Urto massa-asta
Ciao a tutti , ho bisogno di una mano per l'ultima richiesta di questo esercizio : "Un'asta rigida omogenea di massa $ m $ e lunghezza $ l $ ha il centro C vincolato a una cerniera di massa trascurabile . La cerniera può scorrere senza attrito lungo un asse orizzontale e permette all'asta di ruotare senza attrito in un piano verticale . Inizialmente l'asta è in quiete e disposta verticalmente . Un punto materiale di massa $ m_p $ in moto nel piano verticale contenente l'asta e l'asse x orizzontale passante per C , con velocità parallela all'asse x e modulo $ v_0 $ urta l'asta nel suo estremo A ( estremo superiore ) rimanendovi attaccato . Considerando l'urto istantaneo si calcoli : a) il modulo della velocità angolare dell'asta subito dopo l'urto ; b) il modulo della velocità angolare dell'asta e la reazione $ R $ della cerniera nell'istante in cui l'asta e orizzontale ."
Come dicevo il mio problema sta proprio nella richiesta che riguarda la cerniera . Io avevo pensato di prendere come polo il centro di massa e scrivere $ (dL')/(dt)=M'=Rx_(cm) $ . Fatto ciò però sono fermo perché non riesco ad andare avanti , perché $ (dL')/(dt)=d(I_(cm)omega')/(dt)=I_(cm)(domega)/(dt) $ considerando l'inerzia costante rispetto al centro di massa costante , mi verrebbe fuori una accelerazione angolare che però non so esprimere . Vi prego aiutatemi a togliermi di mezzo sto maledetto esercizio grazie !
Come dicevo il mio problema sta proprio nella richiesta che riguarda la cerniera . Io avevo pensato di prendere come polo il centro di massa e scrivere $ (dL')/(dt)=M'=Rx_(cm) $ . Fatto ciò però sono fermo perché non riesco ad andare avanti , perché $ (dL')/(dt)=d(I_(cm)omega')/(dt)=I_(cm)(domega)/(dt) $ considerando l'inerzia costante rispetto al centro di massa costante , mi verrebbe fuori una accelerazione angolare che però non so esprimere . Vi prego aiutatemi a togliermi di mezzo sto maledetto esercizio grazie !
Risposte
Premesso che $[bar(CG)=1/2m_p/(m+m_p)l]$, per quanto riguarda il punto a) si possono scrivere 2 equazioni:
1. Conservazione della quantità di moto lungo la direzione orizzontale:
2. Conservazione del momento angolare rispetto a C:
Per quanto riguarda il punto b), dopo l'urto si conservano la quantità di moto lungo la direzione orizzontale e l'energia meccanica.
1. Conservazione della quantità di moto lungo la direzione orizzontale:
$[m_pv_0=(m+m_p)v_G]$
2. Conservazione del momento angolare rispetto a C:
$[1/2m_pv_0l=1/2m_pv_Gl+I_G\omega] ^^ [I_G=1/12ml^2+1/4(mm_p^2)/(m+m_p)^2l^2+1/4(m^2m_p)/(m+m_p)^2l^2]$
Per quanto riguarda il punto b), dopo l'urto si conservano la quantità di moto lungo la direzione orizzontale e l'energia meccanica.
Secondo me, nell'ultimo punto, potresti ricavarti la reazione vincolare scomponendola nella direzione radiale e tangenziale e scrivendoti le equazioni del moto, ricordando che lungo la direzione radiale all'ipotetica circonferenza si ha accelerazione centripeta.
$R_r = m_p* \omega^2 * r $
$R_t = (m+m_p) * g$
$R=sqrt (R_r ^2 + R_t ^2)$
Dove il pedice r sta ad indicare la direzione radiale e quello t quella tangenziale
$R_r = m_p* \omega^2 * r $
$R_t = (m+m_p) * g$
$R=sqrt (R_r ^2 + R_t ^2)$
Dove il pedice r sta ad indicare la direzione radiale e quello t quella tangenziale
Grazie per le risposte . La conservazione della quantità di moto lungo la direzione orizzontale può essere sfruttata solo se la risultante delle forze esterne al sistema lungo questa direzione è nulla ( non esseondoci vincoli che tengono fermo il corpo rigido ) , ma qui vedo una reazioni vincolare , che se non sbaglio viene sempre considerata esterna e lungo l'orizzontale essa ha una risultante diversa da zero . Devo allora dedurre che la reazione , sebbene esterna , non abbia carattere impulsivo ? Come è possibile ? La sua intensità non aumenta di molto nell'istante dell'urto??
