Urto carrelli e piano inclinato
Oggi ho trovato il problema riportato qui sotto ma non riesco a convincermi della soluzione che dà il libro:
Un piano inclinato è fissato ad un carrello in moto con velocità costante $v_0$. La massa del carrello più quella del piano inclinato è $m_A$. Su tale carrello si trova un cilindro di massa $m$ in quiete rispetto al carrello stesso. Ad un tratto il carrello urta un secondo carrello di massa $m_B$ inizialmente fermo. Dopo l'urto i due carrelli rimangono attaccati. Dopo l'urto il cilindro inizia a muoversi e risale lungo il piano inclinato (senza attriti). Determinare l'altezza massima raggiunta dal cilindro dopo l'urto.
Io ho pensato di risolvere in questo modo:
prima dell'urto il cilindro si muove insieme al carrello A con velocità $v_0$. La quantità di moto [nota]fissando come verso positivo quello idicato dalla velocità iniziale[/nota] è $(m+m_A)v_0$.
Dopo l'urto la quantità di moto è $(m_A+m_B)v'+mv_0$ (infatti la massa m continua a muoversi con velocità $v_0$) allora, dalla conservazione della quantità di moto segue:
$$(m+m_A)v_0=(m_A+m_B)v'+mv_0$$
da cui:
$$v'=\frac{m_Av_0}{m_A+m_B}$$
Se adesso consideriamo un sistema di riferimento solidale con il primo carrello possiamo trovare la velocità relativa del cilindro (dopo l'urto) rispetto a tale sistema di riferimento con $v_r=v_0-v'=v_0-\frac{m_A v_0}{m_A+m_B}=\frac{m_B v_0}{m_A+m_B}$.
Allora, applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica si ha:
$$
\frac{1}{2}mv_r^2=mgh
$$
cioè:
$$
h=\frac{v_r^2}{2g}=\frac{m_B^2 v_0^2}{2g(m_A+m_B)^2}
$$
Tuttavia sul testo è indicata la soluzione $ h=\frac{m_B^2 v_0^2}{2g(m_A+m_B)(m+m_A+m_B)}$.
Qualcuno sa indicarmi dove sbaglio?
Grazie
Un piano inclinato è fissato ad un carrello in moto con velocità costante $v_0$. La massa del carrello più quella del piano inclinato è $m_A$. Su tale carrello si trova un cilindro di massa $m$ in quiete rispetto al carrello stesso. Ad un tratto il carrello urta un secondo carrello di massa $m_B$ inizialmente fermo. Dopo l'urto i due carrelli rimangono attaccati. Dopo l'urto il cilindro inizia a muoversi e risale lungo il piano inclinato (senza attriti). Determinare l'altezza massima raggiunta dal cilindro dopo l'urto.
Io ho pensato di risolvere in questo modo:
prima dell'urto il cilindro si muove insieme al carrello A con velocità $v_0$. La quantità di moto [nota]fissando come verso positivo quello idicato dalla velocità iniziale[/nota] è $(m+m_A)v_0$.
Dopo l'urto la quantità di moto è $(m_A+m_B)v'+mv_0$ (infatti la massa m continua a muoversi con velocità $v_0$) allora, dalla conservazione della quantità di moto segue:
$$(m+m_A)v_0=(m_A+m_B)v'+mv_0$$
da cui:
$$v'=\frac{m_Av_0}{m_A+m_B}$$
Se adesso consideriamo un sistema di riferimento solidale con il primo carrello possiamo trovare la velocità relativa del cilindro (dopo l'urto) rispetto a tale sistema di riferimento con $v_r=v_0-v'=v_0-\frac{m_A v_0}{m_A+m_B}=\frac{m_B v_0}{m_A+m_B}$.
Allora, applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica si ha:
$$
\frac{1}{2}mv_r^2=mgh
$$
cioè:
$$
h=\frac{v_r^2}{2g}=\frac{m_B^2 v_0^2}{2g(m_A+m_B)^2}
$$
Tuttavia sul testo è indicata la soluzione $ h=\frac{m_B^2 v_0^2}{2g(m_A+m_B)(m+m_A+m_B)}$.
