Messaggioda anonymous_0b37e9 » 05/08/2017, 11:57

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.
Ultima modifica di anonymous_0b37e9 il 05/08/2017, 14:53, modificato 1 volta in totale.
anonymous_0b37e9
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Re: Urto massa-asta

Messaggioda Mynameis » 05/08/2017, 13:01

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
Mynameis
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Messaggioda anonymous_0b37e9 » 05/08/2017, 20:07

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:

$[v_G^2=m_p^2/(m+m_p)^2v_0^2+1/4m_p^2/(m+m_p)^2l^2\omega^2]$

Mynameis ha scritto:... 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 ha scritto:... aiutatemi a togliermi di mezzo sto maledetto esercizio ...

Per curiosità, dove lo sei andato a pescare?
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Re: Urto massa-asta

Messaggioda Mynameis » 06/08/2017, 16:56

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
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Re: Urto massa-asta

Messaggioda Vulplasir » 06/08/2017, 17:25

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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