:
2) la massima altezza H raggiunta dal corpo su questo secondo piano inclinato
Ho alcuni dubbi:
Nel problema si dice che il piano inclinato scorre senza attrito sul piano orizzontale liscio, quindi quando la massa è messa in movimento ci dovrebbe essere una forza(presumibilmente la forza peso perpendicolare al piano inclinato che provoca lo spostamento del corpo di massa M). Vorrei capire se questo spostamento influenza il moto del corpo puntiforme e in che modo? O mi basta utilizzare il teorema di conservazione dell'energia?
Inoltre per svolgere il secondo punto, devo considerare un urto? elastico o anelastico? poichè è vero che i corpi rimangono attaccati ma quello puntiforme è comunque in moto rispetto all'altro.
grazie mille
Risposte
Se le velocità alla fine della prima fase fossero
[tex]v_c=\sqrt{\frac{2gL}{15}}[/tex]
e
[tex]v_p=2\sqrt{\frac{2gL}{15}}[/tex]
allora l'energia cinetica totale sarebbe
[tex]E=\frac{1}{2}2m\frac{2gL}{15}+\frac{1}{2}m4\frac{2gL}{15}=\frac{12}{15}mgL\neq mgL[/tex]
in contraddizione con il principio di conservazione dell'energia.
[tex]v_c=\sqrt{\frac{2gL}{15}}[/tex]
e
[tex]v_p=2\sqrt{\frac{2gL}{15}}[/tex]
allora l'energia cinetica totale sarebbe
[tex]E=\frac{1}{2}2m\frac{2gL}{15}+\frac{1}{2}m4\frac{2gL}{15}=\frac{12}{15}mgL\neq mgL[/tex]
in contraddizione con il principio di conservazione dell'energia.
@LucianoD
Non è vero. Dimentichi che il punto P arriva, alla fine della prima fase, anche con la componente verticale della velocità $v_y$ , non solo con $v_x$ . Guarda la figura . Ora devo uscire , ma mi riprometto di tornare su questo punto più tardi, con calma . L'energia potenziale $mgL$ si divide in tre termini , non in due :
1) l'energia cinetica del cuneo, con velocità finale che tu chiami $v_c$ e io chiamo $u$
2) l'energia cinetica di P nel moto "orizzontale" , con velocità finale che tu chiami $v_p$ e io chiamo $v_x$
3) l'energia cinetica di P nel moto "verticale" , che tu non chiami, con velocità finale $v_y$
Devo fare i conti . Probabilmente l'energia associata a $v_y$ si perde nell'urto col piano orizzontale , e allora non si può fare l'ipotesi che non ci siano perdite di energia nel cambio di direzione di P , questo va rettificato. Devo pensarci.
Non è vero. Dimentichi che il punto P arriva, alla fine della prima fase, anche con la componente verticale della velocità $v_y$ , non solo con $v_x$ . Guarda la figura . Ora devo uscire , ma mi riprometto di tornare su questo punto più tardi, con calma . L'energia potenziale $mgL$ si divide in tre termini , non in due :
1) l'energia cinetica del cuneo, con velocità finale che tu chiami $v_c$ e io chiamo $u$
2) l'energia cinetica di P nel moto "orizzontale" , con velocità finale che tu chiami $v_p$ e io chiamo $v_x$
3) l'energia cinetica di P nel moto "verticale" , che tu non chiami, con velocità finale $v_y$
Devo fare i conti . Probabilmente l'energia associata a $v_y$ si perde nell'urto col piano orizzontale , e allora non si può fare l'ipotesi che non ci siano perdite di energia nel cambio di direzione di P , questo va rettificato. Devo pensarci.
Al termine della fase di discesa, il punto materiale e il cuneo hanno velocità solo orizzontali, non c'è nessuna componente verticale. L'assenza di componente verticale è proprio ciò che determina il termine della fase di discesa.
L'energia del sistema si determina allora come nel mio post precedente.
Se vi fosse perdita di energia per urti, attriti o altre motivazioni, queste dovrebbero essere indicate nel testo del problema, dove invece si specifica proprio la presenza di raccordi per fugare ogni dubbio al riguardo.
L'energia del sistema si determina allora come nel mio post precedente.
Se vi fosse perdita di energia per urti, attriti o altre motivazioni, queste dovrebbero essere indicate nel testo del problema, dove invece si specifica proprio la presenza di raccordi per fugare ogni dubbio al riguardo.
Nella discussione che ho linkato precedentemente penso si capisse, ma lo ridico (mgrau già lo aveva pure sottolineato mi pare): il raccordo è fondamentale o, detto in altri termini, se la velocità finale della massa a cui si è interessati è orizzontale o no incide sul modulo della velocità finale.
@LucianoD
lasciamo perdere per ora il punto materiale P , limitiamoci a considerare la velocità assoluta del cuneo verso sinistra, che hai chiamato $v_c$ ( io l'ho chiamata $u$ ). Tu stai negando la validità di questa formula :
$v_c^2 = (2m^2ghcos^2theta)/((M+m)(M+msen^2theta)) $
che ho citato a partire da tre fonti diverse: l'esercizio in inglese, quello in italiano, e il vecchio post di Falco5x.
Infatti, affermi che la velocità del cuneo vale :
$v_c = sqrt( (gL)/3)$
mentre dalla formula sopra detta si ricava che : $V_c = sqrt( (2gL)/15)$ .