Qualcuno sa indicarmi dove sbaglio?
Grazie
Risposte
No Laura, non può funzionare così. Se guardi l'espressione da te trovata di $v'$ dopo l'urto, noti che la massa $m$ del cilindro non compare affatto. Quindi, sia che sul carrello A ci sia uno stuzzicadenti, sia che ci sia un cilindro di qualche tonnellata, la velocità dopo l'urto sarebbe la stessa. No.
LA velocità dopo l'urto deve tener conto anche di $m$.
LA velocità dopo l'urto deve tener conto anche di $m$.
Ciao navigatore, inizialmente avevo pensato alla presenza della massa del cilindro il $v'$, tuttavia poi ho ragionato considerando che non c'è attrito è ho concluso che il cilindro continua a muoversi come si muoveva prima come se non influensasse l'urto (infatti nella conservazione della quantità di moto scompare il suo contributo). Senza attrito il cilindro non si accorge nemmeno dell'urto tra i due carrelli....
"laura123":
... Senza attrito il cilindro non si accorge nemmeno dell'urto tra i due carrelli....
Se proseguissimo nel tuo ragionamento allora l'energia cinetica del cilindro, rispetto ad un riferimento fisso sul terreno, rimarrebbe $1/2mv_0^2$ e quindi l'altezza raggiunta dal cilindro sarebbe ancor maggiore di quella che hai trovato (col risultato, tra l'altro, di avere altezze diverse a seconda del sistema di riferimento adottato).
D'altra parte non mi sembra sia vero che l'urto tra i carrelli non abbia alcun effetto sul cilindro; questi inizia a muoversi rispetto al carrello su cui si trova e ad un certo istante "urta" il piano inclinato; forse si deve tener conto "anche" di questa "informazione" se si vuole risolvere il problema.
Cordialmente, Alex
ok, supponiamo per un attimo che non ci sia il piano inclinato. La conservazione della quantità di moto è sempre $(m+m_A)v_0=(m_A+m_B)v'+mv_0$ giusto?
Quella a me sembra corretta, in quanto è un sistema isolato sul quale non agiscono forze esterne.
Se non ci sono attriti, ha senso anche (IMHO) che la velocità del blocco formato dai due carrelli dipenda solo dalle loro masse e le loro velocità, in quanto il cilindro proseguirebbe per i fatti suoi finché non va a sbattere da qualche parte ...
Però poi a sbattere ci va ...
Cordialmente, Alex
Se non ci sono attriti, ha senso anche (IMHO) che la velocità del blocco formato dai due carrelli dipenda solo dalle loro masse e le loro velocità, in quanto il cilindro proseguirebbe per i fatti suoi finché non va a sbattere da qualche parte ...
Però poi a sbattere ci va ...
Cordialmente, Alex
Invece a me non sembra corretta. È la stessa di prima, quindi la quantità $mv_0$ si semplifica, e ritorniamo alla $v'$ che ritengo sbagliata (intendiamoci, eh: qui posso sbagliare anch'io! Questo è il bello del forum : discutere tra persone amiche per arrivare alla fine a stabilire come stanno veramente le cose).
Io penso che l'urto tra i carrelli sia un fenomeno impulsivo,come è in realtà, per cui almeno inizialmente è come se il cilindro fosse fermo rispetto al carrello A ; cioè io scriverei la conservazione della qdm così :
$ (m+m_A)v_0=(m + m_A+m_B)v' $
perciò ritengo che si dovrebbe avere : $ v' = v_0 (m+m_A)/(m+m_A+m_B)$
Però poi, per quanti ragionamenti faccia per proseguire, non arrivo alla soluzione del libro per $h$.
Il cilindro subisce un impulso $m(v_0 - v')$, che lo fa accelerare rispetto al carrello: è una forza inerziale, no?
