Climax di meccanica (piano inclinato)

Messaggio da **Pigkappa** » 8 gen 2010, 23:23

Il piano si sta muovendo verso sinistra, perciò la velocità con cui cade del blocco non deve essere lungo la direzione del piano inclinato.

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 8 gen 2010, 23:30

Gia91 ha scritto:In questo modo la componente $P_x$ dovrebbe essere $mg\sin{\theta}$ , da cui otteniamo la quantità di moto.
Cosa sbaglio?

L'ultima riga: è vero che la componente del PESO parallela al PIANO INCLINATO è $mg\sin{\theta}$ . Ma ciò non ha nulla a che fare con la q.d.m. orizzontale: se la velocità del blocchetto è v sul piano inclinato, la componente orizzontale è $mv\cos{\theta}$ . Se inoltre con x intendi un riferimento parallelo al piano inclinato, la q.d.m. parallela ad esso è semplicemente $mv$ . Poi, ovviamente, dipende da come definisci v, ma da come detto da te lasci capire che è semplicemente la velocità del blocco: la q.d.m. parallela al piano inclinato è $mv$ , quella orizzontale (parallela al tavolo, quella che ci interessa) è $mv\cos{\theta}$ .
Quello che hai scritto tu sarebbe, semmai, giusto se con v intendi la velocità VERTICALE del blocchetto, perpendicolare al tavolo (ma non penso che tu pensassi proprio a quella... poi questo non posso saperlo

)

In ogni caso questo errore è secondario: tutto ciò, indipendentemente da come definisci v e da cosa prendi per "asse x", non vale: il blocchetto non cade con quell'angolo rispetto al tavolo, e se prendi come sistema di riferimento il piano inclinato, diventa non inerziale e non puoi usare la conservazione della q.d.m.

Messaggio da **spn** » 9 gen 2010, 2:10

Avete proprio ragione. Cerco di rimediare alla mia ingenuità:
allora, il blocco percorre, in un sistema di riferimento fisso rispetto al tavolo, una traiettoria sempre rettilinea, con un'angolo $\alpha$ rispetto all'orizzontale.
Siccome il centro di massa del sistema rimane fisso, lo spostamento lungo l'orizzontale del blocco, una volta sceso, è:
$x={ M \over M + m } L cos \theta$

e non $Lcos \theta$ , mentre lo spostamento lungo la verticale rimane $h= L sin \theta$
Ora l'angolo $\alpha$ è dato da:

$tg\alpha= {h \over x} = {M + m \over M} tg\theta$

Percui effettivamente $\alpha > \theta$ .
La velocità si trova con i procedimenti fatti prima e dovrebbe essere:
$v^2= { 2gh \over 1 + {m \over M} cos^2 \alpha}$

Visto che è tardi spero di non aver fatto ulteriori strafalcioni...

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 9 gen 2010, 18:53

Ottimo... è cosa buona e giusta esplicitare $\cos^2\alpha$ in termini di dati del problema: si trova facilmente che
$\cos^2{\alpha} = \displaystyle\frac{m^2}{(M+m)^2\tan^2{\theta} + m^2}$
quindi la velocità finale è effettivamente determinata.
Per il resto non vedo altri errori. Trattazioni per la seconda e la terza domanda?

Gia91 · Messaggio da **Gia91** » 9 gen 2010, 20:26

Gauss91 ha scritto: Poi, ovviamente, dipende da come definisci v, ma da come detto da te lasci capire che è semplicemente la velocità del blocco: la q.d.m. parallela al piano inclinato è $mv$ , quella orizzontale (parallela al tavolo, quella che ci interessa) è $mv\cos{\theta}$ .
Quello che hai scritto tu sarebbe, semmai, giusto se con v intendi la velocità VERTICALE del blocchetto, perpendicolare al tavolo (ma non penso che tu pensassi proprio a quella... poi questo non posso saperlo )

Ok grazie ora ci sono!

pascal · Messaggio da **pascal** » 9 gen 2010, 20:31

Posto anche il seguente procedimento per calcolare la velocità del corpo.
Per le leggi di conservazione dell’energia e della quantità di moto, si ha:

$mgh=\frac {1}{2}Mv^2+\frac {1}{2}mu^2$

$-Mv+mu_x=0$

Dove v ed u sono le velocità del piano inclinato e del blocco valutate dal suolo.
Detta $\vec w$ la velocità del blocco rispetto al piano inclinato, si ottiene:

$\vec u=\vec w+\vec v$

che proiettata nella direzione degli assi (orizzontale e verticale) fornisce:

$u_y=w_y \qquad u_x=w_x-v \qquad \frac{u_y}{u_x+v}=\frac {w_y}{w_x}=\tan \theta$
Denotando con r il rapporto M/m, si ricava:

$u_x=rv \qquad u_y=(u_x+v) \tan \theta=v(r+1) \tan \theta$ per cui la formula

$2gh=rv^2+u^2=rv^2+u_x^2+u_y^2$ permette il calcolo di

$v^2=\frac {2gh}{r+r^2+(r+1)^2 \tan^2 \theta}$ .

Allora

$u^2=2gh-rv^2=2gh \left[ 1-\frac{r}{r+r^2+(r+1)^2 \tan^2 \theta}\right]$

Si osserva che per r>>1 cioè M>>m, la formula si riduce alla solita $u^2=2gh$ .

Inoltre, non avendo avanzato alcuna ipotesi sulla forma del profilo della base, $\theta$ è l’angolo che la velocità $\vec w$ , ovvero che la tangente locale alla sagoma, determina con l’orizzontale fin quando il corpo non si stacca. In particolare quando la curva si raccorda con l’orizzontale $\theta=0$ e quindi

$u^2=\frac{2ghM}{ M+m}$ .

Dunque risulta corretto il metodo di Gia91, se si vuole conoscere la velocità al suolo di m, qualora la forma dell’appoggio si adatta all’orizzontale con variazione graduale della pendenza.
A questo punto sono curioso di sapere qual è la risposta dell’Halliday che non posseggo.

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 9 gen 2010, 23:03

Alt! Errori di calcolo a parte (miei ovviamente

) stiamo dicendo la stessa cosa. Ok ammetto di essere stato poco chiaro, ma con il termine "quando lascia il piano inclinato" intendo un momento prima che si sia staccato, quando l'angolo non è 0 ma ancora theta.
La soluzione dell'Halliday dà ragione a spn, ma anche a te se ti fermi al passaggio prima, quando non poni theta = 0.
Scusate per l'equivoco, avrei dovuto scrivere "quando raggiunge il tavolo" e non "quando lascia il piano inclinato". In tal caso mi scuso prima di tutto con Gia91 che effettivamente, e non ci avevo pensato, ha dato la risposta corretta nel caso che non intendevo io, ma che ho difatti scritto. Ora edito, a scanso di equivoci ulteriori, edito il testo del problema.

Gia91 · Messaggio da **Gia91** » 10 gen 2010, 3:25

Gauss91 ha scritto: In tal caso mi scuso prima di tutto con Gia91 che effettivamente, e non ci avevo pensato, ha dato la risposta corretta nel caso che non intendevo io, ma che ho difatti scritto. Ora edito, a scanso di equivoci ulteriori.

Bè il mio risultato alla fine era giusto ma non ci sono arrivato con tutte le considerazioni sulle componenti e sull'angolo $\alpha$ ... è stata la fretta che mi ha portato a quel risultato dato che quando ho postato l'ho fatto velocemente

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 17 gen 2010, 14:09

Gauss91 ha scritto:P.S.: risolto l'easy il resto dovrebbe essere facile.

Mi spiace di non aver notato prima questo topic, ma seppure tardivamente mi inserisco per aggredire il punto 2.
Dopo averci perso un bel po' di tempo vado ad esporre il metodo seguito e i miei risultati (facendo grazia dei passaggi), non senza però aver prima citato la storica frase con la quale il buon Gauss mi ha invogliato a fare tutto ciò.
Lo svolgimento del caso 2 mi ha però richiesto un approccio totalmente diverso da quelli utilizzabili per risolvere il "facile" caso 1, perché nel caso di attriti è evidentemente impossibile appellarsi a leggi di conservazione dell'energia e della quantità di moto.
Non ho dunque trovato di meglio che analizzare certosinamente le forze e le reazioni presenti sulle due superfici di contatto (quella blocco-piano e quella piano-tavolo) operando nel primo caso nel sistema di riferimento relativo accelerato solidale col piano inclinato, nel secondo caso nel sistema assoluto solidale col tavolo. Ne sono uscite delle relazioni chilometriche che riporto di seguito in forma disaggregata, essendo impossibilitato ad aggregarle algebricamente causa ripulsa gastro-duodenale acuta.
Utilizzo le seguenti simbologie aggiuntive:

