La barca ed il remo

Meccanica, termodinamica, elettromagnetismo, relatività, ...
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karl
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La barca ed il remo

Messaggio da karl » 23 apr 2005, 17:01

Immagine
Il remo di una barca ,incernierato in un punto O intorno al quale
e' libero di ruotare,e' parzialmente immerso nell'acqua ed in
equilibrio nella posizione indicata in figura.
Determinare l'angolo d'inclinazione $ \theta $ che il remo
forma con la superficie dell'acqua nelle ipotesi descritte in figura
ed approssimando il remo ad un cilindro (pieno) di sezione S,densita'
d e lunghezza L,mentre la distanza di O dal pelo libero dell'acqua e' Ho.
[Assenza di vento e di moto ondoso apprezzabili]

hexen
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Messaggio da hexen » 23 apr 2005, 18:03

nn sono una cima in fisica ma credo mi serva sapere se la densità del remo è maggiore o minore di 1, anche se mi pare ovvio che $ $d<1$ $ :D
Ultima modifica di hexen il 23 apr 2005, 18:22, modificato 1 volta in totale.
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karl
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Messaggio da karl » 23 apr 2005, 18:21

Supposto che si tratti di acqua dolce (barca su di un lago non salato ,per es.),
si puo' porre :d(remo)= 0.9(g/cm^3) e d(acqua)=1 (g/cm^3) ,L=300 (cm)
Ho=80 (cm) .
Tuttavia si puo' avere equilibrio anche se d(remo) e' di poco superiore ad 1
purche' siano verificate certe condizioni sulla lunghezza totale del remo.

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 25 apr 2005, 09:59

Se non ho fatto cavolate con i conti (facile..) dovrebbe essere:

$ SIN(x) = (h_0/l)*(sqrt((5*S*\rho)/(16/5*S*\rho-3*\lambda))) $

Dove lambda è la densità per unità di lunghezza del remo.

Quindi la condizione per l'equililibrio dovrebbe essere: $ \lambda < 16/15*S*\rho $

-------------------

[In TeX, le formule si aprono con il tag [_tex_] e si chiudono con [_/tex_] (senza '_'). Li hai scambiati di posto. Inoltre ti faccio notare che esiste il comando \sin, per indicare la funzione seno e \sqrt{} per fare il simbolo di radice.

Inoltre puoi sistemare la formula in modo molto più grazioso e simile a come la scriveresti su carta. Guarda qua:

$ \displaystyle \sin x = \frac{h_0}{l} \sqrt{\frac{5 S \rho}{\frac{16}{5} S \rho-3 \lambda}} $

Il consiglio è di fare un po' di esperimenti per impratichirsi: è molto più facile di quanto non sembri di primo acchito. Nella sezione LaTeX del Forum c'è uno spazio a ciò dedicato. M.]

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 25 apr 2005, 10:02

ehm...non so cos'ho sbagliato con teX.

Magari qualche mod può editarmi il post im modo da renderlo comprensibile.

Huxeley
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Messaggio da Huxeley » 25 apr 2005, 10:16

Diciamo B l’estremità del remo fuori dall’acqua e C quella immersa, G il baricentro del remo M il baricentro della parte immersa, H il piede della perpendicolare da O alla superficie dell’acqua, D l’intersezione fra la retta OH e la parallela alla superficie dell’acqua condotta da M, E l’intersezione fra la retta OH e la parallela alla superficie dell’acqua condotta da G. Si ha con facili calcoli
BC=L, OA=L/5, OH=H, OA=H/senα ,AC=BC-BO-OA=4/5L-H/senα , DM=1/2(4/5L+H/senα)cosα, EG=3/10Lcosα
da cui il peso del remo è
P=dgSL
La spinta della parte immersa è
F=d1Sg(4/5L-H/senα) ove d1 è la densità dell’ acqua.
Per l’equilibrio delle forze si deve avere
F+R-P=0 ove R è la reazione vincolare dello scalmo.
Per l’equilibrio dei momenti, calcolati rispetto al punto O si ha:
F*DM-P*EG=0 cioè

d1Sg(4/5L-H/senα)1/2(4/5L+H/senα)cosα-dgSL3/10Lcosα=0 semplificando e ponendo r=d/d1 si ha
senα=[5/√(16-15r)]H/L
essendo d<d1 si ha certamente 0<r<1 quindi 15r<15<16 onde 16-15r>0.
La reazione vincolare nello scalmo può ora essere determinata in direzione e verso
Si ha R=P-F=dgSL-d1Sg(4/5L-H/senα)=dgSL-d1Sg(4/5L-Lq/5) con q=√(16-15r). Infine
R=(d-4/5d1+1/5d1q)SgL con la direzione verticale verso l’alto perché R>0 se
d-4/5d1+1/5d1q>0 cioè se
√(16-15r)>4-5r ma essendo d<d1 è certamente 4-5r>0 onde quadrando
r-r<0 soddisfatta certamente perché si ha,come visto, 0<r<1

A rigore la parte immersa non ha forma cilindrica perché il mare taglia il cilindro trasversalmente, se si vuole aggiungere questo particolare basterà rifare i calcoli ponendo come volume quello di questo solido.

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karl
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Messaggio da karl » 25 apr 2005, 13:48

la soluzione di Huxeley e' quella giusta.Quanto alla parte immersa (non precisamente di forma cilindrica) si puo' osservare che ,sezionando idealmente
il remo in A con un piano normale all'asse del remo, si ottengono due parti,
una dentro l'acqua ed una fuori,che praticamente si compensano ( se non e'
richiesta una precisione elevata).

Huxeley
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Messaggio da Huxeley » 26 apr 2005, 16:13

Ciò che è interessante è la reazione vincolare dello scalmo. Ordinariamente si ha a che fare con la reazione vincolare di un piano che è naturalmente normale al piano. In questo caso si tratta della rezione data dall'appoggio su un punto, vertice di un triangolo. Per analogia si potrebbe pensare che la reazione vincolare abbia la direzione dell'altezza, invece no!

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