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Sinceramente credevo lo fosse anche per la mia, ma c'è una disparità fra il mio risultato e quello dell'Halliday.

Due barattoli identici di zucchero sono collegati da un filo di massa insignificante che passa su una puleggia di diametro $ 50 mm $, con massa e attrito trascurabili. Essi si trovano allo stesso livello, sono separati da una distanza iniziale tra i centri di 50 mm e hanno uguale massa iniziale di 500 g ciascuno.
1)Localizzate la posizione orizzontale del loro centro di massa.
2)Si travasano ora 20 grammi di zucchero da un barattolo all'altro, impedendo però che si spostino. Localizzate la nuova posizione orizzontale del loro centro di massa.
3)Se li lasciamo liberi di muoversi, in quale direzione si sposterà il loro centro di massa?
4)Con quale accelerazione?


Scrivo qua sotto i miei risultati e i risultati dell'Halliday, premetto che solo sull'ultimo c'è disparità.



Chiaramente il centro di massa dista 25 mm da ciascun barattolo nella configurazione iniziale, 26 dal barattolo più leggero nella seconda. Ancora più chiaramente il centro di massa si sposterà lungo la verticale, poichè non agiscono forze lungo l'asse x. Ora, la forza netta agente sul sistema è pari a (M-m)g, cioè (0,52-0,48)g. Pertanto l'accelerazione sarà pari alla forza totale esterna agente sul sistema fratto la massa totale del sistema, perciò a= 0, 39 m/s^2. L'Halliday però dice che è 0,016 m/s^2.Dove sbaglio?

Grazie mille!

Azz, la faccina...quello dopo il 4 voleva essere un 8

La tensione della corda, che non avevi considerato, "rallenta" il moto perchè è una forza in direzione opposta a (M-m)g quindi fa diminuire il valore finale dell'accelerazione.

(Sperando di non aver detto scemenze...)

No, la tensione l'avevo già considerata...altrimenti la forza sarebbe stata solo $ F=Mg $, invece, poichè $ T=-mg $, ho $ F_t $ (forza totale)$ =(M-m)g $...boh, però da qualche parte devo sbagliare...

Cosi` non calcoli l'accelerazione del centro di massa.

Prima, imponi le equazioni ai singoli corpi:
Per il corpo $ m_1 $ con massa inferiore, $ \sum F_y = T - m_1 g = -m_1 a $.
Per l'altro corpo, $ m_2 $, $ \sum F_y = T - m_2 g = m_2 a $.

Siccome la corda e` inestensibile e non c'e` attrito, le accelerazioni dei due corpi sono uguali in intensita`, ma hanno versi opposti, e inoltre la tensione del filo e` costante, $ T $.

Ora, risolvendo le due equazioni in $ a $, otteniamo $ a = \pm\frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2}g $, che, inserendovi i dati del problema, da` $ a = \pm 0.04g $. A questo punto, calcolo l'accelerazione del centro di massa, $ a_G = \frac{\sum m_i a_i}{\sum m_i} = 0.016g $.

Spero che sia tutto corretto!

Ma non c'è sempre quel $ g $ di troppo?

Fino ad $ a=0,04 g $ c'ero arrivato...poi non capisco più quello che hai scritto! Secondo me hai ragione EUCLA...

Ah, hai ragione, nella soluzione che ha scritto non c'e` g =/
Forse e` un typo, o sull'Halliday si sono dimenticati di metterlo.. scherzi a parte, ora rivedo il problema.

Partendo dalla definizione del centro di massa, $ M y_G = \sum m_i y_i $, cioe` la massa totale moltiplicata per l'ordinata del centro di massa e` uguale alla somma del prodotto della massa di ogni corpo per la propria ordinata. Deriviamo due volte rispetto a $ y $: $ M a_y,G = \sum m_i a_y,i $.
Io non ho fatto altro che applicare questa relazione

stefanos ha scritto: $ a_G = \frac{\sum m_i a_i}{\sum m_i} = 0.016g $.

Credo che in quel risultato ci sia uno zero in meno e che quindi viene a=0,0016 che moltiplicato per g dà 0,015696 che approssimato è il risultato che dà il libro

Oh, grazie! Scusate la sbadatezza..

I valori di certe costanti sembra fatto apposta per aiutare a non accorgersi degli errori.

Problema risolto!!!

Sono pigro e quindi non farò i calcoli Suggerisco solo un metodo simpatico.
Una volta nota l'accelerazione di ciascun barattolo e l'ascissa (invariante) del centro di massa, si può notare che questo sta in ogni istante sulla congiungente dei due barattoli (immaginiamo di mettere un sistema di assi cartesiani con un asse passante per i due barattoli e la cosa è banale). Dunque in ogni istante il centro di massa si trova nel punto in cui s'intersecano la retta verticale in cui scorre e la retta che congiunge i due barattoli.
A questo punto usando una banale similitudine tra triangoli il gioco è fatto.

Ecco un bell'esempio di cosa servono le gare nella vita comune di studente: a trovare soluzioni alternative bypassanti le rogne poste dal prof (parlo per esperienza personale: nel primo compitino di fisica 1 uno dei 2 es era sui moti relativi che non avevo ancora afferrato, ma riuscii a farlo lo stesso partendo dal fondo della lista delle domande)