Stai negando quindi la validità di questa soluzione :
in cui, faccio notare, non si parla di perdite di energia per urti o quant'altro, ma si applica correttamente la conservazione dell'energia nella forma :
$mgL = 1/2Mv_c^2 + 1/2 m v_x^2 + 1/2mv_y^2 $
e già, la velocita assoluta di P, quando è arrivato sul piano, è data da : $ vecv_x + vecv_y$ , e non può essere diversamente. Non si può dire, come tu fai, che tutta l'energia potenziale iniziale $mgL$ si trasforma nell'energia cinetica di cuneo e punto P quando il punto P è arrivato sul piano orizzontale , non è il modo corretto di applicare la conservazione dell'energia ! Il punto P deve ben abbassarsi, non puoi trascurare questa fetta di energia.
Ma , per cercare di convincerti che la velocità $v_c$ del cuneo verso sinistra , nell'istante finale, è quella che trovo io e non quella che trovi tu , ho seguito un'altra strada , calcolando direttamente il moto di P sull'ipotenusa del triangolo rettangolo isoscele di lato $L$ , e cioè l'accelerazione relativa , la durata temporale della discesa, l'accelerazione assoluta del cuneo verso Sn, e quindi la velocita finale $v_c$ , riferendomi , per comodità , alle formule dell'esercizio in inglese che ho linkato ormai nella notte dei tempi : tutte quantità che non dipendono in maniera alcuna da ciò che fa P una volta giunto sul piano , da tener bene a mente . Se vuoi leggere, accomodati , altrimenti lascia perdere . Naturalmente tengo conto dei dati : $M=2m , theta = 45º $ . Ecco qua :
L'ipotenusa del triangolo rettangolo isoscele , di lati $L$ , vale $S = sqrt2 L $ . Questa è la distanza che il punto P percorre , con moto u.a. , con accelerazione relativa al cuneo , e con velocità crescente linearmente.
L'accelerazione relativa di P , che l'esercizio chiama $alpha$ , vale ( è la formula 9.16 del testo inglese ) :
$alpha = (sqrt2)/2 g + (mg*1/2*sqrt2/2)/(2m+m/2) = ....= (3sqrt2)/5 g$
Essendo : $ S = 1/2 alphaT^2$ , si ha : $T^2 = (2S)/\alpha =...= (10L)/(3g) \rarr T = sqrt ((10L)/(3g) )$
L'accelerazione $a$ del cuneo verso Sn è costante , e vale (è la formula 9.15 del testo inglese) :
$a = (mg*1/2)/(2m + m*1/2) = ....= g/5 $
infine, siccome mentre P scende accelerando il cuneo aumenta la velocità verso sinistra, la velocità finale del cuneo vale (formula 9.20 , dove la velocita è indicata con $u$ ) :
Come vedi, ho ottenuto lo stesso valore che si ricava con la conservazione della q.d.m. e dell'energia, nella maniera corretta. La tua soluzione è sbagliata.
@Faussone
Sopra ho riportato il calcolo della velocità del cuneo $u_c$ lasciando stare volutamente il comportamento del punto materiale P quando arriva il basso, dopo aver percorso un tratto rettilineo lungo $S = sqrtL$ .
Mi dirai che ho fatto un calcolo teorico? Si, certo, qui sono tutti calcoli teorici : un punto che ha massa ma non volume, assenza di attrito del punto sul cuneo e del cuneo sul piano orizzontale, energia che si conserva ....Allora ti pregherei di farmi vedere, con calcoli possibilmente , la differenza nella velocità di "uscita" del punto materiale, se consideri un raccordo del piano inclinato con quello orizzontale, o se non lo consideri, e come questo influenza il "calcolo teorico" della velocità del cuneo, grazie. Che succede , se c'è il raccordo ? la velocità relativa al cuneo diventa orizzontale , quindi non è piu $Vcostheta$ ma semplicemente $V$ da mettere in conto ? Quindi il cuneo, che sta accelerando verso Sn, riceve un bel colpo finale nel cuneo , e buonanotte ai suonatori su tutto quello che è stato detto e fatto ...?
Certo, potresti semplicemente dirmi : sostituisci all'ipotenusa del triangolo isoscele un quarto di circonferenza di raggio $L$ , che fa da guida al punto P nella discesa , e si raccorda col piano orizzontale...Farò anche questo...
Ti dirò , siccome sono un segugio , sto cercando nel web qualcosa, in letteratura, che ci dica come calcolare la perdita di energia quando un corpo materiale (sferetta o dischetto, non so...) cambia direzione di marcia passando da un piano inclinato ad uno orizzontale , o viceversa ...
lasciamo perdere per ora il punto materiale P , limitiamoci a considerare la velocità assoluta del cuneo verso sinistra, che hai chiamato $v_c$ ( io l'ho chiamata $u$ ). Tu stai negando la validità di questa formula :
$v_c^2 = (2m^2ghcos^2theta)/((M+m)(M+msen^2theta)) $
che ho citato a partire da tre fonti diverse: l'esercizio in inglese, quello in italiano, e il vecchio post di Falco5x.
Infatti, affermi che la velocità del cuneo vale :
$v_c = sqrt( (gL)/3)$
mentre dalla formula sopra detta si ricava che : $V_c = sqrt( (2gL)/15)$ .