"Mynameis":
La cerniera può scorrere senza attrito lungo un asse orizzontale ...
La reazione vincolare è una forza incognita diretta lungo la direzione verticale.
Ho capito : dato che non si esercita attrito lungo l'asse x la reazione della cerniera è costantemente verticale e pertanto si conserva la quantità di moto del sistema prima e dopo l'urto . E' giusto continuare il problema come segue ?
Prima cardinale lungo y : $ R-(m+m_p)g=(m+m_p)gxx a_(cmy) $ con $ a_(cmy)=alphax_(cm) $
Seconda cardinale preso il centro di massa come polo : $ M=I_(cm)alpha $
Risolvendo il sistema di due equazioni in due incognite trovo la reazione
Grazie ancora
Prima cardinale lungo y : $ R-(m+m_p)g=(m+m_p)gxx a_(cmy) $ con $ a_(cmy)=alphax_(cm) $
Seconda cardinale preso il centro di massa come polo : $ M=I_(cm)alpha $
Risolvendo il sistema di due equazioni in due incognite trovo la reazione
Grazie ancora
Mi ero perso la parte dove può scorrere senza attrito lungo l'asse orizzontale
Infatti non capivo il perché della componente orizzontale della reazione che se presente non avrebber permesso di conservare la quantità di moto . Attendo riscontro per quanto riguarda la mia proposta di risoluzione
"anonymous_0b37e9":
Per quanto riguarda il punto b), dopo l'urto si conservano la quantità di moto lungo la direzione orizzontale e l'energia meccanica.
Non si comprende come tu abbia determinato la velocità del centro di massa e la velocità angolare nell'istante in cui l'asta è orizzontale.
La $ omega $ nell'istante in cui l'asta è orizzontale l'ho determinata utilizzando la conservazione dell'energia :
$ m_Pgl/2=omega^2[1/2(m+m_p)x_(cm)^2+1/2I']-1/2(m+m_p)Omega^2x_(cm)^2-1/2I'Omega^2 $ , variazione di energia potenziale cambiata di segno del centro di massa ( ovvero del sistema ) uguale alla variazione di energia cinetica del sistema che è fatta di due termini : i primi due ( utilizzando il teorema di Konig ) si riferiscono alla energia cinetica del centro di massa e rispetto al centro di massa nell'istante in cui l'asta è orizzontale ; gli altri due sono la somma ( che poi si trasformano entrambi i segni in meno dovuti alla differenza $ E_k - E_i $ , dell' energia cinetica del centro di massa e rispetto al centro di massa subito dopo l'urto determinata al punto a) . $ I' $ è l'inerzia del sistema rispetto al centro di massa ed $ Omega $ è la velocità angolare del sistema subito dopo l'urto . Mi rendo conto che con la conservazione della quantità di moto si risolverebbe tutto in più fretta ma ho risolto questo passaggio prima di aprire il post. La velocità del centro di massa è stata espressa come $ v_(cm)=omegax_(cm) $ con la velocità angolare che fa riferimento ai vari istanti del moto chiaramente . Per la risoluzione dell'ultima richiesta del problema , il modulo di $ R $ non ho utilizzato né la velocità del centro di massa né la v. angolare . La mia risoluzione proposta è quella scritta nel mio post precedente , ma non ho ancora capito se giusta o meno
