Urto anaelastico velocità angolare
Salve a tutti, vorrei un consiglio per risolvere questo esercizio.
Una sbarretta rigida e sottile di massa M e lunghezza L è poggiata su di un piano orizzontale liscio. Due proiettili di massa $m$ e $2m$ che si muovono alla stessa velocità $v$ colpiscono la sbarra allo stesso istante nei suoi punti estremi, rimanendo conficcati.
Calcolare:
a) la velocità angolare w del sistema dopo l'urto
b) la velocità traslazionale del centro di massa del sistema asta+palline
c) la distanza dal centro O del punto dell asta che, immediatamente dopo l urto ha velocità istantanea nulla.
per il punto c) non ho idea di come procedere.Per gli altri due ho provato con la conservazione dell energia. Non sono molto convinto ma l ho impostato cosi:
$1/2(m+2m)(2v_i)^2=1/2I\omega_f^2+1/2(M+m+2m)v_(cm)^2$
ho due incognite $\omega_f$ e $v_(cm)$.. potrei ricavare un altra equazione dall conservazione della quantità di moto per risolverlo?
Una sbarretta rigida e sottile di massa M e lunghezza L è poggiata su di un piano orizzontale liscio. Due proiettili di massa $m$ e $2m$ che si muovono alla stessa velocità $v$ colpiscono la sbarra allo stesso istante nei suoi punti estremi, rimanendo conficcati.
Calcolare:
a) la velocità angolare w del sistema dopo l'urto
b) la velocità traslazionale del centro di massa del sistema asta+palline
c) la distanza dal centro O del punto dell asta che, immediatamente dopo l urto ha velocità istantanea nulla.
per il punto c) non ho idea di come procedere.Per gli altri due ho provato con la conservazione dell energia. Non sono molto convinto ma l ho impostato cosi:
$1/2(m+2m)(2v_i)^2=1/2I\omega_f^2+1/2(M+m+2m)v_(cm)^2$
ho due incognite $\omega_f$ e $v_(cm)$.. potrei ricavare un altra equazione dall conservazione della quantità di moto per risolverlo?
Risposte
L'urto e' anelastico, dal momento che le palline si conficcano nella sbarra. Non si conserva l'energia cinetica. Si conservano, invece, la QdM e il momento della QdM.
La conservazione della QdM ti assicura che $3mv=M_tv_[cm]$, con $M_t=3m+M$, da cui trovi subito la risposta al quesito 2. Risulta $v_[cm]=(3mv)/(M_t)=(3mv)/(3m+M)$
Per utilizzare la conservazione del momento angolare, conviene, in genere, mettersi nel sistema di riferimento del centro di massa del sistema. Prima dell'urto il CdM ha una velocita' $dot\x_[cm]$ lungo l'asse x (immagino la barretta posta in verticale sul foglio, come una lunga "I", per intenderci).
Quella velocita' si conserva dopo l'urto ed e' quella calcolata sopra.
La coordinata y del centro di massa rimane costante: essendo $doty_[cm]=0$ prima e dopo l'urto per la conservazione della QdM.
Il calcolo della distanza da O (mezzeria della barretta) e' facile:
$y_[cm]=(mL/2-2mL/2)/M_t=-(mL/2)/M_t$
Il segno meno ci dice che il baricentro del sistema e' "dalla parte" della massa 2m (nel sistema di riferimento scelto, con barretta verticale, la massa m si muove a L/2 rispetto ad O, la massa 2m si muove a $-L/2$ rispetto ad O.
Allora, la distanza delle 2 masse m e 2m dal baricentro del sistema (non da O!) e' rispettivamente
$d_m=L/2+(mL/2)/M_t=L/2*(2m+M)/M_t$
e
$d_[2m]=L/2- (mL/2)/M_t=L/2*(4m+M)/M_t$
Il momento di QdM rispetto al baricentro del sistema prima dell urto sara' dunque:
$2m*v*L/2*(4m+M)/M_t-m*v*L/2*(2m+M)/M_t=(mvL)/(2M_t)[2*(4m+M)-(2m+M)]=(mvL)/(2M_t)(6m+M)$ (ricontrolla i calcoli, che non ho usato carta, solo l'editor e le chance di errore sono alte.
Questo momento di QdM si deve conservare, quindi deve valere:
$(mvL)/(2M_t)(6m+M)=I_(cm)omega$ da cui $omega$, avendo l'accortezza di calcolare $I_(cm)$ rispetto al baricentro del sistema. Il calcolo di $I_(cm)$ lo lascio a te, e sarebbe bene lo postassi a beneficio dei colleghi che leggono.
La conservazione della QdM ti assicura che $3mv=M_tv_[cm]$, con $M_t=3m+M$, da cui trovi subito la risposta al quesito 2. Risulta $v_[cm]=(3mv)/(M_t)=(3mv)/(3m+M)$
Per utilizzare la conservazione del momento angolare, conviene, in genere, mettersi nel sistema di riferimento del centro di massa del sistema. Prima dell'urto il CdM ha una velocita' $dot\x_[cm]$ lungo l'asse x (immagino la barretta posta in verticale sul foglio, come una lunga "I", per intenderci).
Quella velocita' si conserva dopo l'urto ed e' quella calcolata sopra.
La coordinata y del centro di massa rimane costante: essendo $doty_[cm]=0$ prima e dopo l'urto per la conservazione della QdM.
Il calcolo della distanza da O (mezzeria della barretta) e' facile:
$y_[cm]=(mL/2-2mL/2)/M_t=-(mL/2)/M_t$
Il segno meno ci dice che il baricentro del sistema e' "dalla parte" della massa 2m (nel sistema di riferimento scelto, con barretta verticale, la massa m si muove a L/2 rispetto ad O, la massa 2m si muove a $-L/2$ rispetto ad O.