Stai negando quindi la validità di questa soluzione :
in cui, faccio notare, non si parla di perdite di energia per urti o quant'altro, ma si applica correttamente la conservazione dell'energia nella forma :
$mgL = 1/2Mv_c^2 + 1/2 m v_x^2 + 1/2mv_y^2 $
e già, la velocita assoluta di P, quando è arrivato sul piano, è data da : $ vecv_x + vecv_y$ , e non può essere diversamente. Non si può dire, come tu fai, che tutta l'energia potenziale iniziale $mgL$ si trasforma nell'energia cinetica di cuneo e punto P quando il punto P è arrivato sul piano orizzontale , non è il modo corretto di applicare la conservazione dell'energia ! Il punto P deve ben abbassarsi, non puoi trascurare questa fetta di energia.
Ma , per cercare di convincerti che la velocità $v_c$ del cuneo verso sinistra , nell'istante finale, è quella che trovo io e non quella che trovi tu , ho seguito un'altra strada , calcolando direttamente il moto di P sull'ipotenusa del triangolo rettangolo isoscele di lato $L$ , e cioè l'accelerazione relativa , la durata temporale della discesa, l'accelerazione assoluta del cuneo verso Sn, e quindi la velocita finale $v_c$ , riferendomi , per comodità , alle formule dell'esercizio in inglese che ho linkato ormai nella notte dei tempi : tutte quantità che non dipendono in maniera alcuna da ciò che fa P una volta giunto sul piano , da tener bene a mente . Se vuoi leggere, accomodati , altrimenti lascia perdere . Naturalmente tengo conto dei dati : $M=2m , theta = 45º $ . Ecco qua :
L'ipotenusa del triangolo rettangolo isoscele , di lati $L$ , vale $S = sqrt2 L $ . Questa è la distanza che il punto P percorre , con moto u.a. , con accelerazione relativa al cuneo , e con velocità crescente linearmente.
L'accelerazione relativa di P , che l'esercizio chiama $alpha$ , vale ( è la formula 9.16 del testo inglese ) :
$alpha = (sqrt2)/2 g + (mg*1/2*sqrt2/2)/(2m+m/2) = ....= (3sqrt2)/5 g$
Essendo : $ S = 1/2 alphaT^2$ , si ha : $T^2 = (2S)/\alpha =...= (10L)/(3g) \rarr T = sqrt ((10L)/(3g) )$
L'accelerazione $a$ del cuneo verso Sn è costante , e vale (è la formula 9.15 del testo inglese) :
$a = (mg*1/2)/(2m + m*1/2) = ....= g/5 $
infine, siccome mentre P scende accelerando il cuneo aumenta la velocità verso sinistra, la velocità finale del cuneo vale (formula 9.20 , dove la velocita è indicata con $u$ ) :
$u = v_c = aT = g/5* sqrt ((10L)/(3g) ) =...= sqrt ((2gL)/(15) )$
Come vedi, ho ottenuto lo stesso valore che si ricava con la conservazione della q.d.m. e dell'energia, nella maniera corretta. La tua soluzione è sbagliata.
@Faussone
Nella discussione che ho linkato precedentemente penso si capisse, ma lo ridico (mgrau già lo aveva pure sottolineato mi pare): il raccordo è fondamentale o, detto in altri termini, se la velocità finale della massa a cui si è interessati è orizzontale o no incide sul modulo della velocità finale.
Sopra ho riportato il calcolo della velocità del cuneo $u_c$ lasciando stare volutamente il comportamento del punto materiale P quando arriva il basso, dopo aver percorso un tratto rettilineo lungo $S = sqrtL$ .
Mi dirai che ho fatto un calcolo teorico? Si, certo, qui sono tutti calcoli teorici : un punto che ha massa ma non volume, assenza di attrito del punto sul cuneo e del cuneo sul piano orizzontale, energia che si conserva ....Allora ti pregherei di farmi vedere, con calcoli possibilmente , la differenza nella velocità di "uscita" del punto materiale, se consideri un raccordo del piano inclinato con quello orizzontale, o se non lo consideri, e come questo influenza il "calcolo teorico" della velocità del cuneo, grazie. Che succede , se c'è il raccordo ? la velocità relativa al cuneo diventa orizzontale , quindi non è piu $Vcostheta$ ma semplicemente $V$ da mettere in conto ? Quindi il cuneo, che sta accelerando verso Sn, riceve un bel colpo finale nel cuneo , e buonanotte ai suonatori su tutto quello che è stato detto e fatto ...?
Certo, potresti semplicemente dirmi : sostituisci all'ipotenusa del triangolo isoscele un quarto di circonferenza di raggio $L$ , che fa da guida al punto P nella discesa , e si raccorda col piano orizzontale...Farò anche questo...
Ti dirò , siccome sono un segugio , sto cercando nel web qualcosa, in letteratura, che ci dica come calcolare la perdita di energia quando un corpo materiale (sferetta o dischetto, non so...) cambia direzione di marcia passando da un piano inclinato ad uno orizzontale , o viceversa ...
@Shackle
Io mi sono fatto una ragione che tu ritenga la mia soluzione errata.
Anche tu puoi farlo, considerando che io ritengo errata la tua.
Altrimenti, va bene comunque: la conservazione dell'energia vale in ogni caso, sia che tu lo faccia oppure no.
Per me questo è sufficiente.
Io mi sono fatto una ragione che tu ritenga la mia soluzione errata.
Anche tu puoi farlo, considerando che io ritengo errata la tua.
Altrimenti, va bene comunque: la conservazione dell'energia vale in ogni caso, sia che tu lo faccia oppure no.
Per me questo è sufficiente.
Anche per me è sufficiente.
Mi permetto di rispondere io...
