Catapultiamoci in Normale!

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EUCLA
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Catapultiamoci in Normale!

Messaggio da EUCLA » 20 lug 2008, 12:53

Una catapulta ha due bracci $ l>L $ e due masse $ M>m $alle estremità tali che $ ML > ml $.

La catapulta è inizialmente a riposo in posizione orizzontale, come in figura, e può ruotare senza attrito attorno al suo perno.
La massa più piccola è il proiettile che si sgancia quando viene bloccata la catapulta.

(a) Si trovi la velocità e l’accelerazione del proiettile in funzione dell’angolo $ \theta $ di rotazione della catapulta, finchè questo resta agganciato al suo braccio.

(b) Se la catapulta viene bloccata a un certo angolo $ \theta _0 $ si trovi il tempo di volo del proiettile se il perno è a un’altezza $ L $dal terreno. Si trascuri l’attrito dell’aria.

SNS 2007-2008


Per ora beccatevi queste domande, a me è parso carino (e anche fattibile).
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TBPL
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Messaggio da TBPL » 20 lug 2008, 18:22

Scrivo la mia soluzione, anche se sembra troppo butta per essere giusta... :?
Per l'accelerazione:
Quando la catapulta è inclinata di un angolo $ \theta $, il momento del peso del proiettile sulla catapulta sarà dato da $ mlg\cos\theta $, similmente, la massa più grande genererà un momento $ MLg\cos\theta $. Quindi, il momento che fa girare la catupulta sarà $ (ML-ml)g\cos\theta $, quindi l'accelerazione $ a_1 $ del proiettile sarà $ a=\frac{(ML-ml)g\cos\theta}{ml} $.
Per la velocità:
Sul sistema agisce la sola forza peso, quindi posso usare la conservazione dell'energia. Prendo un sistema di riferimento che ha come $ h=0 $ l'altezza della catapulta a riposo. Chiamo $ K_1 $ l'energia cinetica del proiettile, $ K_2 $ l'energia cinetica della massa più grande, $ U_1 $ l'energia potenziale gravitazionale del proiettile e $ U_2 $ l'energia potenziale gravitazionale della massa maggiore. In un qualunque momento, si avrà:
$ \displaystyle K_1+K_2+U_1+U_2=0 $
In particolare, quando la catapulta avrà inclinazione $ \theta $ e osservando che la velocità angolare di entrambe le masse è uguale:
$ \displaystyle \frac{1}{2}mw^2l^2+\frac{1}{2}Mw^2L^2+mgl\sin\theta+Mgl\sin\theta=0 $
Da cui si ottiene:
$ \displaystyle w=\sqrt{\frac{2(ML-ml)g\sin\theta}{l^2m+L^2M}} \Rightarrow v_1=l\sqrt{\frac{2(ML-ml)g\sin\theta}{l^2m+L^2M}} $
Dove $ v_1 $ è la velocità del proiettile.
Per il secondo punto, basta imporre l'equazione
$ \displaystyle L+v\cos\theta_0 t-\frac{1}{2}gt^2=0 $
E sostituire la velocità trovata prima, prendendo la soluzione positiva.

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Ippo_
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Messaggio da Ippo_ » 20 lug 2008, 18:34

Il momento torcente in funzione di $ \theta $ è $ \tau=MgL\cos\theta-mgl\cos\theta $ (si prende $ \theta $ nullo quando i bracci sono orizzontali, e crescente in senso orario per assecondare il moto della catapulta).
L'accelerazione angolare è dunque $ \displaystyle \alpha=\frac{\tau}{I}=\frac{MgL-mgl}{ML^2+ml^2}\cdot\cos\theta $ e l'accelerazione tangenziale del proiettile è quindi $ \displaystyle a=\alpha\cdot l =\frac{MgL-mgl}{ML^2+ml^2}\cdot l \cos\theta $

Per la velocità usiamo la conservazione dell'energia:
$ 2(MgL-mgl)\sin\theta=I\omega^2 $, da cui si ricava la velocità angolare della catapulta in funzione dell'angolo:
$ \displaystyle \omega=\sqrt{\frac{2(MgL-mgl)\sin\theta}{ML^2+ml^2}} $
e quindi la velocità tangenziale del proiettile:
$ \displaystyle v=l\sqrt{\frac{2(MgL-mgl)\sin\theta}{ML^2+ml^2}} $

A questo punto è solo questione di balistica. Il tempo che il proiettile impiega a raggiungere il punto di massima altezza è $ \displaystyle t_1=v(\theta_0)\cos\theta_0/g=l\cos\theta_0\sqrt{\frac{2(ML-ml)\sin\theta_0}{g(ML^2+ml^2)}} $ e questo punto si trova ad un'altezza $ h=1/2gt_1^2=l^2\cos^2\theta_0\frac{2(ML-ml)\sin\theta_0}{ML^2+ml^2} $.
Il tempo di caduta è $ t_2=\sqrt{2(h+L\sin\theta_0+L)/g} $ e il tempo di volo complessivo è $ t=t_1+t_2 $, con delle scritture atroci che non ho più voglia di texxare :lol:

EDIT: D'oh, sono stato preceduto :? tanto LaTeX per nulla :(
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Rigel
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Messaggio da Rigel » 20 lug 2008, 19:12

Oddio!!! :shock: Come lunghezza delle formule questo problema somiglia tanto a un quesito della prova sperimentale data a Senigallia quest'anno :lol:
TBPL ha scritto:quindi l'accelerazione $ a_1 $ del proiettile sarà $ a=\frac{(Ml-ml)g\cos\theta}{ml} $.
Se hai usato la formula $ \tau=I\alpha $, nel calcolare I devi tenere conto anche della massa M
"Non ho particolari talenti, sono solo appassionatamente curioso." Albert Einstein

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 20 lug 2008, 19:59

Scusa Ippo, mi spiegheresti come hai calcolato $ I $?

Io avevo usato il teorema degli assi paralleli e poi la relazione $ \tau =I\alpha $ per calcolare l'accelerazione, ma ottengo risultati diversi.
Calcolo i due momenti nelle estremità, e ottengo un sistema in due incognite $ I_{CdM} $ e $ \displaystyle \alpha $ ricavando $ \displaystyle \alpha =g\cdot \frac{M-m}{(M+m)(l-L)} $


edit: sono un idiota, è semplicemente la definizione :shock:

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mitchan88
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Messaggio da mitchan88 » 20 lug 2008, 20:52

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Dal blog di uno dei correttori :P
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TBPL
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Messaggio da TBPL » 21 lug 2008, 11:16

Rigel ha scritto:
TBPL ha scritto:quindi l'accelerazione $ a_1 $ del proiettile sarà $ a=\frac{(Ml-ml)g\cos\theta}{ml} $.
Se hai usato la formula $ \tau=I\alpha $, nel calcolare I devi tenere conto anche della massa M
Sì, in quel punto mi sono confuso, la formula giusta è quella di Ippo :wink:

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 21 ago 2008, 14:44

Perchè fermarsi alle domande facili?

(c) Trascurando le dimensioni della catapulta, si trovi la gittata orizzontale del proiettile.

(d) Si trovi la gittata massima e il corrispondente angolo di lancio. Qual è la massa $ \displaystyle m $ più grande che si può lanciare a distanza $ \displaystyle d $?

(e) Si calcoli la reazione sul perno durante la rotazione.


La domanda su cui ho qualche dubbio è l'ultima, perchè facendola in due modi diversi ho trovato due risultati diversi...

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Zoidberg
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Messaggio da Zoidberg » 22 ago 2008, 18:05

mitchan88 ha scritto:Immagine
Dal blog di uno dei correttori :P
anche la didascalia merita
Eccovi anche un disegnino esplicativo della soluzione del problema II, alla cui correzione ho partecipato, tentato da quasi tutti i 400+ partecipanti, fatto decentemente da pochi e tutto giusto solo da 2.
Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando dell'associazione "Matematici per la messa al bando del Sudoku" fondata da fph" fondata da Zoidberg

iactor
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Messaggio da iactor » 23 ago 2008, 19:25

Giusto tre ideuzze per renderlo più divertente.

1 Temere conto che l'asta non ha massa trascurabile come mi pare di capire dal testo ma è un' asta omogenea di massa mp (oppure nel caso più generale un'asta con il baricentro posto a distanza nota dal fulcro e momento d'inerzia noto.

2 tenere conto nei calcoli per la gittata di una resistenza dell'aria proporzionale alla velocità (non è un caso molto realistico ma è l'unico che si può risolvere esattamente)

3 Spesso in queste catapulte l'energia non veniva immagazzinata solo come energia potenziale ma anche come energia elastica flettendo il palo.
Supponiamo che quando la catapulta viene caricata la parte destra del palo non possa inclinarsi oltre la posizione 0, l'altra estremità viene flessa dalla forza F esercitata da un argano attraverso una fune posta sotto l'imbarcatura del proiettile.
Di quanto si flette l'asta? Quant'è l'energia immagazzinata? (il braccio è un palo di legno a sezione quadrata di area S e modulo di young nella direzione delle fibre Y, si consideri piccola la deformazione e si trascuri la deformazione dovuta alla massa del palo).
Ripetere i punti precedenti sapendo che il proiettile arriva alla posizione 0 con questo surplus di energia.

4 Molto complicato.
Talvolta questi modelli di catapulta (chi gioca ad age of empires lo sa bene) alloggiavano il proiettile non in una sorta di "cucchiaio" ma in una specie di sacca.
Non sono ancora riuscito a trovare un modo decente di modellizzarlo.

Ciao

iactor
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Messaggio da iactor » 24 ago 2008, 17:08

Daiii.... Nessuno che si sbatte a provare?

genialien
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Re: Catapultiamoci in Normale!

Messaggio da genialien » 04 ago 2012, 15:08

Qualcuno che mi spieghi brevemente il punto d? (gittata massima etc..?)
L'uomo che comincia con certezza finisce nel dubbio, ma colui che comincia nel dubbio finisce con la certezza.

Robertopphneimer
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Re: Catapultiamoci in Normale!

Messaggio da Robertopphneimer » 04 ago 2012, 19:30

vedo che c'è molta trigonometria nei problemi di fisica d'ammissione...
L'universo è come una sfera dove il centro è ovunque e la circonferenza da nessuna parte.
"Blaise Pascal"

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