Staffetta meccanica

Ratio · Messaggio da **Ratio** » 25 apr 2010, 23:13

Ci provo. Dimmi se ci ho azzeccato.

La distanza totale percorsa $D$ è la somma della distanza $d_1$ percorsa dal libro in volo, dal lancio alla caduta, più la distanza $d_2$ percorsa "strisciando" sul pavimento. Definiamo $\vec v$ il vettore velocità al momento del lancio, inclinato di un angolo $\theta$ rispetto all'orizzontale.
Risulta da equazioni cinematiche (identiche al volo dei proiettili) che $d_1 = \frac{v^2}{g}\sin{2 \theta}$ .
Usando invece la conservazione dell'energia (solo per la componente orizzontale di $\vec v$ , dato che l'urto in verticale è anelastico) otteniamo $\displaystyle d_2 = \frac{v^2 \cos^2 \theta}{2g \mu}$ .
Perciò $D = \displaystyle \frac{v^2}{g}(\sin {2\theta}+\frac{\cos^2 \theta}{2 \mu})$ .
Ora dobbiamo trovare il valore di $\theta$ che ci massimizza l'espressione tra parentesi. L'ho derivata e l'ho posta uguale a zero, ricavando $\cos 2\theta - \frac{\sin{2 \theta}}{2 \mu} = 0 \rightarrow \theta = \displaystyle \frac{1}{2} \arctan {2 \mu}$ .
Aspetto convalida.

P.S.: nel caso fosse giusto, mi chiedevo se sono obbligato a postare un problema o se ho anche la possibilità di delegare qualcuno

Messaggio da **Pigkappa** » 25 apr 2010, 23:27

spn ha scritto:e l'urto è completamente anelastico (lungo l'asse verticale).

Considerando che l'energia è uno scalare e non un vettore, non mi è molto chiaro cosa significhi questa cosa...

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 25 apr 2010, 23:34

Ratio ha scritto:mi chiedevo se sono obbligato a postare un problema o se ho anche la possibilità di delegare qualcuno

Puoi ma devi presentare la richiesta scritta all'ufficio del Comune di residenza, in carta bollata, aspettare tutti i tempi di attesa necessari, mangiare una polpetta di polenta e sconfiggere un drago. A quel punto puoi chiedere il permesso definitivo a Chuck Norris in persona.

(in altri termini, si fa quello che si vuole mica è una cosa formale

)

Messaggio da **spn** » 25 apr 2010, 23:39

@Ratio La soluzione non è esatta: non hai considerato gli effetti dell'urto nella componente orizzontale della velocità.

Pigkappa ha scritto: non mi è molto chiaro cosa significhi questa cosa...

Semplicemente che il libro non rimbalza e che non viene influenzato da altre cose strane dovute al terreno (tipo non viene lanciato su una spiaggia...).

Ratio · Messaggio da **Ratio** » 26 apr 2010, 13:57

spn ha scritto:@Ratio La soluzione non è esatta: non hai considerato gli effetti dell'urto nella componente orizzontale della velocità.

In questo caso per l'asse x abbiamo:

$\displaystyle m g \mu \hat x = \frac{\vec {v_f} + \vec v \cos \theta}{\Delta t}$

Per l'asse y:

$\displaystyle m \vec g = \frac {\vec v \sin \theta}{\Delta t} \rightarrow \Delta t = \frac {v \sin \theta}{mg}$

Sostituendo nella prima otteniamo $v_f = v (\mu \sin \theta - \cos \theta)$ .

Giusto?

Comunque credo, a questo punto, che il problema andrebbe interpretato considerando che la velocità sull'asse verticale viene annullata nell'urto, mentre la componente orizzontale viene solo modificata...

Messaggio da **Rigel** » 26 apr 2010, 16:48

Ratio ha scritto:In questo caso per l'asse x abbiamo:

$\displaystyle m g \mu \hat x = \frac{\vec {v_f} + \vec v \cos \theta}{\Delta t}$

Per l'asse y:

$\displaystyle m \vec g = \frac {\vec v \sin \theta}{\Delta t} \rightarrow \Delta t = \frac {v \sin \theta}{mg}$

Sostituendo nella prima otteniamo $v_f = v (\mu \sin \theta - \cos \theta)$ .

Giusto?