Proprio così. E questo colpo finale è quel che rende ininfluente l'angolo del cuneo. Per es. se il "cuneo" è una parete verticale, raccordata all'orizzontale in fondo, il colpo finale è l'unico motivo per cui il cuneo si muove. Viceversa, in assenza di raccordo, la parete/cuneo non si muove per niente.
Non c'è nessuna perdita di energia. C'è solo un QM obliqua, che diventa orizzontale, e che richiede che questa differenza qualcuno gliela dia, ossia il raccordo sul cuneo, col suo "bel colpo finale"...
E torno anche un attimo, non per amore di polemica, ma sai com'è, Amicus Plato sed magis amica veritas su una tua precedente affermazione, in cui criticavi il fatto che io avessi definita irrealistica l'ipotesi di un cambiamento di direzione, senza raccordo, e senza perdita di energia
Qui non ci siamo proprio. Le supposizioni che si fanno sono in genere dei passaggi al limite: un filo inestensibile, una carrucola priva di massa, un piano senza attrito... non esistono, ma ci si può avvicinare, idealmente quanto si vuole. Ma se uno dicesse: prendiamo due palle di cera, le facciamo collidere, e supponiamo che non ci sia perdita di energia, beh, questa non è una semplificazione, è un errore
"Shackle":
Che succede , se c'è il raccordo ? la velocità relativa al cuneo diventa orizzontale , .... ? Quindi il cuneo, che sta accelerando verso Sn, riceve un bel colpo finale nel cuneo , e buonanotte ai suonatori su tutto quello che è stato detto e fatto ...?
Proprio così. E questo colpo finale è quel che rende ininfluente l'angolo del cuneo. Per es. se il "cuneo" è una parete verticale, raccordata all'orizzontale in fondo, il colpo finale è l'unico motivo per cui il cuneo si muove. Viceversa, in assenza di raccordo, la parete/cuneo non si muove per niente.
"Shackle":
che ci dica come calcolare la perdita di energia quando un corpo materiale (sferetta o dischetto, non so...) cambia direzione di marcia passando da un piano inclinato ad uno orizzontale , o viceversa ...
Non c'è nessuna perdita di energia. C'è solo un QM obliqua, che diventa orizzontale, e che richiede che questa differenza qualcuno gliela dia, ossia il raccordo sul cuneo, col suo "bel colpo finale"...
E torno anche un attimo, non per amore di polemica, ma sai com'è, Amicus Plato sed magis amica veritas su una tua precedente affermazione, in cui criticavi il fatto che io avessi definita irrealistica l'ipotesi di un cambiamento di direzione, senza raccordo, e senza perdita di energia
"Shackle":
Mah...irrealistica, come tante supposizioni che spesso si fanno, per semplificare certi problemi...
Qui non ci siamo proprio. Le supposizioni che si fanno sono in genere dei passaggi al limite: un filo inestensibile, una carrucola priva di massa, un piano senza attrito... non esistono, ma ci si può avvicinare, idealmente quanto si vuole. Ma se uno dicesse: prendiamo due palle di cera, le facciamo collidere, e supponiamo che non ci sia perdita di energia, beh, questa non è una semplificazione, è un errore
"mgrau":
Mi permetto di rispondere io...
Grazie! Hai risposto esattamente come avrei risposto io, niente da aggiungere o rettificare, sottoscrivo al 100%.
@ mgrau/plato !
Avevo scritto una risposta lunga e polemica, la cancello, non vale la pena.
Tu pensi che io non sappia la differenza tra i casi 1 e 2 del disegnino che ti allego? Hai afferrato lo spirito della mia domanda? Pensi che non conosca la conservazione dell'energia?
nel caso 1, c'è un raccordo e una deviazione. La quantità di moto ( per lo meno, penso che tu voglia dire questo con la sigla QM ...) cambia direzione, e la variazione di QM dipende dall'angolo di deviazione; non c'è , teoricamente , perdita di energia . Ma tu sai quanto vale il raggio di raccordo nell'esercizio proposto ? No, non lo sai. Quindi passi una spugna sulla vera situazione fisica , e dici , come dice il testo dell'esercizio : c'è un raccordo all'uscita , per cui energia non si perde...Per fortuna sappiamo l'angolo! Perché dici che l'angolo non conta ? Non ci siamo proprio...
Nel caso 2 , non c'è raccordo. C'è o non c'è perdita di energia, [nota]a proposito di quello che cercavo, sulle perdite di energia quando un disco o una sferetta cambiano bruscamente direzione di marcia perchè la strada da orizzontale diventa bruscamente obliqua o viceversa , ti dico che qualcosa ho trovato. Ma te lo dico dopo aver letto la tua soluzione, non adesso .[/nota]visto che abbiamo uno spigolo vivo al collegamento tra i due lati , e il contatto della pallina passa dal punto A al punto B ? Io dico che c'è perdita, ma la si può trascurare, considerando il fatto, puramente teorico, che stiamo esaminando il moto NON una pallina di raggio finito MA un punto materiale che scivola senza attrito sul lato inclinato del cuneo. Ragione per cui ho detto (punto di vista personale) : supponiamo nulla la perdita di energia. Non è un errore, è una approssimazione, solo in via puramente teorica, qui non c'è niente di reale! . Ma se preferisci chiamalo errore. Però considero come velocità del punto in uscita solo la componente orizzontale del vettore velocità relativa , cosí come hanno fatto i due autori, quello inglese e quello italiano , degli esercizi che ho riportato (non so se li hai letti e valutati nella giusta maniera), e che ritengo del tutto corretti e accettabili.
