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Provo il 5)

Dobbiamo tenere in considerazione il fatto che la q.d.m varia sia sull'asse x (orizzontale) che y (verticale). Prima dell'urto la particella si muove a velocità $\vec{v_{0}} =v_{0x}\hat{i}+v_{0y}\hat{j}=-\sqrt{2gh} \hat{j}$ . Dopo l'urto, visto che il semicilindro si muove in avanti con velocità $v=\omega R$ e che contemporaneamente sta ruotando, $\vec{v_{f}}=v_{fx}\hat{i}+v_{fy}\hat{j}=\omega R\hat{i}-\omega R\hat{j} =\frac{\sqrt{2gh}}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}\hat{i}-\frac{\sqrt{2gh}}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}\hat{j}$ . Se l'urto dura per un tempo $\delta t$ , allora la risultante delle forze sul cilindro sarà $F_{y}=N-Mg-\frac{\sqrt{2gh}}{\delta t}\frac{1+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}=0$ ; $F_{x}=Nk-\frac{\sqrt{2gh}}{\delta t}\frac{1}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}=0$ , dove $N$ è la reazione vincolare. Ricavando $N$ , otteniamo che $\frac{\sqrt{2gh}}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}=kMg\delta t+k\sqrt{2gh}\frac{1+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}$ . Facendo tendere $\delta t$ a zero, $k=\frac{1}{1+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}\approx 0.338$

DeoGratias ha scritto: ↑
21 giu 2021, 11:03
Dobbiamo tenere in considerazione il fatto che la q.d.m varia sia sull'asse x (orizzontale) che y (verticale).

Si', ma mi pare che stai tenendo conto solo della variazione di quantita' di moto della particella, invece secondo me devi considerare quella di tutto il sistema (particella + cilindro).

La variazione di quantita' di moto della particella e' dovuta alla forza impulsiva tra particella e cilindro, che non ci interessa piu' di tanto.

La forza di attrito agisce sul sistema intero (beh, agisce sul cilindro, ma se consideri cilindro+particella come sistema, la forza impulsiva tra i due si cancella perche' e' una forza interna).

Questa e' la mia soluzione per il 5, se non siete d'accordo ditemi...

Sia $\vec N$ la forza che agisce tra piano e cilindro in O. Siano $\hat x, \hat y$ le direzioni orizzontale e verticale. Se non ci fosse attrito $N_x$ sarebbe 0. Dato che $\vec N$ e' l'unica forza esterna agente sul sistema nell'urto (la gravita' e' trascurabile se $\delta t \rightarrow 0$ ), l'impulso totale $\int \vec N \text{d} t$ e' uguale alla variazione di quantita' di moto del sistema nell'urto $\Delta \vec P$ . Possiamo calcolare $\Delta \vec P$ nel caso in cui non ci sia strisciamento perche' abbiamo studiato il moto prima e dopo l'urto nelle domande precedenti. $N_x$ e' dovuta all'attrito per cui, in ogni istante, $N_x \le k N_y$ , avendo scelto le direzioni in modo appropriato cosi' che $N_x, N_y$ siano positive. Integrando, $\Delta P_x \le k \Delta P_y$ . La forza d'attrito percio' puo' essere sufficiente solo se $k \ge \Delta P_x / \Delta P_y$

Quantita' di moto del sistema prima dell'urto: $\vec P_0 = -m v_0 \hat y$ . Dopo l'urto: $\vec P_1 = (-m w_0 R - M w_0 (R-d)) \hat x - m w_0 R \hat y$ . La differenza e' $\Delta \vec P = \vec P_1 - \vec P_0$ . La condizione limite per evitare strisciamento e': $k = |\Delta P_x| / |\Delta P_y|$ . Facendo i conti e semplificando viene indipendente da $v_0$ :
$k = \frac{1 + (1 - \frac{4}{3 \pi}) \mu}{1 + (\frac{3}{2} - \frac{8}{3\pi}) \mu} = 0.92$

Se ho contato bene DeoGratias ha risolto 4 domande (compresa la 7 che era impestata) e matteofisica 2, passerei il testimone a DeoGratias ma buon lavoro entrambi

Pigkappa ha scritto: ↑
21 giu 2021, 13:01

DeoGratias ha scritto: ↑
21 giu 2021, 11:03
Dobbiamo tenere in considerazione il fatto che la q.d.m varia sia sull'asse x (orizzontale) che y (verticale).
Si', ma mi pare che stai tenendo conto solo della variazione di quantita' di moto della particella, invece secondo me devi considerare quella di tutto il sistema (particella + cilindro).

La variazione di quantita' di moto della particella e' dovuta alla forza impulsiva tra particella e cilindro, che non ci interessa piu' di tanto.

La forza di attrito agisce sul sistema intero (beh, agisce sul cilindro, ma se consideri cilindro+particella come sistema, la forza impulsiva tra i due si cancella perche' e' una forza interna).

Provo a correggere la mia soluzione del 5):

La qdm iniziale della particella è $\vec{P}_{part(0)}= -m\sqrt{2gh}\hat{j}$ , quella finale è $\vec{P}_{part(f)}=m\omega R\hat{i}-m\omega R\hat{j}$ ; la qdm iniziale del semicilindro è zero, quella finale è $\vec{P}_{cil(f)}=M\vec{v_{cdm}}=m\mu \omega (R-d)\hat{i}$ . Dalla terza legge di Newton, la forza esercitata sul cilindro dalla particella è
$\vec{F}_{1}=-\frac{m\sqrt{2gh}}{\delta t(2+\mu (\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}))}\hat{i}-\frac{m\sqrt{2gh}(1+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}))}{\delta t(2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}\hat{j}$ .
Per quanto riguarda le forze sul cilindro, sull'asse y si ha $N-Mg+F_{1y}=0$ , sull'asse x $Nk+F_{1x}=\frac{m\mu \omega R(1-\frac{4}{3\pi})}{\delta t}$ (ricordando che $F_{1x}, F_{1y}$ sono negativi); combinando le equazioni, ottengo
$Mgk\delta t+\frac{m\sqrt{2gh}(1+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}))k}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}-\frac{m\sqrt{2gh}}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}=\frac{m\mu (1-\frac{4}{3\pi})\sqrt{2gh}}{2+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}$ . Facendo tendere $\delta t$ a zero e risolvendo per $k$ , viene sempre $k=\frac{1+\mu(1-\frac{4}{3\pi})}{1+\mu(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi})}\approx 0.923$

Si' e' la stessa soluzione e risultato mio. Io ho evitato di dire cose come "la forza esercitata durante l'urto vale..." perche' sicuramente la forza non e' davvero costante nell'urto, e volevo evitare di parlare di "forza media" a meno che non fosse necessario, ma comunque il risultato e' lo stesso. Vai pure con il 262

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