Io penso che l'urto tra i carrelli sia un fenomeno impulsivo,come è in realtà, per cui almeno inizialmente è come se il cilindro fosse fermo rispetto al carrello A ; cioè io scriverei la conservazione della qdm così :
$ (m+m_A)v_0=(m + m_A+m_B)v' $
perciò ritengo che si dovrebbe avere : $ v' = v_0 (m+m_A)/(m+m_A+m_B)$
Però poi, per quanti ragionamenti faccia per proseguire, non arrivo alla soluzione del libro per $h$.
Il cilindro subisce un impulso $m(v_0 - v')$, che lo fa accelerare rispetto al carrello: è una forza inerziale, no?
La questione però sta nel fatto che il cilindro per subire un impulso dovrebbe essere soggetto a una qualsiasi forza esterna che invece non c'è (se non ci sono attriti), ergo continua imperterrito nel suo moto con la QdM che aveva ...
L'ultima frase che hai scritto io la vedrei così: non è il cilindro che subisce un impulso ma il carrello su cui si trova, il quale rallenta e perciò si stabilisce una differenza di velocità tra carrello e cilindro (ma solo perché rallenta il carrello).
D'altra parte, senza attrito, non c'è interazione tra cilindro e carrello (se non la coppia azione e reazione dovuta al peso del cilindro, che però non ha influenza sul moto relativo tra i due corpi).
IMHO, finche il cilindro non "sbatte" contro il piano la situazione mi sembra quella che ha detto laura, poi ... non so ...
Cordialmente, Alex
L'ultima frase che hai scritto io la vedrei così: non è il cilindro che subisce un impulso ma il carrello su cui si trova, il quale rallenta e perciò si stabilisce una differenza di velocità tra carrello e cilindro (ma solo perché rallenta il carrello).
D'altra parte, senza attrito, non c'è interazione tra cilindro e carrello (se non la coppia azione e reazione dovuta al peso del cilindro, che però non ha influenza sul moto relativo tra i due corpi).
IMHO, finche il cilindro non "sbatte" contro il piano la situazione mi sembra quella che ha detto laura, poi ... non so ...
Cordialmente, Alex
Ho riletto il testo : dice solo che risale il piano inclinato senza attrito. Non dice niente di quando il cilindro è sul piano orizzontale del carrello A. Comunque un disco può rotolare anche senza attrito.
I miei dubbi rimangono ...
Il testo, a riguardo degli attriti, è un po' subdolo, dice infatti "... il cilindro inizia a muoversi e risale lungo il piano inclinato (senza attriti) ..." da cui sembrerebbe che non ci siano "attriti" (plurale), nemmeno uno, non solo lungo il piano.
Ma ammetiamo pure che sia così, allora dalla formula con cui uguagli le due quantità di moto assumi che il cilindro abbia la nuova velocità $v'$ che però è la stessa del carrello quindi rispetto a quest'ultimo (e al piano inclinato) è fermo: come può quindi risalire il piano inclinato?
Cordialmente, Alex
Il testo, a riguardo degli attriti, è un po' subdolo, dice infatti "... il cilindro inizia a muoversi e risale lungo il piano inclinato (senza attriti) ..." da cui sembrerebbe che non ci siano "attriti" (plurale), nemmeno uno, non solo lungo il piano.
Ma ammetiamo pure che sia così, allora dalla formula con cui uguagli le due quantità di moto assumi che il cilindro abbia la nuova velocità $v'$ che però è la stessa del carrello quindi rispetto a quest'ultimo (e al piano inclinato) è fermo: come può quindi risalire il piano inclinato?
Cordialmente, Alex
No, ho detto che inizialmente, cioè al momento dell'urto, il cilindro con la sua massa "partecipa" alla determinazione della velocità $v'$ , non che rimanga poi in quiete rispetto ad A. Certo che il testo è subdolo per quanto riguarda l'attrito. Non riesco a non pensare che il cilindro sia sottoposto a una forza impulsiva...