Però ora bando alle chiacchiere; sei pregato di mettere, in formule chiare e fisicamente giustificate, la tua soluzione all'esercizio proposto da Allessandro, tenendo conto del “raccordo in uscita “ che dà la spinta finale al cuneo.
Poi metterò la storia della perdita di energia quando c'è spigolo.
PS : vedo che ha risposto anche Faussone , dandoti ragione al 100% . Faussone , ti rispondo con un mp .
Buona notte, sono stanco e vado a dormire .
Avevo scritto una risposta lunga e polemica, la cancello, non vale la pena.
Tu pensi che io non sappia la differenza tra i casi 1 e 2 del disegnino che ti allego? Hai afferrato lo spirito della mia domanda? Pensi che non conosca la conservazione dell'energia?
nel caso 1, c'è un raccordo e una deviazione. La quantità di moto ( per lo meno, penso che tu voglia dire questo con la sigla QM ...) cambia direzione, e la variazione di QM dipende dall'angolo di deviazione; non c'è , teoricamente , perdita di energia . Ma tu sai quanto vale il raggio di raccordo nell'esercizio proposto ? No, non lo sai. Quindi passi una spugna sulla vera situazione fisica , e dici , come dice il testo dell'esercizio : c'è un raccordo all'uscita , per cui energia non si perde...Per fortuna sappiamo l'angolo! Perché dici che l'angolo non conta ? Non ci siamo proprio...
Nel caso 2 , non c'è raccordo. C'è o non c'è perdita di energia, [nota]a proposito di quello che cercavo, sulle perdite di energia quando un disco o una sferetta cambiano bruscamente direzione di marcia perchè la strada da orizzontale diventa bruscamente obliqua o viceversa , ti dico che qualcosa ho trovato. Ma te lo dico dopo aver letto la tua soluzione, non adesso .[/nota]visto che abbiamo uno spigolo vivo al collegamento tra i due lati , e il contatto della pallina passa dal punto A al punto B ? Io dico che c'è perdita, ma la si può trascurare, considerando il fatto, puramente teorico, che stiamo esaminando il moto NON una pallina di raggio finito MA un punto materiale che scivola senza attrito sul lato inclinato del cuneo. Ragione per cui ho detto (punto di vista personale) : supponiamo nulla la perdita di energia. Non è un errore, è una approssimazione, solo in via puramente teorica, qui non c'è niente di reale! . Ma se preferisci chiamalo errore. Però considero come velocità del punto in uscita solo la componente orizzontale del vettore velocità relativa , cosí come hanno fatto i due autori, quello inglese e quello italiano , degli esercizi che ho riportato (non so se li hai letti e valutati nella giusta maniera), e che ritengo del tutto corretti e accettabili.
Però ora bando alle chiacchiere; sei pregato di mettere, in formule chiare e fisicamente giustificate, la tua soluzione all'esercizio proposto da Allessandro, tenendo conto del “raccordo in uscita “ che dà la spinta finale al cuneo.
Poi metterò la storia della perdita di energia quando c'è spigolo.
PS : vedo che ha risposto anche Faussone , dandoti ragione al 100% . Faussone , ti rispondo con un mp .
Buona notte, sono stanco e vado a dormire .
Per quel poco che possa valere la mia opinione, ha ragione Shackle. Quel raccordo è messo lì solo per dire che il punto resta vincolato al suo piano di appoggio, quindi niente rimbalzi. In fondo è considerato come punto materiale, che non ha dimensioni, quindi qualunque sia il raggio R del raccordo lo si può prendere molto maggiore delle dimensioni del punto (che sono nulle…).
Comunque visto che le varie conservazioni sono incriminate dal ragionevole dubbio dato anche dalla stesura del problema, basta lasciarle perdere. Inoltre visto che sono sempre stato allergico a velocità di trascinamento e compagnia, prendo direttamente un sistema fisso sul terreno per scrivere le equazioni del moto. Il corpo 1 è il punto, il 2 il piano, le reazioni vincolari sono indicate con R.
$m_1\ddotx_1=R_1 sin\alpha$
$ m_1\ddoty_1=-m_1g+R_1 cos\alpha $
$ m_2\ddotx_2=-R_1 sin\alpha $
$ m_2\ddoty_2=-R_1 cos\alpha+R_2-m_2g $
Ci sono 4 coordinate e 2 vincoli, quindi 2 gradi di libertà. Usando la lagrangiana verrebbe anche meglio, avremmo evitato di considerare le reazioni vincolari ma vabè.
I vincoli sono
$y_2=0$ quindi $\ddoty_2=0$
Ed
$h=y_1+tan\alpha(x_1-x_2)$ quindi $\ddoty_1=tan\alpha(\ddotx_2-\ddotx_1)$
Risolvendo il sistema con i vincoli si ha
$\ddotx_1=(m_2gsin\alphacos\alpha)/(m_2+m_1sin^2\alpha)$
$\ddotx_2=(-m_1gsin\alphacos\alpha)/(m_2+m_1sin^2\alpha)$
$\ddoty_1=tan\alpha (\ddotx_2-\ddotx_1)=-g(m_1+m_2)/(m_2+m_1 sin^2\alpha) sin^2\alpha=-k$
Ora se integro due volte l’ultima ottengo la traiettoria lungo y da cui posso ricavare quanto tempo impiega il corpo a cadere dal piano.
Avendo rinominato quella costante con $k$ otterrei $y_1(\bart)=h=kt^2/2$ da cui
$\bart=\sqrt(2h/k)=\sqrt((m_2+m_1sin^2\alpha)/(m_1+m_2))1/\sin\alpha \sqrt(2h/g)$ .