Allora, la distanza delle 2 masse m e 2m dal baricentro del sistema (non da O!) e' rispettivamente
$d_m=L/2+(mL/2)/M_t=L/2*(2m+M)/M_t$
e
$d_[2m]=L/2- (mL/2)/M_t=L/2*(4m+M)/M_t$
Il momento di QdM rispetto al baricentro del sistema prima dell urto sara' dunque:
$2m*v*L/2*(4m+M)/M_t-m*v*L/2*(2m+M)/M_t=(mvL)/(2M_t)[2*(4m+M)-(2m+M)]=(mvL)/(2M_t)(6m+M)$ (ricontrolla i calcoli, che non ho usato carta, solo l'editor e le chance di errore sono alte.
Questo momento di QdM si deve conservare, quindi deve valere:
$(mvL)/(2M_t)(6m+M)=I_(cm)omega$ da cui $omega$, avendo l'accortezza di calcolare $I_(cm)$ rispetto al baricentro del sistema. Il calcolo di $I_(cm)$ lo lascio a te, e sarebbe bene lo postassi a beneficio dei colleghi che leggono.
Lo posto subito 
Sappiamo che il momento d’inerzia di una barretta omogenea di lunghezza $L$ e massa $M$ rispetto al suo asse è $I=1/12 ML^2$
Le due masse $m$ e $2m$ le riteniamo puntiformi. Una si trova a distanza $d_m=L/2⋅(4m+M)/M_t$ e l’altra a distanza $d_(2m)=L/2⋅(4m+M)/M_t$ dall’asse di rotazione e dunque i rispettivi momenti d’inerzia sono:
$I_1=m(L/2⋅(4m+M)/M_t)^2$ $I_2=2m(L/2⋅(4m+M)/M_t)^2$
si ottiene $I_t=I+I_1+I_2=1/3 ML^2+m(L/2⋅(4m+M)/M_t)^2+2m(L/2⋅(4m+M)/M_t)^2$
se non erro...
Sappiamo che il momento d’inerzia di una barretta omogenea di lunghezza $L$ e massa $M$ rispetto al suo asse è $I=1/12 ML^2$
Le due masse $m$ e $2m$ le riteniamo puntiformi. Una si trova a distanza $d_m=L/2⋅(4m+M)/M_t$ e l’altra a distanza $d_(2m)=L/2⋅(4m+M)/M_t$ dall’asse di rotazione e dunque i rispettivi momenti d’inerzia sono:
$I_1=m(L/2⋅(4m+M)/M_t)^2$ $I_2=2m(L/2⋅(4m+M)/M_t)^2$
si ottiene $I_t=I+I_1+I_2=1/3 ML^2+m(L/2⋅(4m+M)/M_t)^2+2m(L/2⋅(4m+M)/M_t)^2$
se non erro...
se invece la massa $m$ colpisce l estremo inferiore da sinistra verso destra e la massa $2m$ colpise l estremo superiore da destra verso sinistra?
come cambiano le equazioni?
come cambiano le equazioni?
Cambierebbe il segno della velocita' del CM dopo l'urto (sarebbe concorde con la velocita' di 2m).
La velocita' angolare immediatamente dopo l'urto sarebbe antioraria e maggiore di quella trovata nel primo caso.
Dovrebbe essere $(mvL)/(2M_t)(10m+M)=I_(cm)omega$
Mi pare pero' che hai fatto male il calcolo di $I_[cm]$
Dovrebbe essere
$ [ML^2]/12+M[(mL)/(2(3m+M))]^2+2m[[L(2m+M]]/[2(3m+M)]]^2+m[[L(4m+M]]/[2(3m+M)]]^2 $
Riguardalo un po'.
La velocita' angolare immediatamente dopo l'urto sarebbe antioraria e maggiore di quella trovata nel primo caso.
Dovrebbe essere $(mvL)/(2M_t)(10m+M)=I_(cm)omega$
Mi pare pero' che hai fatto male il calcolo di $I_[cm]$
Dovrebbe essere
$ [ML^2]/12+M[(mL)/(2(3m+M))]^2+2m[[L(2m+M]]/[2(3m+M)]]^2+m[[L(4m+M]]/[2(3m+M)]]^2 $
Riguardalo un po'.
"professorkappa":
Cambierebbe il segno della velocita' del CM dopo l'urto (sarebbe concorde con la velocita' di 2m).
non cambia anche in modulo, in questo modo?
$v_(cm)=((2m-m)v)/(3m+M)$
Il mio calcolo del momento d inerzia è sbagliato.. ho utilizzato le distanze delle due masse..
$d_m=L/2+(mL/2)/M_t=L/2*(2m+M)/M_t$
e
$d_[2m]=L/2- (mL/2)/M_t=L/2*(4m+M)/M_t$
perchè non torna?
Si, certo, cambierebbe il modulo, perche le velocita' si sottraggono, analogamente alla cons. del mom. della qdm.
Si, le distanze ok, ma poi devi anche trasportare il momento rispetto al cdm O dell asta fino al punto G bariceetro del sistema che dista $[mL]/[2[3m+M]]$
Tu con quel $ML^2/3$ mi fai pensare che stai calclando tutto rispetto all'estremita dell'asta
Si, le distanze ok, ma poi devi anche trasportare il momento rispetto al cdm O dell asta fino al punto G bariceetro del sistema che dista $[mL]/[2[3m+M]]$
Tu con quel $ML^2/3$ mi fai pensare che stai calclando tutto rispetto all'estremita dell'asta
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo