Pocisk i pręt (bryła sztywna)

[Lmi]

Witam mam problem z takim oto zadankiem:
"Pręt o długości L=0,5m i masie M=3kg został zawieszony jednym końcem na poziomej osi. W pewnej chwili w drugi koniec pręta wbija się pocisk o masie m=10g, który leciał z szybkością v=500m/s. Oblicz kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) o jaki wychyli się pręt, po wbiciu pocisku."

Próbowałem rozwiązać to zadanie na wiele sposobów i nic mi nie wychodzi. Nie wiem zabardzo jaki wzór będzie tu miał moment bezwładności i promień oraz energia potencjalna. Zaraz napiszę o co mi chodzi...

\(\displaystyle{ \Delta E=const.}\)
\(\displaystyle{ E_{p}=E_{k}}\)
\(\displaystyle{ \frac{M^{'}V^{2}}{2}}\)+\(\displaystyle{ \frac{I\omega^{2}}{2}}\)=\(\displaystyle{ \frac{M^{'}gh}}\)
\(\displaystyle{ M^{'}}\) masa układu po zderzeniu
\(\displaystyle{ V}\) szybkość układu po zderzeniu
\(\displaystyle{ I}\) moment bezwładności układu pocisk - pręt
\(\displaystyle{ \omega}\) prędkość kątowa układu
\(\displaystyle{ h}\) wysokość na jaką się podniesie pręt z pociskiem

=========================
----|----p\(\displaystyle{ (\alpha)}\)---p---------|
----|----p------------r------|
----|----r---------------ę--->x
---Lh
-----|---t--------------||
Z pędu
\(\displaystyle{ mv+MV_{1}=(m+M)V}\)\(\displaystyle{ \Rightarrow V_{1}=0}\)
z tąd
\(\displaystyle{ V=\frac{mv}{m+M}}\)
\(\displaystyle{ \frac{x}{L}=\cos(\alpha)}\)
\(\displaystyle{ h=L-x}\)\(\displaystyle{ \Rightarrow h=L-L\cos(\alpha)}\)
\(\displaystyle{ I=I_{SMpręta}+I_{pktObrotuPręta}+I_{pociskuwpręcie}=\frac{ML^{2}}{12}+M(\frac{L}{2})^{2}+m(\frac{L}{2})^{2}}\)
\(\displaystyle{ \omega^{2}=\frac{(\frac{mv}{m+M})^{2}}{(\frac{L}{2})^{2}}}\)\(\displaystyle{ \Rightarrow \omega=\frac{V}{R}}\)

W odpowiedziach jest \(\displaystyle{ \alpha=0,8L}\)

Proszę o pomoc i z góry bardzo dziękuję.

[ Dodano: 21 Stycznia 2008, 15:40 ]
mi wysokość wychodzi 0,644 , a \(\displaystyle{ cos(\alpha)=-7,67}\)

[Dargi]

Lmi, sorki że pominę twoje obliczenia bo nie mogę się trochę w nich połapać :] Ja bym widział to tak:
\(\displaystyle{ mv=(m+M)v_1\iff v_1=v\frac{m}{m+M}}\)
Taką prędkość osiągnie pręt po wbiciu się pocisku.
Teraz należy zauważyć że zachodzi następująca równość z zasady zachowania energii:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(m+M)gL+\frac{(m+M)v_1^2}{2}+\frac{I\omega^2}{2}=(m+M)gh\iff
(m+M)gL+(m+M)v_1^2+(\frac{1}{3}M+m)v_1^2=2(m+M)gh\iff gL+v_1^2(\frac{\frac{4}{3}M+2m}{m+M})=2gh\iff
gL+v^2m^2(\frac{\frac{4}{3}M+2m}{(m+M)^3})=2gh\iff
h=v^2m^2(\frac{\frac{4}{3}M+2m}{2g(m+M)^3})+\frac{L}{2}}\)
\(\displaystyle{ h 0,44m}\)

Gdzie \(\displaystyle{ x=h-\frac{1}{2}l}\)co nam daje:
\(\displaystyle{ cos\alpha=\frac{l-2h+l}{l}=2\frac{l-h}{l}}\)
\(\displaystyle{ cos\alpha=0,24}\)
\(\displaystyle{ \alpha=76^{o}}\)

[Lmi]

Przy dalszych wyprowadzaniach zgubiłeś prędkość kątową. I nie rozumiem tych dwóch energii potencjalnych (tzn. (m+M)gh wiem skąd ale \(\displaystyle{ \(\displaystyle{ \frac{(m+M)gL}{2}}\) nie mam zielonego pojęcia) i jak ci tak wyszedł x?}\)

[Dargi]

Prędkości kątowej nie zgubiłem bo zamieniłem ją na liniową:] Co do tego wzoru to energie potencjalną pręta liczymy od jego środka. x to jest zmienna na rysunku który widzisz poniżej.

[Lmi]

Prędkości kątowej nie zgubiłem bo zamieniłem ją na liniową:] Co do tego wzoru to energie potencjalną pręta liczymy od jego środka. x to jest zmienna na rysunku który widzisz poniżej. Obrazek

Właśnie o tym mówię \(\displaystyle{ \omega=\frac{V}{R}}\) a u ciebie nie widzę w tym wzorze na energię kinetyczną ruchu obrotowego żadnego R ani (l/2).

[Dargi]

W pamięci to przekształciłem.

[Lmi]

Mam złą wiadomość. Moja nauczycielka twierdzi, że tak jak tu to to jest źle policzone. Mówiła, że trzeba coś pokombinować z prędkością V zgodnie z zasadą zachowania momentu pędu i że środek masy się przesuwa. Dla mnie z tą zasadą momentu pędu to trochę dziwne bo przed to chyba była równa zero a po uderzeniu pocisku na wysokości h przed wychamowaniem jakąś wartość; więc...

[Dargi]

Według mojej koncepcji środek masy się przesuwa. Dzisiaj postaram się do wieczora zamieścić pełne rozwiązanie z rysunkiem :d Chwilowo nie mam czasu.

[Lmi]

Według mojej koncepcji środek masy się przesuwa. Dzisiaj postaram się do wieczora zamieścić pełne rozwiązanie z rysunkiem :d Chwilowo nie mam czasu.

Przesuwa się tak, tak ale nie tylko zmienia wysokość n.p.m. ale po wbiciu pocisku wspólny środek masy pocisk pręt jest zmieniony i przesunięty w którąś stronę w pręcie.

[ Dodano: 29 Stycznia 2008, 19:18 ]
Narazie policzyłem (napewno dobrze) przemieszczenie środka masy układu. Chodzi tu o połozenie/przesunięcie po uderzeniu pocisku, a nie o zmianę wysokości związaną z energią potencjalną. Więc środek masy będzie bliżej miejsca uderzenie i ugrzęźnięcia pocisku, w odległości d=0,251 m od miejsca umocowania pręta (środka obrotu), czyli \(\displaystyle{ \frac{l}{2}+0,0008}\). Policzyłem też kont, ale nie wiem czy dobrze, wyszedł mi \(\displaystyle{ 76^{o}}\). P.S. Wczrśniej gdy liczyłeś kont, źle go policzyłeś ze swojego równania, bo źle zaokrągliłeś wynik wysokości h=0,434 a zaokrąglamy od 5, i kont wychodził \(\displaystyle{ 74,4^{o}}\).
Nie wiem czy dobrze policzyłem moment bezwładności, głownie tu jest pogrzebany przysłowiowy pies. I liczyłem taK:
\(\displaystyle{ Najpierw \ I \ wzgledem \ osi \ obrotu \ prostopadla \ i \ przechodzaca \ przez \ srodek \ masy \ preta \ ale z pocieskiem \ ( \ bez \ zmiany \ srodka \ masy \ )}\)
\(\displaystyle{ I_{0}=\frac{Ml^{2}}{12} + m(\frac{l}{2})^{2}}\)

Potem I względem nowego środka masy
\(\displaystyle{ I^{'}_{0}=I_{0}+(m+M)(0,0008)^{2} 0,063kgm^{2}}\)

Potem I względem środka obrotu całego układu
\(\displaystyle{ I_{ow}=I^{'}_{0}+(m+M)d^{2} 0,253kgm^{2}}\)

\(\displaystyle{ \cos\alpha = \frac{d-h}{d}}\) to napewno prawidłowe równanie

A=====ŚM2====ŚM1===========O
^...........^ ...........^.........................^
pocisk....nowy .....początkowy............miejsce
............środek....środek...................przytwierdzenia
.............masy......masy....................pręta (środek obrotu O )
............................................................/
. ........................................................./
..\________________________________/
........................^.........................
...................pręt z pociskiem.........

d to odległość od ŚM2 do O
x=0,0008 to odległość od ŚM2 do ŚM1
ŚM1 leży dokładnie w połowie całej długości l pręta

[ Dodano: 30 Stycznia 2008, 14:53 ]
Już wiem jak rozwiązać to zadanie. Poniżej zamieszczam rozwiązanie dla wiekopomnych pokoleń.
P.S. Dargi, rozmawiałem z nauczycielką i nasze rozumowanie jest poprawne uwzględniając to przemieszczenie środka masy o odległość d i mój moment bezwładności. Ale tu można tu to uprościć do pstaci Epnawysokościh=Ekruchuobrotowego.

\(\displaystyle{ \cos\alpha = \frac{d-h}{d} = 1- \frac{h}{d}}\)

\(\displaystyle{ d= \frac{l}{2} + x}\)

x wyznaczamy z równowagi ciężarów względem nowego środka masy:
\(\displaystyle{ Mgx=mg(\frac{l}{2} - x)}\)
\(\displaystyle{ x= \frac{ml}{2(M+m)}}\)
x=0,0008 m

\(\displaystyle{ d= \frac{l}{2} + \frac{ml}{2(M+m)}= \frac{l(2m+M)}{2(M+m)}}\)
d=0,251m

ZASADA ZACHOWANIA ENERGII
\(\displaystyle{ E_{p_{nawysokoscih}}=E_{k_{ruchuobrotowego}}}\)

\(\displaystyle{ (M+m)gh= \frac{I_{c} \omega^{2}}{2}}\) gdzie \(\displaystyle{ I_{c}}\) to moment bezwładności całego układu względem osi obrotu O.

\(\displaystyle{ I_{c}=I_{pretawzgledemO}+I_{pociskuwpreciewzgledemO}}\)
\(\displaystyle{ I_{c}=[\frac{Ml^{2}}{12} + M (\frac{l}{2})^{2}]^{=preta} + ml^{2}}\)

Prędkość kątową wyliczamy z zasady zachowania momentu pędu, gdzie moment początkowy pochodzi od uderzającego pocisku
\(\displaystyle{ L_{poczatkowy}=L_{koncowy}}\)

\(\displaystyle{ mvl=I_{c}\omega}\)

\(\displaystyle{ \omega = \frac{mvl}{I_{c}}}\)

Z równania energetycznego wyprowadzamy h

\(\displaystyle{ h= \frac{I_{c}\omega^{2}}{2(M+m)g}}\)

Po przekształceniach wychodzi nam:
\(\displaystyle{ h= \frac{m^{2}v^{2}}{2g(M+m)( \frac{M}{3} + m) }}\)

\(\displaystyle{ \cos\alpha= 1- \frac{m^{2}v^{2}}{g( \frac{M}{3} + m)(2m+M)l}}\)

\(\displaystyle{ \cos\alpha 0,6}\)
\(\displaystyle{ \alpha 55,9^{o}}\)

[kitiko]

Mam podobne zadanie z tym że pocisk uderza w belke pod kątem \(\displaystyle{ \alpha}\), jak to uwzględnić? Moment pędu pocisku nie będzie \(\displaystyle{ mvl}\) tylko \(\displaystyle{ mvl \cdot sin\alpha}\)? Czemu on w ogóle w waszych rozwiązaniach jest \(\displaystyle{ mvl}\) a nie po prostu \(\displaystyle{ mv}\)?

[daras170]

Bo mv to sam pęd a moment pędu to pęd pomnożony przez odległość od osi obrotu (iloczyn wektorowy).

[kitiko]

Racja, mimo to, jak uwzględnić ten kąt \(\displaystyle{ \alpha}\)?

[daras170]

Rozłożyć pęd na składowe, a potem wziąć pod uwagę tylko prostopadłą, bo równoległa daje zerowy wkład do momentu.

[SlotaWoj]

Można zredukować masę pręta do swobodnego końca i prędkość tegoż po uderzeniu pocisku wyznaczyć z zasady zachowania pędu, a kąt wychylenia pręta z zasady zachowania energii.