Facile vedere che nei casi limite di inclinazione verticale oppure di piano molto più pesante del corpo, le cose tornano.
Comunque a questo punto, basta sostituire questo tempo e, ad esempio, si ritrova la velocità del piano verso sinistra (mi pare sia stata chiamata $u$ nelle risposte precedenti)
$\dotx_2(\bart)^2=[(-m_1gsin\alphacos\alpha)/(m_2+m_1sin^2\alpha) \sqrt((m_2+m_1sin^2\alpha)/(m_1+m_2))1/\sin\alpha \sqrt(2h/g)]^2=(2hm_1^2gcos^2\alpha)/((m_1+m_2)(m_2+m_1sin^2\alpha))$
Si possono ricavare anche le altre quantità ovviamente.
In genere ho allergia per questi problemi, odio districarmi in forze, angoli etc. Era giusto per dare un contributo alla discussione
PS: Spero di non aver fatto errori di battitura, nel caso fatemelo notare e li correggo.
Edit: Grazie Shackle, lo correggo subito.
Comunque visto che le varie conservazioni sono incriminate dal ragionevole dubbio dato anche dalla stesura del problema, basta lasciarle perdere. Inoltre visto che sono sempre stato allergico a velocità di trascinamento e compagnia, prendo direttamente un sistema fisso sul terreno per scrivere le equazioni del moto. Il corpo 1 è il punto, il 2 il piano, le reazioni vincolari sono indicate con R.
$m_1\ddotx_1=R_1 sin\alpha$
$ m_1\ddoty_1=-m_1g+R_1 cos\alpha $
$ m_2\ddotx_2=-R_1 sin\alpha $
$ m_2\ddoty_2=-R_1 cos\alpha+R_2-m_2g $
Ci sono 4 coordinate e 2 vincoli, quindi 2 gradi di libertà. Usando la lagrangiana verrebbe anche meglio, avremmo evitato di considerare le reazioni vincolari ma vabè.
I vincoli sono
$y_2=0$ quindi $\ddoty_2=0$
Ed
$h=y_1+tan\alpha(x_1-x_2)$ quindi $\ddoty_1=tan\alpha(\ddotx_2-\ddotx_1)$
Risolvendo il sistema con i vincoli si ha
$\ddotx_1=(m_2gsin\alphacos\alpha)/(m_2+m_1sin^2\alpha)$
$\ddotx_2=(-m_1gsin\alphacos\alpha)/(m_2+m_1sin^2\alpha)$
$\ddoty_1=tan\alpha (\ddotx_2-\ddotx_1)=-g(m_1+m_2)/(m_2+m_1 sin^2\alpha) sin^2\alpha=-k$
Ora se integro due volte l’ultima ottengo la traiettoria lungo y da cui posso ricavare quanto tempo impiega il corpo a cadere dal piano.
Avendo rinominato quella costante con $k$ otterrei $y_1(\bart)=h=kt^2/2$ da cui
$\bart=\sqrt(2h/k)=\sqrt((m_2+m_1sin^2\alpha)/(m_1+m_2))1/\sin\alpha \sqrt(2h/g)$ .
Facile vedere che nei casi limite di inclinazione verticale oppure di piano molto più pesante del corpo, le cose tornano.
Comunque a questo punto, basta sostituire questo tempo e, ad esempio, si ritrova la velocità del piano verso sinistra (mi pare sia stata chiamata $u$ nelle risposte precedenti)
$\dotx_2(\bart)^2=[(-m_1gsin\alphacos\alpha)/(m_2+m_1sin^2\alpha) \sqrt((m_2+m_1sin^2\alpha)/(m_1+m_2))1/\sin\alpha \sqrt(2h/g)]^2=(2hm_1^2gcos^2\alpha)/((m_1+m_2)(m_2+m_1sin^2\alpha))$
Si possono ricavare anche le altre quantità ovviamente.
In genere ho allergia per questi problemi, odio districarmi in forze, angoli etc. Era giusto per dare un contributo alla discussione
PS: Spero di non aver fatto errori di battitura, nel caso fatemelo notare e li correggo.
Edit: Grazie Shackle, lo correggo subito.
Grazie Nikikinki. C'è un quadrato di troppo alla $g$ del numeratore nella formula finale.
@Shackle
Mi spiace che tu te la sia presa per il messaggio di mgrau, io non ci ho trovato nulla di polemico (magari mi son perso qualcosa, non so, il limite della comunicazione scritta è che non si capisce il tono dietro), ma per essere chiari la mia condivisione era puramente sui contenuti. Il resto non mi interessa, e non mi interessano in particolare per niente le dispute personali.
Se mi fai capire che ho torto non avrò difficoltà ad ammetterlo e a scusarmi per l'errore (come ho sempre fatto le volte, non molte per fortuna, che ho preso delle sviste, che ci possono sempre stare). Insomma lasciamo perdere le sfide personali che è meglio, e non prendiamocela per queste cose di poco conto in fondo.
A dire il vero su questo pensavo la mia posizione e il modo in cui svolgerei io l'esercizio fosse chiaro da quel link che avevo messo, comunque per maggior chiarezza riporto, sempre da quell'altra discussione, quello che ritengo la soluzione corretta, nelle ipotesi poste da questo problema in cui si presuppone un raccordo smussato tra piano inclinato (cuneo diciamo) e piano di appoggio orizzontale.
