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propongo questo problema:
immaginate un triangolo rettangolo con uno dei due cateti appoggiato sul piano, ecco questo è il vostro piano inclinato (non fissato), l'angolo di inclinazione è $\alpha$ .
ad una altezza $h$ viene posizionato un blocco di massa $m$ ,inizialmente fermo, determinare le velocità finali del cuneo e del blocco quando il blocco tocca il piano sapendo che la massa del cuneo è $M$ .
tra le superfici non ci sono attriti.

Ho come incognite le velocità del blocco lungo l'asse verticale e lungo l'asse orizzontale, mentre come terza incognita ho la velocità del piano inclinato, chiaramente diretta lungo l'asse orizzontale. Devo impostare un sistema con 3 equazioni, io ho scelto la conservazione dell'energia e la conservazione della quantità di moto lungo l'asse orizzontale come prime due equazioni. Come terza equazione ho sfruttato il fatto che nel sistema solidale al piano inclinato:
$v'_x=v'_y\cdot \tan \alpha$
Dove $v'_x$ e $v'_y$ sono rispettivamente le velocità lungo il piano orizzontale e verticale. Passando ad un sistema di riferimento esterno la velocità lungo l'asse verticale non cambia, mentre alla velocità del blocco lungo l'asse x va aggiunto in modulo quella del piano inclinato, quindi l'equazione diventa:
$v_x=v_y\cdot \tan \alpha+V_x$
con $V_x$ la velocità del piano. A questo punto non mi resta che risolvere il sistema, ma la soluzione che mi viene non è molto bella...

Mi scuso per l'assenza di versori ma non sono capace a metterli col tex

Diamo un'occhiata alle forze:
il blocchetto esercita sul piano una forza $F=mgcos\alpha$ . La componente perpendicolare di questa forza viene equilibrata dalla reazione vincolare del pavimento. La componente parallela al pavimento pari a $mgcos\alpha sin\alpha$ non viene equilibrata da alcuna forza ed è quella che causa lo spostamento del piano che quindi avrà un'accelerazione pari ad $a= -\frac{m}{M}gcos\alpha sin\alpha$ (il segno meno è dovuto al fatto che si muove in direzione opposta al blocchetto). La velocità del piano è quindi $-\frac{m}{M}gtcos\alpha sin\alpha$ .
La velocità del blocchetto hi due componenti, quella parallela al pavimento, che è uguale a $(gcos\alpha sin\alpha - \frac{m}{M}gcos\alpha sin\alpha)t$ e una perpendicolare che è uguale a $gtsin^2 \alpha$ .
Mi ricavo $t= \sqrt \frac{2h}{gsin\alpha}$ e ho finito. Questi risultati sono validi se prendo come sistema di riferimento lo stesso sistema in cui avevo osservato che il piano era fermo prima di mettere sopra il blocchetto, pur suppondendo che esso sia inerziale.

scusate per il ritardo,

allora la risposta potete controllarla a questo link:http://fisica2.if.ufrj.br/listas/soluca ... kkrane.pdf
il problema è P12-6
arna hai quasi fatto bene tranne la terza equazione che è il contrario ovvero: $v_y=v_x\tan{\alpha}$
mentre remat ha fattto il mio stesso errore il fatto è che il blocco in realtà non si muove su una direzione inclinata di $\alpha$

wotzu ha scritto: arna hai quasi fatto bene tranne la terza equazione che è il contrario ovvero: $v_y=v_x\tan{\alpha}$

si è vero, ho invertito le due velocità...

wotzu ha scritto:http://fisica2.if.ufrj.br/listas/soluca ... kkrane.pdf

Questo è il pdf delle soluzioni dell'Halliday Fisica 1, giusto? Sai a che edizione fa riferimento? Hai per caso anche quello dell'altro volume?

si è il pdf delle soluzioni molto utili dato che non mi vengono quasi mai
per quanto riguarda il 2 dovrebbe essere questo http://www.slideshare.net/tiagogomes754 ... -vol-3-e-4

Grazie!

Il est passé beaucoup de temp depuis j'avais établi une méthode très beau pour résoudre cette question.
Premier nous devons écrire l'équation de la Lagrangien (ma personnelle invention), que est la la différence entre l'énergie cinétique et l'énergie potentiel du systèm. Ca va dire que, si l'on appelle $x_{2}$ la position horizontal du bloc et $x_{1}$ la position horizontal du plan, la lagrangien est:
$L=\frac{1}{2}M{\dot{x_{1}}}^{2}+\frac{1}{2}m[\dot{x_{2}}^{2}+(\dot{x_{1}}+\dot{x_{2}})^{2}\tan^{2}{\theta}]+mg({x_{1}}+{x_{2}})\tan{\theta}$
À ce stade, nous utilisons l'équation connue sous le nom de eulero-LAGRANGE, merveilleuse invention de mon intelligence, qui , comme on en trouve dans ma signature, est:
${\frac{d}{dt}}{\left(\frac{{\partial}L}{{\partial}{\dot{x}}}\right)}=\frac{{\partial}L}{{\partial}x}$
Avec cette équation nous pouvons minimiser l'action avec une méthode de résolution élégante , ingénieuse et fondamental.
En utilisant la formule pour chaque variable nous obtenons les équations du mouvement:
$M\ddot{x_{1}}+m(\ddot{x_{1}}+\ddot{x_{2}})\tan^{2}{\theta}=mg\tan{\theta} \\ m\ddot{x_{2}}+m(\ddot{x_{1}}+\ddot{x_{2}})\tan^{2}{\theta}=mg\tan{\theta}$
Résolu ce système linéaire nous trouvons:
$\ddot{x_{1}}=\frac{mg\sin{\theta}\cos{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}}$
$\ddot{x_{2}}=\frac{Mg\sin{\theta}\cos{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}}$
Les vitesses horizontal finale du plan et du bloc sont donc, en utilisant les formules de mon ami Isaac:
$\dot{x_{1f}}=\int_{0}^{T}{\ddot{x_{1}}dt}=\frac{mgT\sin{\theta}\cos{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}}$
$\dot{x_{2f}}=\int_{0}^{T}{\ddot{x_{2}}dt}=\frac{MgT\sin{\theta}\cos{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}}$
Mais le temp finale est:
$T=\sqrt{\frac{2h}{\ddot{y_{2}}}}$
et
$\ddot{y_{2}}=(\ddot{x_{2}}+\ddot{x_{1}})\tan{\theta}$
parce que la relation entre l'accélération est valide dans le système de référence du plan incliné, et suit donc:
$T=\sqrt{\frac{2h}{(\ddot{x_{2}}+\ddot{x_{1}})\tan{\theta}}}=\sqrt{\frac{2h(M+m\sin^{2}{\theta})}{g(M+m)\sin^{2}{\theta}}}$
Et pour finir très rapidement cette simple démonstration nous trovouns les vitesses finale du bloc et du plan le cas échéant comme:
$\dot{x_{1f}}=\sqrt{\frac{2h(M+m\sin^{2}{\theta})}{g(M+m)}}\frac{mg\cos{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}}$
$\dot{x_{2f}}=\sqrt{\frac{2h(M+m\sin^{2}{\theta})}{g(M+m)}}\frac{Mg\cos{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}}$

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Piano inclinato movibile

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