$ m_Pgl/2=omega^2[1/2(m+m_p)x_(cm)^2+1/2I']-1/2(m+m_p)Omega^2x_(cm)^2-1/2I'Omega^2 $ , variazione di energia potenziale cambiata di segno del centro di massa ( ovvero del sistema ) uguale alla variazione di energia cinetica del sistema che è fatta di due termini : i primi due ( utilizzando il teorema di Konig ) si riferiscono alla energia cinetica del centro di massa e rispetto al centro di massa nell'istante in cui l'asta è orizzontale ; gli altri due sono la somma ( che poi si trasformano entrambi i segni in meno dovuti alla differenza $ E_k - E_i $ , dell' energia cinetica del centro di massa e rispetto al centro di massa subito dopo l'urto determinata al punto a) . $ I' $ è l'inerzia del sistema rispetto al centro di massa ed $ Omega $ è la velocità angolare del sistema subito dopo l'urto . Mi rendo conto che con la conservazione della quantità di moto si risolverebbe tutto in più fretta ma ho risolto questo passaggio prima di aprire il post. La velocità del centro di massa è stata espressa come $ v_(cm)=omegax_(cm) $ con la velocità angolare che fa riferimento ai vari istanti del moto chiaramente . Per la risoluzione dell'ultima richiesta del problema , il modulo di $ R $ non ho utilizzato né la velocità del centro di massa né la v. angolare . La mia risoluzione proposta è quella scritta nel mio post precedente , ma non ho ancora capito se giusta o meno
Subito dopo l'urto:
$[I_G=(m(m+4m_p))/(12(m+m_p))l^2] rarr [v_G=m_p/(m+m_p)v_0] ^^ [\omega=(6m_p)/(m+4m_p)v_0/l]$
Nell'istante in cui l'asta è orizzontale, mentre la prima equazione si ottiene conservando l'energia meccanica:
$[1/2(m+m_p)m_p^2/(m+m_p)^2v_0^2+1/2(m(m+4m_p))/(12(m+m_p))l^2(36m_p^2)/(m+4m_p)^2v_0^2/l^2+1/2m_pgl=$
$=1/2(m+m_p)v_G^2+1/2(m(m+4m_p))/(12(m+m_p))l^2\omega^2]$
la seconda equazione, dopo aver osservato che $[vec(v_C)]$ è sempre diretta lungo la direzione orizzontale e, nel medesimo istante, $[vec\omegaxx(C-G)]$ è diretta lungo la direzione verticale:
$[vec(v_C)=vec(v_G)+vec\omegaxx(C-G)] rarr [|vec(v_C)|=m_p/(m+m_p)v_0]$
si ottiene servendosi ancora della formula precedente e ricordando che $[bar(CG)=1/2m_p/(m+m_p)l]$:
$[vec(v_G)=vec(v_C)+vec\omegaxx(G-C)] rarr [v_G^2=m_p^2/(m+m_p)^2v_0^2+1/4m_p^2/(m+m_p)^2l^2\omega^2]$
Ad ogni modo, ho l'impressione che tu stia banalizzando troppo il problema.
$[I_G=(m(m+4m_p))/(12(m+m_p))l^2] rarr [v_G=m_p/(m+m_p)v_0] ^^ [\omega=(6m_p)/(m+4m_p)v_0/l]$
Nell'istante in cui l'asta è orizzontale, mentre la prima equazione si ottiene conservando l'energia meccanica:
$[1/2(m+m_p)m_p^2/(m+m_p)^2v_0^2+1/2(m(m+4m_p))/(12(m+m_p))l^2(36m_p^2)/(m+4m_p)^2v_0^2/l^2+1/2m_pgl=$
$=1/2(m+m_p)v_G^2+1/2(m(m+4m_p))/(12(m+m_p))l^2\omega^2]$
la seconda equazione, dopo aver osservato che $[vec(v_C)]$ è sempre diretta lungo la direzione orizzontale e, nel medesimo istante, $[vec\omegaxx(C-G)]$ è diretta lungo la direzione verticale:
$[vec(v_C)=vec(v_G)+vec\omegaxx(C-G)] rarr [|vec(v_C)|=m_p/(m+m_p)v_0]$
si ottiene servendosi ancora della formula precedente e ricordando che $[bar(CG)=1/2m_p/(m+m_p)l]$:
$[vec(v_G)=vec(v_C)+vec\omegaxx(G-C)] rarr [v_G^2=m_p^2/(m+m_p)^2v_0^2+1/4m_p^2/(m+m_p)^2l^2\omega^2]$
Ad ogni modo, ho l'impressione che tu stia banalizzando troppo il problema.