Lo scritto che riporto non è mio, ma anche questo lo condivido al 100%.
Notare che la soluzione che riporta il libro a cui si riferisce Gauss91 è la soluzione di quel problema in cui veniva detto di trovare la velocità del cuneo nel momento in cui il blocco tocca il piano orizzontale, che è una condizione diversa da questa e che è la soluzione al problema che sostieni tu, che va benissimo ma in un'altra ipotesi appunto.
Cosa succede nel caso di assenza di raccordo dopo che il punto materiale (chiamiamolo così e non blocco, così lasciamo perdere l'influenza della forma del blocco stesso), tocca il piano orizzontale?
In questo caso si possono fare varie ipotesi, proprio per questo il problema nell'altro link diceva di considerare la velocità appena viene toccato il piano orizzontale e non dopo: per evitare questi "casini".
Per me in questo caso la soluzione più semplice è considerare che il punto materiale rimbalzi sul piano orizzontale, insomma è come se lo urtasse con un angolo pari all'angolo che il piano inclinato forma con l'orizzontale.
Da questa ipotesi (e con l'ulteriore ipotesi di urto elastico) possiamo dire che la velocità che hai trovato tu per il blocco sia proprio quella di questo caso.
Spero sia chiaro adesso come la vedo io, se mi convincerai che c'è un errore in questo rettificherò altrimenti chiudo qui.
Mi spiace che tu te la sia presa per il messaggio di mgrau, io non ci ho trovato nulla di polemico (magari mi son perso qualcosa, non so, il limite della comunicazione scritta è che non si capisce il tono dietro), ma per essere chiari la mia condivisione era puramente sui contenuti. Il resto non mi interessa, e non mi interessano in particolare per niente le dispute personali.
Se mi fai capire che ho torto non avrò difficoltà ad ammetterlo e a scusarmi per l'errore (come ho sempre fatto le volte, non molte per fortuna, che ho preso delle sviste, che ci possono sempre stare). Insomma lasciamo perdere le sfide personali che è meglio, e non prendiamocela per queste cose di poco conto in fondo.
A dire il vero su questo pensavo la mia posizione e il modo in cui svolgerei io l'esercizio fosse chiaro da quel link che avevo messo, comunque per maggior chiarezza riporto, sempre da quell'altra discussione, quello che ritengo la soluzione corretta, nelle ipotesi poste da questo problema in cui si presuppone un raccordo smussato tra piano inclinato (cuneo diciamo) e piano di appoggio orizzontale.
Lo scritto che riporto non è mio, ma anche questo lo condivido al 100%.
"Gauss91":
[...]
Chiamiamo $v_1$ la velocità finale del blocco, sceso dal cuneo, e $v_2$ la velocità finale del cuneo.
Sarà $mv_1 + Mv_2 = 0$ per la conservazione della q.d.m. in quanto non ci sono componenti verticali, da cui $v_1 = -M/mv_2$.
Tiriamo ora in ballo il principio di conservazione dell'energia totale, in quanto solo la forza di gravità (che è conservativa) agisce sul sistema. Sarà $1/2mv_1^2 + 1/2Mv_2^2 = mgh$ e sostituendo il valore di $v_1$ trovato prima si ha $1/(2m)M^2v_2^2 + 1/2Mv_2^2 = mgh$ da cui si ricava
$v_2 = sqrt((2m^2gh)/(M(M+m)))$. Tuttavia questo risultato è ancora più lontano dalla soluzione data dal libro.
Per informazione, il libro dà
$v_2 = sqrt((2m^2ghcos^2alpha)/((M+m)(M+msin^2alpha)))$
Notare che la soluzione che riporta il libro a cui si riferisce Gauss91 è la soluzione di quel problema in cui veniva detto di trovare la velocità del cuneo nel momento in cui il blocco tocca il piano orizzontale, che è una condizione diversa da questa e che è la soluzione al problema che sostieni tu, che va benissimo ma in un'altra ipotesi appunto.
Cosa succede nel caso di assenza di raccordo dopo che il punto materiale (chiamiamolo così e non blocco, così lasciamo perdere l'influenza della forma del blocco stesso), tocca il piano orizzontale?
In questo caso si possono fare varie ipotesi, proprio per questo il problema nell'altro link diceva di considerare la velocità appena viene toccato il piano orizzontale e non dopo: per evitare questi "casini".
Per me in questo caso la soluzione più semplice è considerare che il punto materiale rimbalzi sul piano orizzontale, insomma è come se lo urtasse con un angolo pari all'angolo che il piano inclinato forma con l'orizzontale.
Da questa ipotesi (e con l'ulteriore ipotesi di urto elastico) possiamo dire che la velocità che hai trovato tu per il blocco sia proprio quella di questo caso.
Spero sia chiaro adesso come la vedo io, se mi convincerai che c'è un errore in questo rettificherò altrimenti chiudo qui.
"Shackle":
sei pregato di mettere, in formule chiare e fisicamente giustificate, la tua soluzione all'esercizio proposto da Allessandro, tenendo conto del “raccordo in uscita “ che dà la spinta finale al cuneo.
Non metto proprio niente. La soluzione che ritengo giusta è già stata esposta ed è banale. Non sono un cultore della Complicazione Affari Semplici.
E, vista la tua propensione a prendere per offese personali una obiezione purchessia, chiudo qui.