$a_{p}$ accelerazione del piano inclinato nel verso x
$v_{bx}$ velocità del blocco alla fine del suo scivolamento nel verso x (come richiesto dal testo del problema):

${v_{bx}}^2 = 2gh\frac{{{{\left[ {\sin \theta \cos \theta - {\delta _p}{{\cos }^2}\theta + \frac{{{a_p}}}{g}\left( {{{\sin }^2}\theta - {\delta _p}\sin \theta \cos \theta } \right)} \right]}^2}}}{{\sin \theta \left[ {\sin \theta - {\delta _p}\cos \theta - \frac{{{a_p}}}{g}\left( {\cos \theta + {\delta _p}\sin \theta } \right)} \right]}}$

dove

$\frac{{{a_p}}}{g} = \frac{{{{\cos }^2}\theta \left( {{\delta _p} - {\delta _t}} \right) - \cos \theta \sin \theta \left( {1 + {\delta _p}{\delta _t}} \right) - r{\delta _t}}}{{r - {\delta _p}\sin \theta \cos \theta + {\delta _t}\sin \theta \cos \theta + {{\sin }^2}\theta + {\delta _p}{\delta _t}{{\sin }^2}\theta }}$

(ho qui utilizzato la comoda simbologia $\frac{M}{m}=r$ introdotta da Pascal)

Al di là della complessità della formula, voglio far notare che nel caso di attriti nulli il risultato coincide con quello trovato da Pascal. Infatti nelle formule di cui sopra se si azzerano gli attriti si ha:

$\frac{{{a_p}}}{g} = - \frac{{\cos \theta \sin \theta }}{{r + {{\sin }^2}\theta }}$

${v_{bx}}^2 = 2gh\frac{{{r^2}{{\cos }^2}\theta }}{{\left( {r + 1} \right)\left( {r + {{\sin }^2}\theta } \right)}}$

Per confrontare questo risultato con la soluzione di Pascal calcolo anche la velocità verticale del blocco e sommando i quadrati trovo così il modulo della velocità:

${v_{by}}^2 = 2gh\frac{{{{\left( {r + 1} \right)}^2}{{\sin }^2}\theta }}{{\left( {r + 1} \right)\left( {r + {{\sin }^2}\theta } \right)}}$

${v_b}^2= {v_{bx}}^2 + {v_{by}}^2 =2gh\frac{{{r^2} + \left( {2r + 1} \right){{\sin }^2}\theta }}{{\left( {r + 1} \right)\left( {r + {{\sin }^2}\theta } \right)}}$

ovvero

${v_b}^2= 2gh\frac{{{r^2} + {{\left( {r + 1} \right)}^2}{{\tan }^2}\theta }}{{{r^2} + r + {{\left( {r + 1} \right)}^2}{{\tan }^2}\theta }}$

che è proprio il risultato trovato da Pascal.

Fatto ciò, e assolutamente a margine, noto quanto segue: mi è molto difficile credere che chi ha inventato questo esercizio l'abbia svolto davvero fino in fondo... mi sembra proprio roba da masochisti

pascal · Messaggio da **pascal** » 17 gen 2010, 22:29

Non ho tempo per i calcoli, ma penso che la risoluzione di Falco abbia la seguente impostazione.
Nel sistema di riferimento del piano inclinato in moto con accelerazione $\vec A$ , il blocco è soggetto alla forza apparente orizzontale $-m \vec A$ , al suo peso, alla forza $\vec N$ normale e all’attrito $F_d = \delta_pN$ parallelo (discorde alla velocità relativa) al piano inclinato. Il secondo principio applicato nelle direzioni ortogonale e parallela al piano inclinato fornisce due equazioni.
Il piano inclinato nel riferimento fisso è sottoposto al suo peso, alla reazione normale $N_1$ e all’attrito $\delta_tN_1$ dovuti al pavimento, alle reazioni del blocco $- \vec N$ e $-\vec F_d$ . Il secondo principio nelle direzioni orizzontale e verticale origina altre due equazioni. Il sistema delle quattro equazioni conduce ad $a_r$ (accelerazione relativa del blocco), $A, N, N_1$ .

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