"navigatore":
No, ho detto che inizialmente, cioè al momento dell'urto, il cilindro con la sua massa "partecipa" alla determinazione della velocità $v'$ , non che rimanga poi in quiete rispetto ad A. ...
... mmm ... sì e no ...
Hai scritto questa $(m+m_A )v_0 =(m+m _ A+m_B)v'$ che equivale a questa $mv_0+m_Av_0 =mv'+m_Av'+m_Bv'$ quindi ipotizzi che, almeno per un istante DOPO l'urto, il cilindro abbia la stessa velocità del carrello; e allora quando e perché dovrebbe poi assumerne un'altra (prima di sbattere contro il piano inclinato ovviamente)?
Per inciso, io non ho mai pensato a un cilindro che "rotola" ma, come dice il testo, a un cilindro che si "muove" e questo si accorda col principio d'inerzia (in mancanza di attriti). Ecco perché a me non sembra strano che il cilindro non sia soggetto ad una forza impulsiva (ovviamente in un caso ideale com'è spesso negli esercizi).
Cordialmente, Alex
Dopo aver letto il testo originale mi pare che torni ...
Il cilindro è BLOCCATO prima dell'urto, perciò subisce l'impulso dovuto allo scontro.
Quindi è vero quello che dice navigatore è cioè $v'=v_0(m+m_A)/(m+m_A+m_B)$.
Immediatamente dopo l'urto è lasciato libero di muoversi perciò la variazione della sua quantità di moto sarà
$m(v_0-v')=m(v_0-v_0(m+m_A)/(m+m_A+m_B))=mv_0((m+m_A+m_B-m-m_A)/(m+m_A+m_B))=mv_0(m_B/(m+m_A+m_B))$
da cui segue che la velocità del cilindro è $v=v_0(m_B/(m+m_A+m_B))$ e proseguendo con $1/2mv^2=mgh$ arriviamo a $h=(v_0^2m_B^2)/(2g(m+m_A+m_B)^2)$ che però non corrisponde alla tua soluzione ... quindi avrò sbagliato qualcosa
Cordialmente, Alex
EDIT: Ehi, perché hai tolto il testo originale? Non si fanno questi scherzi ...
Il cilindro è BLOCCATO prima dell'urto, perciò subisce l'impulso dovuto allo scontro.
Quindi è vero quello che dice navigatore è cioè $v'=v_0(m+m_A)/(m+m_A+m_B)$.
Immediatamente dopo l'urto è lasciato libero di muoversi perciò la variazione della sua quantità di moto sarà
$m(v_0-v')=m(v_0-v_0(m+m_A)/(m+m_A+m_B))=mv_0((m+m_A+m_B-m-m_A)/(m+m_A+m_B))=mv_0(m_B/(m+m_A+m_B))$
da cui segue che la velocità del cilindro è $v=v_0(m_B/(m+m_A+m_B))$ e proseguendo con $1/2mv^2=mgh$ arriviamo a $h=(v_0^2m_B^2)/(2g(m+m_A+m_B)^2)$ che però non corrisponde alla tua soluzione ... quindi avrò sbagliato qualcosa
Cordialmente, Alex
EDIT: Ehi, perché hai tolto il testo originale? Non si fanno questi scherzi ...
Forse ho capito il ragionamento del libro:
dopo l'urto consideriamo un sistema di riferimento solidale al centro di massa del sistema, questo si muoverà rispetto al suolo con velocità $v_{CM}$. Questa idea mi è venuta quando ho letto le vostre discussioni sulla velocità del cilindro prima e dopo l'urto... il cilindro dopo l'urto continua a muoversi come dicevo prima con velocità $v_0$ rispetto al suolo.
