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(per chi mi conoscesse ma non riconoscesse il mio nick, sono Andrea Caleo)

Propongo questo problema interessante che viene da un compitino dell'università di Pisa, per gli studenti del primo anno. Non sono richieste conoscenze in più rispetto a quelle che servono per le Olimpiadi. Secondo me la difficoltà è a metà tra le provinciali e Senigallia.

Immagine

Le tre masse identiche in figura sono collegate da due aste di lunghezza $\displaystyle l$ e massa trascurabile. Quelle agli estremi sono vincolate a scorrere su un piano orizzontale, mentre l'angolo $\displaystyle \theta$ tra le aste può variare liberamente, e all'inizio vale $\displaystyle \theta_0$ .

1.)Se $\displaystyle v_1(0)=V$ e $\displaystyle v_3(0)=0$ , determinare la velocità iniziale $\displaystyle \vec{v_2}(0)$ della massa in alto.

2.)Se $\displaystyle v_1(0) = v_3(0) = 0$ , determinare la velocità $\displaystyle \vec{v_2}$ della massa in alto quando tocca il suolo.

3.)Se $\displaystyle v_3(0)=0$ , determinare il minimo valore di $\displaystyle v_1(0)$ che permette alle masse agli estremi di toccarsi.

punto 1) poniamo $L=x_3-x_1$ , allora $\frac{dL}{dt}=\frac{d(x_3-x_1)}{dt}=-V$
inoltre $L= 2lsin(\frac{\theta}{2})$ da cui si ottiene $\frac{dsin( \theta/2)}{dt}=- \frac{V}{2l}$
La componente verticale della velocita di m_2 e' $l \frac{dcos(\theta/2)}{dt} =$ $l\frac{d}{dt}\sqrt{1-sin(\theta/2)^2} = -ltg(\theta/2)\frac{d}{dt}sin(\theta/2) = \frac{V}{2}tg(\theta/2)$
La componente orizzontale, visto che $x_2 = x_3-L/2 => \frac{d}{dt}x_2=V/2$

Provo il 2:

Anzitutto abbiamo che per la conservazione dell'energia meccanica del sistema l'energia potenziale della seconda massa si convertità in energia cinetica delle 3 masse:

$\displaystyle mgh = \frac{1}{2}m{v_1}^2 + \frac{1}{2}m{v_2}^2 + \frac{1}{2}m{v_3}^2$

Da cui, ponendo $\displaystyle \frac{\theta_0}{2}=\alpha$ e considerando che $\displaystyle v_1=v_3$ si ha:

$\displaystyle mgl\cos\alpha=\frac{1}{2}m \left (2{v_1}^2+{v_2}^2 \right )$

Considerando ora il moto di caduta della seconda massa come moto uniformemente accelerato con $a=g$ si ha che:

$\displaystyle \Delta x = \frac{1}{2}gt^2$ dove $\Delta x = l\cos\alpha$ e da cui quindi $t^2=\frac{2l\cos\alpha}{g}$

Nello stesso tempo sia la prima che la terza massa, con moto uniformemente accelerato, hanno percorso uno spazio pari a $\displaystyle l (1 - \sin\alpha)$ , quindi $\bar{v}=\frac{l (1 - \sin\alpha)}{t} \Rightarrow {v_1}^2 = \frac{l^2 (1 - \sin\alpha)^2}{\frac{2l\cos\alpha}{g}}$ $\displaystyle {v_1}^2 = \frac{4lg(1-\sin\alpha)^2}{2\cos\alpha}$

Quindi:

${v_2}^2 = 2lg\cos\alpha - 2{v_1}^2= 2lg\cos\alpha - 4\frac{lg(1-\sin\alpha)^2}$ ${\cos\alpha}=2lg\frac{4\sin\alpha - 4\sin^2\alpha - \cos^2\alpha}{\cos\alpha}$
$v_2 = \sqrt{2lg\frac{4\sin\alpha - 4\sin^2\alpha - \cos^2\alpha}{\cos\alpha}}$

mmm...risultato non troppo bello...è giusto?