Faccio notare che nei conti che ho svolto il raccordo non è mai stato preso con ruolo attivo in nulla. Il suo unico scopo è quello di "raccordare", appunto, la soluzione sul piano inclinato con il moto seguente. Il punto ha dimensioni nulle, quindi il raccordo può essere preso piccolo a piacere e sarà sempre e comunque molto maggiore delle dimensioni del punto. E' la classica $\epsilon$ di matematica memoria. Non ha alcuna influenza diretta sulla soluzione delle equazioni del moto.
Se invece del raccordo ci fosse stato l'angolo nudo, questa sarebbe stata una discontinuità.
Una discontinuità di tale tipo si porta dietro la non esistenza della derivata in quel punto, poiché il limite destro e sinistro del rapporto incrementale non combaciano. Si ha un salto sia matematicamente che fisicamente, infatti il punto rimbalzerebbe.
Se invece del raccordo ci fosse stato l'angolo nudo, questa sarebbe stata una discontinuità.
Una discontinuità di tale tipo si porta dietro la non esistenza della derivata in quel punto, poiché il limite destro e sinistro del rapporto incrementale non combaciano. Si ha un salto sia matematicamente che fisicamente, infatti il punto rimbalzerebbe.
"Nikikinki":
Il suo unico scopo è quello di "raccordare", appunto, la soluzione sul piano inclinato con il moto seguente. [...]
E' proprio questo il punto, il raccordo se c'è ha un effetto sulla velocità finale, non è che serve solo a evitare l'urto e il rimbalzo. Basta prendere il caso limite di angolo del cuneo a 90 gradi verticale, senza raccordo il cuneo avrà velocità nulla, con raccordo con l'orizzontale il cuneo si muoverà ovviamente.
Penso che possiamo chiuderla qui se le due fazioni restano convinte delle loro posizioni. E' inutile ridire sempre le stesse cose.
Ovviamente una delle due posizioni è sbagliata, ma pazienza chi legge potrà giudicare da se.
Certo, l'effetto è che la sua velocità orizzontale (del punto) resta immutata perché deve esserci continuità in quel punto di raccordo, non un salto. Se ricavi $\dotx_1(\bart)$ e ci metti i dati del problema viene fuori la stessa velocità trovata da Shackle con lo studio dei moti relativi. Tutto lì.
"Nikikinki":
Certo, l'effetto è che la sua velocità orizzontale (del punto) resta immutata perché deve esserci continuità in quel punto di raccordo, non un salto. Se ricavi $ \dotx_1(\bart) $ e ci metti i dati del problema viene fuori la stessa velocità trovata da Shackle con lo studio dei moti relativi. Tutto lì.
Non ho capito qui.
Scusami, magari se mi chiarisci questo mi rendo conto se/dove sto sbagliando: nel caso di cuneo verticale con raccordo come trovi la velocità finale del cuneo?
Dall'approccio che ritengo giusto a me risulta $sqrt((2m^2gh)/(M(M+m))) $, a te cosa risulta?
Io credo che il fulcro dell'incomprensione sia nel non considerare le implicazioni dell'avere un punto materiale e non un corpo esteso. Nel caso di un corpo esteso, diciamo una pallina, ed un raccordo di un certo raggio allora il "cuneo verticale con raccordo" sarebbe verticale fino ad un certo punto perché il raccordo deve essere abbastanza grande da permettere alla palla di rotolarci dentro (può anche essere più stretto ma a questo punto potrebbe esserci un effetto impulsivo cosa non contemplata in questo esercizio in cui il corpo resta vincolato nel suo moto, non si stacca) e uscire orizzontale. Ma nel nostro caso il raccordo deve funzionare come raccordo per un punto materiale quindi può essere piccolo a piacere, tanto che nulla è stato detto su tale raccordo nel testo del problema. Se con la palla ci metto un raccordo piccolo a piacere nel tuo esempio di cuneo verticale, semplicemente c'è una caduta verticale della palla e il piano resta lì. Stessa cosa per il caso limite, della mia soluzione. Se metti $\alpha=90°$ infatti avrai che $\dotx_2(\bart)=0$ quindi il piano non si muove.
Il tempo di caduta, sempre dalla mia soluzione, sarebbe banalmente
$\bart(\alpha=90°)=\sqrt(2h/g)$ come deve essere.
Insomma il testo del problema, ritengo, che ci stia dicendo con quelle ipotesi che il punto materiale (avendo dimensione nulla) non si accorgerà di questo raccordo (piccolo a piacere) e continuerà nel suo moto orizzontale così come un istante prima di imboccarlo evitando quindi un salto nella velocità (che ci sarebbe nel caso di punto angoloso per il salto della derivata).
Il tempo di caduta, sempre dalla mia soluzione, sarebbe banalmente
$\bart(\alpha=90°)=\sqrt(2h/g)$ come deve essere.
Insomma il testo del problema, ritengo, che ci stia dicendo con quelle ipotesi che il punto materiale (avendo dimensione nulla) non si accorgerà di questo raccordo (piccolo a piacere) e continuerà nel suo moto orizzontale così come un istante prima di imboccarlo evitando quindi un salto nella velocità (che ci sarebbe nel caso di punto angoloso per il salto della derivata).
@Nikikinki
Insomma quindi per rispondere sinteticamente alla domanda che ho posto, secondo te nel caso di cuneo verticale con raccordo alla fine dopo che la massa lascia il cuneo e procede sul piano orizzontale il cuneo non si muove?
Insomma quindi per rispondere sinteticamente alla domanda che ho posto, secondo te nel caso di cuneo verticale con raccordo alla fine dopo che la massa lascia il cuneo e procede sul piano orizzontale il cuneo non si muove?
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