Veniamo ora alla conservazione della quantità di moto:
$(m+m_A)v_0=(m+m_A+m_B)v_{cm}$
d'altra parte
$(m+m_A)v_0=(m_A+m_B)v'+mv_0$
quindi:
$v'=\frac{m_A}{m_A+m_B}v_0$ (1)
e
$v_{CM}=\frac{m_A+m}{m+m_A+m_B}v_0$ (2)
Imponiamo la conservazione dell'energia (dopo l'urto) nel sistema di riferimento del centro di massa[nota]in questo sistema il cilindro si muove con velocità $v_0-v_{CM}$ invece i due carrelli $v_{CM}-v'$[/nota]:
$\frac{1}{2}m(v_0-v_{CM})^2+\frac{1}{2}(m_A+m_B)(v_{CM}-v')^2=mgh$
sostituendo le (1) e (2) e sviluppando i calcoli si trova
$\frac{mv_0^2m_B^2}{2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}=mgh$
e finalmente: $h=\frac{v_0^2m_B^2}{2g(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}$.
Secondo voi funziona?
dopo l'urto consideriamo un sistema di riferimento solidale al centro di massa del sistema, questo si muoverà rispetto al suolo con velocità $v_{CM}$. Questa idea mi è venuta quando ho letto le vostre discussioni sulla velocità del cilindro prima e dopo l'urto... il cilindro dopo l'urto continua a muoversi come dicevo prima con velocità $v_0$ rispetto al suolo.
Veniamo ora alla conservazione della quantità di moto:
$(m+m_A)v_0=(m+m_A+m_B)v_{cm}$
d'altra parte
$(m+m_A)v_0=(m_A+m_B)v'+mv_0$
quindi:
$v'=\frac{m_A}{m_A+m_B}v_0$ (1)
e
$v_{CM}=\frac{m_A+m}{m+m_A+m_B}v_0$ (2)
Imponiamo la conservazione dell'energia (dopo l'urto) nel sistema di riferimento del centro di massa[nota]in questo sistema il cilindro si muove con velocità $v_0-v_{CM}$ invece i due carrelli $v_{CM}-v'$[/nota]:
$\frac{1}{2}m(v_0-v_{CM})^2+\frac{1}{2}(m_A+m_B)(v_{CM}-v')^2=mgh$
sostituendo le (1) e (2) e sviluppando i calcoli si trova
$\frac{mv_0^2m_B^2}{2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}=mgh$
e finalmente: $h=\frac{v_0^2m_B^2}{2g(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}$.
Secondo voi funziona?
"axpgn":
EDIT: Ehi, perché hai tolto il testo originale? Non si fanno questi scherzi ...
l'avevo messo perché pensavo a qualche gioco di parole nel testo ..poi ho capito che non serviva e per non appesantire il post l'ho tolto
Però il cilindro è alla base del piano inclinato, in quiete, prima dell'urto; poi dopo l'urto sale sul piano, quindi c'è di mezzo pure l'inclinazione del piano che cambia la direzione della velocità….forse il ragionamento si dovrebbe affinare un po' …..
Ora però sono molto stanco e vi saluto. Notte.
Ora però sono molto stanco e vi saluto. Notte.
Dubbio: probabilmente non ho capito niente, ma non puoi considerare due sistemi di riferimento diversi PRIMA e DOPO l'urto e uguagliare le QdM, secondo me ...
Cordialmente, Alex
P.S.: Rimetti il testo, non ci sono giochi di parole ma chiarisce il problema ...
EDIT: 'notte navigatore,
Cordialmente, Alex
P.S.: Rimetti il testo, non ci sono giochi di parole ma chiarisce il problema ...
EDIT: 'notte navigatore,
Ammetto di aver scritto male il messaggio anticipando quello che in realtà uso in seguito, quando ho calcolato le quantità di moto ed ho imposto la conservazione stavo considerando un sistema di riferimento fisso al suolo non quello del centro di massa. Questa prima fase mi è servita per ricavare la velocità del centro di massa e poter in tal modo determinare le altre velocità nel sistema del centro di massa (che uso solo nella conservazione dell'energia). Quindi non ho cambiato sistema durante l'urto.