Non ho capito bene la parte in cui applichi la legge di distribuzione delle velocità , potresti gentilmente spiegarmela meglio ? Ti ringrazio . Visto che mi stai dando tanti consigli per il problema mi sento di dartene uno io : non credo che se stessi banalizzando il problema sarei ancora qui anche dopo la tua soluzione del problema a chiederti chiarimenti per cui .... ti consiglio di fidarti di meno delle tue impressioni . Grazie ancora
Passo 1
In questa prima applicazione della formula fondamentale della cinematica dei corpi rigidi:
$[vec(v_C)=vec(v_G)+vec\omegaxx(C-G)]$
poiché $[vec(v_C)]$ è in ogni istante diretta lungo la direzione orizzontale e, nel solo istante in cui l'asta è orizzontale, $[vec\omegaxx(C-G)]$ è diretta lungo la direzione verticale, $[v_C]$ deve necessariamente essere uguale alla componente orizzontale di $[vec(v_G)]$ che, a sua volta, per la conservazione della componente orizzontale della quantità di moto, è in ogni istante uguale a $[m_p/(m+m_p)v_0]$. In definitiva:
$[v_C=m_p/(m+m_p)v_0]$
Passo 2
In questa seconda applicazione della formula fondamentale della cinematica dei corpi rigidi:
$[vec(v_G)=vec(v_C)+vec\omegaxx(G-C)]$
poiché $[vec(v_C)]$ è in ogni istante diretta lungo la direzione orizzontale e, nel solo istante in cui l'asta è orizzontale, $[vec\omegaxx(C-G)]$ è diretta lungo la direzione verticale, ricordando che $[bar(CG)=1/2m_p/(m+m_p)l]$ e applicando il teorema di Pitagora:
$[v_G^2=m_p^2/(m+m_p)^2v_0^2+1/4m_p^2/(m+m_p)^2l^2\omega^2]$
Non era propriamente una critica. Io stesso sono piuttosto sorpreso dalla complessità dell'esercizio. Infine, per quanto riguarda la reazione vincolare nell'istante in cui l'asta è orizzontale, orientando un asse verticale verso l'alto:
$[R-(m+m_p)g=(m+m_p)a_G]$
è necessario determinare $[a_G]$ derivando la solita formula:
$[vec(v_G)=vec(v_C)+vec\omegaxx(G-C)] rarr [vec(a_G)=vec(a_C)+(dvec\omega)/(dt)xx(G-C)+vec\omegaxx(vec(v_G)-vec(v_C))] rarr$
$rarr [vec(a_G)=vec(a_C)+(dvec\omega)/(dt)xx(G-C)+vec\omegaxxvec\omegaxx(G-C)] rarr [a_G=-1/2m_p/(m+m_p)ldot\omega]$
dato che $[vec(a_C)]$ e $[vec\omegaxxvec\omegaxx(G-C)]$ sono entrambe dirette lungo la direzione orizzontale. Inoltre, applicando la seconda equazione cardinale della dinamica:
$[(m(m+4m_p))/(12(m+m_p))l^2dot\omega=1/2m_p/(m+m_p)lR] rarr [dot\omega=(6m_p)/(m(m+4m_p))R/l] rarr$
$rarr [a_G=-(3m_p^2)/(m(m+m_p)(m+4m_p))R]$
In definitiva:
$[R-(m+m_p)g=-(3m_p^2)/(m(m+4m_p))R] rarr [R=(m(m+4m_p))/(m+3m_p)g]$
Giova sottolineare che lo stesso risultato può essere ottenuto più direttamente considerando un sistema avente due gradi di libertà e adottando gli strumenti della meccanica razionale. Insomma, per scrupolo, ho fatto una verifica.
Per curiosità, dove lo sei andato a pescare?
In questa prima applicazione della formula fondamentale della cinematica dei corpi rigidi:
$[vec(v_C)=vec(v_G)+vec\omegaxx(C-G)]$
poiché $[vec(v_C)]$ è in ogni istante diretta lungo la direzione orizzontale e, nel solo istante in cui l'asta è orizzontale, $[vec\omegaxx(C-G)]$ è diretta lungo la direzione verticale, $[v_C]$ deve necessariamente essere uguale alla componente orizzontale di $[vec(v_G)]$ che, a sua volta, per la conservazione della componente orizzontale della quantità di moto, è in ogni istante uguale a $[m_p/(m+m_p)v_0]$. In definitiva:
$[v_C=m_p/(m+m_p)v_0]$
Passo 2
In questa seconda applicazione della formula fondamentale della cinematica dei corpi rigidi:
$[vec(v_G)=vec(v_C)+vec\omegaxx(G-C)]$
poiché $[vec(v_C)]$ è in ogni istante diretta lungo la direzione orizzontale e, nel solo istante in cui l'asta è orizzontale, $[vec\omegaxx(C-G)]$ è diretta lungo la direzione verticale, ricordando che $[bar(CG)=1/2m_p/(m+m_p)l]$ e applicando il teorema di Pitagora:
$[v_G^2=m_p^2/(m+m_p)^2v_0^2+1/4m_p^2/(m+m_p)^2l^2\omega^2]$
"Mynameis":
... non credo che se stessi banalizzando il problema sarei ancora qui anche dopo la tua soluzione del problema a chiederti chiarimenti ...
Non era propriamente una critica. Io stesso sono piuttosto sorpreso dalla complessità dell'esercizio. Infine, per quanto riguarda la reazione vincolare nell'istante in cui l'asta è orizzontale, orientando un asse verticale verso l'alto:
$[R-(m+m_p)g=(m+m_p)a_G]$
è necessario determinare $[a_G]$ derivando la solita formula:
$[vec(v_G)=vec(v_C)+vec\omegaxx(G-C)] rarr [vec(a_G)=vec(a_C)+(dvec\omega)/(dt)xx(G-C)+vec\omegaxx(vec(v_G)-vec(v_C))] rarr$
$rarr [vec(a_G)=vec(a_C)+(dvec\omega)/(dt)xx(G-C)+vec\omegaxxvec\omegaxx(G-C)] rarr [a_G=-1/2m_p/(m+m_p)ldot\omega]$
dato che $[vec(a_C)]$ e $[vec\omegaxxvec\omegaxx(G-C)]$ sono entrambe dirette lungo la direzione orizzontale. Inoltre, applicando la seconda equazione cardinale della dinamica:
$[(m(m+4m_p))/(12(m+m_p))l^2dot\omega=1/2m_p/(m+m_p)lR] rarr [dot\omega=(6m_p)/(m(m+4m_p))R/l] rarr$
$rarr [a_G=-(3m_p^2)/(m(m+m_p)(m+4m_p))R]$
In definitiva:
$[R-(m+m_p)g=-(3m_p^2)/(m(m+4m_p))R] rarr [R=(m(m+4m_p))/(m+3m_p)g]$
Giova sottolineare che lo stesso risultato può essere ottenuto più direttamente considerando un sistema avente due gradi di libertà e adottando gli strumenti della meccanica razionale. Insomma, per scrupolo, ho fatto una verifica.
"Mynameis":
... aiutatemi a togliermi di mezzo sto maledetto esercizio ...
Per curiosità, dove lo sei andato a pescare?
È un esercizio di esame proposto dal mio professore di fisica 1 in un compito . Sono curioso quanto te di sapere da dove lo abbia preso . Comunque sia , grazie per l'aiuto
La difficoltà sta appunto nel fatto che il sistema ha 2 gradi di libertà, e nei primi corsi di fisica é difficile capire bene cosa significhi e quindi si tende a banalizzarlo sbagliandolo.
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