punto 2) per la conservazione dell'energia $mglcos(\theta_0/2) = mv_1^2 + 1/2mv_2^2$
$2v_1=\frac{dL}{dt}=2l\frac{dsin(\theta/2)}{dt}$ e $v_2=l\frac{dcos(\theta/2)}{dt}$
trovandosi v1 in funzione di v2 si ricava dalla prima eq $v_2=\sqrt{2glcos(\theta_0/2)}$
punto 3) su questo ho qualche dubbio.
per la conservazione della quantita' di moto lungo l'asse x $mV+mV/2 = m(v_1+v_2+v_3)$
per la conservazione dell'energia $1/2mV^2 + 1/2m(\frac{V^2}{4}(1+tg(\theta_0/2)^2)) = 1/2m(v_1^2+v_2^2+v_3^2) +$ $mgl(1-cos(\theta_0/2))$
visto che V deve essere minima, la somma dei tre quadrati delle velocita' finali e minima quando le tre velocita' sono uguali (perche' e' fissata la somma). quindi $v_1=v_2=v_3$
$3/2V=3v_1$
$1/2mV^2 + 1/2m(\frac{V^2}{4}(1+tg(\theta_0/2)^2)) = 3/2m(V^2/4) +$ $mgl(1-cos(\theta_0/2))$
da cui si ottiene (salvo probabilissimi errori) $V=\sqrt{\frac{8gl(1-cos(\theta_0/2))}{tg(\theta_0/2)^2}}$
non ho potuto riguardarlo troppo perche' dante incombe su di me...

Alex90 ha scritto:Considerando ora il moto di caduta della seconda massa come moto uniformemente accelerato con $a=g$

Perchè?

Non cade come grave?

si ma fa anche accelerare le altre due masse, che quindi per la terza legge di newton applicano su di lui una forza uguale e contraria e lo rallentano...

Paolo90 ha scritto:punto 2) per la conservazione dell'energia $mglcos(\theta_0/2) = mv_1^2 + 1/2mv_2^2$
$2v_1=\frac{dL}{dt}=2l\frac{dsin(\theta/2)}{dt}$ e $v_2=l\frac{dcos(\theta/2)}{dt}$
trovandosi v1 in funzione di v2 si ricava dalla prima eq $v_2=\sqrt{2glcos(\theta_0/2)}$

pig, ma è giusta questa soluzione?
essendo $lcos(\theta_0/2)}$ l'altezza iniziale della massa 2, sembra esser valida la semplice conservazione $1/2 m_2 v_2^2=m_2 glcos(\theta_0/2)$
questa è valida solo se l'accelerazione sia mediamente uguale a g, mentre mi sembra di capire che essa sia all'inizio a<g e solo all'ultimo istante sia g..

per quanto riguarda il punto 2: ho trovato l'accelerazione verticale della massa 2 in funzione dell'angolo, penso. ('penso' perchè non son sicuro della correttezza dei diagrammi di forze che ho adottato)

a questo punto come posso andare avanti? (magari trovare un'accelerazione media)

CoNVeRGe. ha scritto:
Paolo90 ha scritto:punto 2) per la conservazione dell'energia $mglcos(\theta_0/2) = mv_1^2 + 1/2mv_2^2$
$2v_1=\frac{dL}{dt}=2l\frac{dsin(\theta/2)}{dt}$ e $v_2=l\frac{dcos(\theta/2)}{dt}$
trovandosi v1 in funzione di v2 si ricava dalla prima eq $v_2=\sqrt{2glcos(\theta_0/2)}$
pig, ma è giusta questa soluzione?

Sì. La forza che le aste esercitano sulla massa in alto non è sempre nello stesso verso. Senza andarsi a cercare un'equazione del moto impestata con le derivate, c'è il modo pulito di risolverlo con l'energia e poco più. Il punto dopo è sbagliato, ma solo perchè Paolo90 non si è accorto che avevo fissato $\displaystyle v_3(0) = 0$ , il procedimento più o meno è quello.

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Tre masse e due aste.

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