Comunque credo, a questo punto, che il problema andrebbe interpretato considerando che la velocità sull'asse verticale viene annullata nell'urto, mentre la componente orizzontale viene solo modificata...

l'ultima considerazione mi sembra giusta, mentre nella $v_f$ dovrebbe esserci un meno davanti alla parentesi. Comunque nell'urto le forze verticali in gioco sono peso e reazione del piano N, mentre quella orizzontale è la forza d'attrito $f=\mu N$ . in un urto le forze impulsive sono molto grandi ( $N>>mg$ ) e quindi si può fare un'approssimazione

Messaggio da **spn** » 26 apr 2010, 22:58

Ok, i concetti ci sono. (Vi invito a fare i calcoli perchè il risultato finale è carino)
Sennò, vai col prossimo.

Messaggio da **Rigel** » 26 apr 2010, 23:28

ignorando l'effetto rascurabile del peso, la variazione della quantità di moto verticale è $\int Ndt=mv\sin\theta$ e quella orizzontale $m\Delta v_x=\int\mu Ndt=\mu mv\sin\theta$ e quindi dopo l'urto dell'"atterraggio" la velocità orizzontale è
$v'_x=v(\cos\theta-\mu\sin\theta)$
dopo l'urto si ha un moto uniformemente decelerato con decelerazione $\mu g$ e quindi la distanza percorsa dopo l'urto è
$x_2=\frac{v'^2_{x}}{2\mu g}=\frac{v^2}{2\mu g}(\cos\theta-\mu\sin\theta)^2$
Durante il moto parabolico la distanza percorsa vale $x_1=\frac{2v^2}{g}\sin\theta\cos\theta$
Quindi
$x=x_1+x_2=\frac{v^2}{2\mu g}(4\mu\sin\theta\cos\theta+(\cos\theta-\mu\sin\theta)^2)$
derivando rispetto all'angolo per trovare il massimo di x e ignorando la costante fuori parentesi si ottiene
$\frac{dx}{d\theta}=0$
$4\mu(\cos^2\theta-\sin^2\theta)+2(\cos\theta-\mu\sin\theta)(-\sin\theta-\mu\cos\theta)=0$
$4\mu\cos^2\theta-4\mu\sin^2\theta-2\sin\theta\cos\theta-2\mu\cos^2\theta+2\mu\sin^2\theta+2\mu^2\sin\theta\cos\theta=2\mu\cos^2\theta-2(1-\mu^2)\sin\theta\cos\theta-2\mu\sin^2\theta=0$
Dividendo tutto per $-2\mu\cos^2\theta$ si ottiene
$\tan^2\theta+\frac{1-\mu^2}{\mu}\tan\theta-1=0$
Non sto a scrivere tutti i conti ma vi dico che i conti si semplificano parecchio e che le due soluzioni sono $-1/\mu$ e (l'unico accettabile) $\mu$ (carino!

)
Sostituendo $\sin\theta$ e $\cos\theta$ nell'equazione di x si ottiene, e qui vi risparmio i conti non richiesti

:
$x_{max}=\frac{v^2}{2g}\frac{1+\mu^2}{\mu}$

Messaggio da **spn** » 27 apr 2010, 0:21

Tutto a posto. (In realtà ci si semplificava molto la vita svolgendo il quadrato nell'eq. della distanza totale

)
Avanti il prossimo

Messaggio da **Rigel** » 27 apr 2010, 22:17

spn ha scritto:Tutto a posto. (In realtà ci si semplificava molto la vita svolgendo il quadrato nell'eq. della distanza totale )
Avanti il prossimo

Vero

per precisazione i risultati di sopra valgono per $\mu\leq1$ . infatti $v'_x$ si annulla per $\tan\theta=1/\mu$ e quindi la distanza $x_2$ è nulla, anche per angoli maggiori. poichè per $\mu>1$ , allora $1/\mu<\mu$ , al crescere dell'angolo $v'_x$ si annulla prima che si raggiunga il massimo di x per $\tan\theta=\mu$ . quindi x è massima quando l'angolo è 45, indipendentemente dal coefficiente di attrito.
comunque ecco il prossimo problema...divertitevi

Problema 6. Un'automobile percorre una curva parabolica, cioè con la strada inclinata verso l'interno di un angolo $\theta$ . il raggio della curva è $R$ e il coefficiente di attrito statico tra gomme e asfalto vale $\mu$ . entro quali valori l'automobilista deve mantenere la velocità $v$ affinchè l'auto non slitti? provare per $R=100 m$ , $\theta=45$ e $\mu=0.5$ .

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