Ps se domani trovo un po' di tempo rimetto il testo
Ps se domani trovo un po' di tempo rimetto il testo
Allora ... nel frattempo ho fatto un ragionamento simile al tuo e mi trovo che la formula per $v_(CM)$ che citi nella (2) è la stessa sia PRIMA che DOPO l'urto rispetto al suolo (e deve essere così); quindi quella parte penso che vada bene ...
Però il bilancio dovrebbe essere quello delle QdM non delle energie cinetiche perché quella che si conserva è la QdM.
E poi proseguire da lì ...
Però il bilancio dovrebbe essere quello delle QdM non delle energie cinetiche perché quella che si conserva è la QdM.
E poi proseguire da lì ...
Qui la soluzione...
Quantità di moto prima dell'urto:
$$(m+m_A)v_0$$
Quantità di moto dopo l'urto:
$$mv_0+(m_A+m_B)v_1$$
Quantità di moto al momento dell'altezza massima:
$$(m+m_A+m_B)v$$
Abbiamo conservazione di moto (3 situazioni), dunque
$$(m+m_A)v_0=mv_0+(m_A+m_B)v_1=(m+m_A+m_B)v$$
Adesso possiamo calcolare $v_1$ e $v$:
$$v_1=\frac{m_Av_0}{m_A+m_B}$$
$$v=\frac{(m+m_A)v_0}{m+m_A+m_B}$$
Energia meccanica prima dell'urto:
$$\frac{(m+m_A)v_0^2}{2}$$
Energia meccanica dopo l'urto:
$$\frac{mv_0^2}{2}+\frac{(m_A+m_B)v_1^2}{2}$$
Energia meccanica al momento dell'altezza massima:
$$\frac{(m+m_A+m_B)v^2}{2}+mgh$$
Abbiamo conservazione di energia (energia dopo l'urto = energia al momento dell'altezza massima) dunque
$$\frac{mv_0^2}{2}+\frac{(m_A+m_B)v_1^2}{2}=\frac{(m+m_A+m_B)v^2}{2}+mgh$$
Sostituzione di $v$ e $v_1$
$$\frac{mv_0^2}{2}+\frac{(m_A+m_B) \left( \frac{m_Av_0}{m_A+m_B} \right) ^2}{2}=\frac{(m+m_A+m_B) \left( \frac{(m+m_A)v_0}{m+m_A+m_B} \right) ^2}{2}+mgh$$
$$\frac{mv_0^2}{2}+\frac{ \left( m_Av_0 \right)^2 }{2(m_A+m_B)}=\frac{(m+m_A)^2v_0^2}{2(m+m_A+m_B)}+mgh$$
$$mgh = \frac{mv_0^2}{2}+\frac{ \left( m_Av_0 \right)^2 }{2(m_A+m_B)} - \frac{(m+m_A)^2v_0^2}{2(m+m_A+m_B)}$$
$$mgh = \frac{mv_0^2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B) + \left( m_Av_0 \right)^2(m+m_A+m_B) - (m_A+m_B)(m+m_A)^2v_0^2 }{2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}$$
$$mgh = \frac{m(m+m_A+m_B)(m_A+m_B) + m_A^2(m+m_A+m_B) - (m_A+m_B)(m+m_A)^2 }{2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}v_0^2$$
$$mgh = \frac{mm_B^2 }{2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}v_0^2$$
$$h = \frac{m_B^2 }{2g(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}v_0^2$$
Quantità di moto prima dell'urto:
$$(m+m_A)v_0$$
Quantità di moto dopo l'urto:
$$mv_0+(m_A+m_B)v_1$$
Quantità di moto al momento dell'altezza massima:
$$(m+m_A+m_B)v$$
Abbiamo conservazione di moto (3 situazioni), dunque
$$(m+m_A)v_0=mv_0+(m_A+m_B)v_1=(m+m_A+m_B)v$$
Adesso possiamo calcolare $v_1$ e $v$:
$$v_1=\frac{m_Av_0}{m_A+m_B}$$
$$v=\frac{(m+m_A)v_0}{m+m_A+m_B}$$
Energia meccanica prima dell'urto:
$$\frac{(m+m_A)v_0^2}{2}$$
Energia meccanica dopo l'urto:
$$\frac{mv_0^2}{2}+\frac{(m_A+m_B)v_1^2}{2}$$
Energia meccanica al momento dell'altezza massima:
$$\frac{(m+m_A+m_B)v^2}{2}+mgh$$
Abbiamo conservazione di energia (energia dopo l'urto = energia al momento dell'altezza massima) dunque
$$\frac{mv_0^2}{2}+\frac{(m_A+m_B)v_1^2}{2}=\frac{(m+m_A+m_B)v^2}{2}+mgh$$
Sostituzione di $v$ e $v_1$
$$\frac{mv_0^2}{2}+\frac{(m_A+m_B) \left( \frac{m_Av_0}{m_A+m_B} \right) ^2}{2}=\frac{(m+m_A+m_B) \left( \frac{(m+m_A)v_0}{m+m_A+m_B} \right) ^2}{2}+mgh$$
$$\frac{mv_0^2}{2}+\frac{ \left( m_Av_0 \right)^2 }{2(m_A+m_B)}=\frac{(m+m_A)^2v_0^2}{2(m+m_A+m_B)}+mgh$$
$$mgh = \frac{mv_0^2}{2}+\frac{ \left( m_Av_0 \right)^2 }{2(m_A+m_B)} - \frac{(m+m_A)^2v_0^2}{2(m+m_A+m_B)}$$
$$mgh = \frac{mv_0^2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B) + \left( m_Av_0 \right)^2(m+m_A+m_B) - (m_A+m_B)(m+m_A)^2v_0^2 }{2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}$$
$$mgh = \frac{m(m+m_A+m_B)(m_A+m_B) + m_A^2(m+m_A+m_B) - (m_A+m_B)(m+m_A)^2 }{2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}v_0^2$$
$$mgh = \frac{mm_B^2 }{2(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}v_0^2$$
$$h = \frac{m_B^2 }{2g(m+m_A+m_B)(m_A+m_B)}v_0^2$$
Grazie wnvl. Forse il ragionamento mio non è tanto diverso dal tuo (almeno penso): tu hai studiato la situazione da un sistema solidale al suolo mentre io dal sistema di riferimento solidale al centro di massa.
infatti il bilancio delle quantità di moto l'ho imposto inizialmente, poi ho imposto la conservazione dell'energia meccanica totale (mettendomi nel sistema del CM):
prima dell'urto $\frac{1}{2}m(v_0-v_{CM})^2+\frac{1}{2}(m_A+m_B)(v_{CM}-v')^2$ è l'energia cinetica, l'energia potenziale è nulla;
dopo l'urto: $mgh$ è l'energia potenziale mentre l'energia cinetica è $0$ perché tutto il sistema si muove con velocità $v_{CM}$
Mettendomi nel sistema di riferimento del centro di massa (sistema inerziale) si conserva l'energia totale (ovviamente l'espressione dell'energia è diversa rispetto a quella calcolata dal suolo)
"axpgn":
Però il bilancio dovrebbe essere quello delle QdM non delle energie cinetiche perché quella che si conserva è la QdM.
infatti il bilancio delle quantità di moto l'ho imposto inizialmente, poi ho imposto la conservazione dell'energia meccanica totale (mettendomi nel sistema del CM):
prima dell'urto $\frac{1}{2}m(v_0-v_{CM})^2+\frac{1}{2}(m_A+m_B)(v_{CM}-v')^2$ è l'energia cinetica, l'energia potenziale è nulla;
dopo l'urto: $mgh$ è l'energia potenziale mentre l'energia cinetica è $0$ perché tutto il sistema si muove con velocità $v_{CM}$
Mettendomi nel sistema di riferimento del centro di massa (sistema inerziale) si conserva l'energia totale (ovviamente l'espressione dell'energia è diversa rispetto a quella calcolata dal suolo)
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo