Altro esercizio corpo rigido e urti

[milini]

Si consideri il sistema riportato in figura, in cui si ha un’asta rigida, di sezione trascurabile, massa $m=10 kg$, lunghezza $L=2 m$, al cui estremo è attaccato un corpo puntiforme di massa $m1=4kg$. Ad una distanza $L1=0.5m$ da tale estremo,l’asta è vincolata a ruotare intorno al perno $A$. Sapendo che inizialmente l’asta è ferma e sollevata di un angolo $θ0=30°$ e da questa posizione viene lasciata liberadi cadere:
a.
Determinare la velocità angolare dell’asta quando questa arriva a toccare l’ostacolo $B$;
b.
Considerando che l’urto tra asta ed ostacolo $B$ sia anelastico e che in tale urto venga dissipata un’energia $ΔE=8 J$, determinare l’angolo massimo $θ$ che raggiunge l’asta dopo l’urto.



Penso si debba risolvere l'equazione $Li=Lf$ però non capisco come fare! Grazie a chi mi aiuterà

[stormy1]

penso che la chiave sia mettere in relazione il lavoro positivo che fa la forza peso all" andata" e quello negativo che fa al "ritorno" con l'energia cinetica dell'asta
all'andata l'incognita è $omega$ ,al ritorno è $theta$

[milini]

"stormy":penso che la chiave sia mettere in relazione il lavoro positivo che fa la forza peso all" andata" e quello negativo che fa al "ritorno" con l'energia cinetica dell'asta
all'andata l'incognita è $omega$ ,al ritorno è $theta$

All'andata la forza peso svolge lavoro $mgh$ ? Non capisco come far quadrare $omega$ all'andata. Al ritorno l'energia cinetica dell'asta è $1/2 Iomega^2$

[stormy1]

anche all'andata $mgh=1/2Iomega^2$
dai dati devi capire quanto valgono $I$ ed $h$
al ritorno l'energia cinetica iniziale è diminuita di $DeltaE$

[milini]

"stormy":anche all'andata $mgh=1/2Iomega^2$
dai dati devi capire quanto valgono $I$ ed $h$

Ah ecco... l'h sarebbe l'altezza dal blocco $B$ all'asta però non so quanto vale la lunghezza dell'asta dal punto di partenza a $B$.

[stormy1]

$(L/2-L_1)sentheta$

[milini]

"stormy":$(L/2-L_1)sentheta$

Io avevo pensato$(L-L1)sen theta$.. perchè $L/2$?

[stormy1]

perchè la forza peso è applicata a metà della sbarra

[milini]

"stormy":perchè la forza peso è applicata a metà della sbarra

ok perfetto quindi $mg(L/2-L1)sentheta=Iomega^2$ devo trovare il momento d'inerzia. Però devo considerare che ho una massa di 4kg e quindi cambia il centro di massa. Il nuov centro di massa dovrebbe essere: $m1/(m1+m)*L=4/14*2=0.57m$ ?

[stormy1]

ah,scusa non avevo letto che c'era una massa attaccata all'estremità : allora il centro di massa del sistema non sta in l/2
prendendo come riferimento il punto $A$ il centro di massa si trova in $(-m_1L_1+mL/2)/(m_1+m)$

[milini]

"stormy":ah,scusa non avevo letto che c'era una massa attaccata all'estremità : allora il centro di massa del sistema non sta in l/2

quindi il centro di massa sta a questa posizione: $(m1)/(m+m1)L$ ?

[stormy1]

ho fatto un'aggiunta al post precedente

[milini]

"stormy":ah,scusa non avevo letto che c'era una massa attaccata all'estremità : allora il centro di massa del sistema non sta in l/2
prendendo come riferimento il punto $A$ il centro di massa si trova in $(-m_1L_1+mL/2)/(m_1+m)$

Facendo i calcoli, esce $0.57 m$ come la mia $(m1)/(m1+m)$
adesso bisogna trovare il momento d'inerzia. Io l'ho pensato così: $I= m1*0.57^2+ml^2/12+m0.07^2$

[milini]

o no?

[stormy1]

applicando anche il teorema di Huygens-Steiner a me risulta che il momento di inerzia del sistema è
$m_1L_1^2+(mL^2)/12+m(L/2-L_1)^2$

[milini]

"stormy":applicando anche il teorema di Huygens-Steiner a me risulta che il momento di inerzia del sistema è
$m_1L_1^2+(mL^2)/12+m(L/2-L_1)^2$

Non capisco perchè hai fatto $m1L_1^2$ invece che $m1L_(CM)$ (LCM= posizione centro di massa) e anche perchè $m(L/2-L_1)$ e non sempre $m(L_(CM)-L_1)$

[stormy1]

stiamo calcolando il momento di inerzia rispetto all'asse passante per $A$

[milini]

"stormy":stiamo calcolando il momento di inerzia rispetto all'asse passante per $A$

ah si adesso ci sono perfetto quindi in calcoli esce $I=4*0.5^2+10*2^2/12+10(1-0.5)^2= 6.83$ giusto?