Asta che scivola su un gradino
Un asta omogenea di lunghezza L,massa M Si trova appoggiato su di un gradino come da figura
.Ad un certo istante l'asta comincia a scivolare sul piano dove non vi è attrito.Descrivere la traiettoria del centro di massa fino a quando l'asta non cade.Sono noti anche l'altezza=$h$ del gradino,un angolo iniziale $theta_0$ formato dal piano con l'asta.
.Ad un certo istante l'asta comincia a scivolare sul piano dove non vi è attrito.Descrivere la traiettoria del centro di massa fino a quando l'asta non cade.Sono noti anche l'altezza=$h$ del gradino,un angolo iniziale $theta_0$ formato dal piano con l'asta.
Risposte
La traiettoria del baricentro non è influenzata dal coefficiente di attrito (ovviamente se non è tanto elevato da impedirne il movimento!)
Ma infatti,ho detto che non c'è attrito.Piuttosto come si risolve?Imponendo le equazioni delle forze e dei momenti mi vengono fuori troppe incognite.Mi manca sicuramente qualche relazione.Pero non so quale
"blackdie":
Ma infatti,ho detto che non c'è attrito.Piuttosto come si risolve?Imponendo le equazioni delle forze e dei momenti mi vengono fuori troppe incognite.Mi manca sicuramente qualche relazione.Pero non so quale
E infatti la questione è proprio lì. Volevo farti notare che la soluzione non c'entra con l'attrito che ci può essere come no.
Il problema non è di dinamica ma più banalmente di cinematica-geometria: non si chiede la legge di moto ma solo la traiettoria.
Lascia perdere l'equilibrio e concentrati sul triangolo geometrico. In funzione di un parametro (quello che vuoi tu: l'angolo, la posizione orizzontale del punto più basso...) puoi esprimere le coordinate del centro della barra. A questo punto dalle due equazioni elimini il parametro e il gioco è fatto.
Allora io ho provato a risolverlo, però i calcoli sono luuuunghi e sicuramente ho sbagliato qualche passaggio. Ho deciso di non riportarli perché sono circa 4 paginate di quaderno ed è decisamente faticoso trascriverle qui XD.
Allora per prima cosa ho suddiviso il problema in due parti. La prima parte consiste nello studio del moto dall'inizio a quando l'estremità della trave "supera" l'angolo. Il secondo problema, molto più facile, parte dall'istante in cui la trave cade al suolo dopo che si è staccata dall'angolo. Questo problema è facile perché è un'asta che ha una certa velocità orizzontale e cade verticalmente su un pavimento a cui è appoggiata.
La prima parte è decisamente più tosta:
Innanzitutto notiamo che il moto si svolge in un piano verticale, e che il centro istantaneo di rotazione sappiamo che si trova nell'intersezione delle due rette, passanti dagli estremi, rispettivamente ortogonali a $v_1$ e $v_2$, quindi in pratica è in un vertice del rettangolo, quello in alto a sinistra nel tuo disegno.
Prendiamo un sistema di riferimento centrato nel punto alla base del gradino, con l'asse delle y parallelo al gradino e l'asse delle x parallelo alla linea di terra.
In questo sistema di riferimento il centro istantaneo di rotazione si muove lungo una circonferenza di raggio L (finché la sbarra non si stacca dal gradino!), di cui scriviamo l'equazione (è abbastanza semplice). Ora mettiamoci con un sistema di riferimento polare che trasla solidale al centro istantaneo di rotazione. In questo sistema di riferimento il tensore di inerzia è fisso, ed è lo studio di una trave che ruota intorno a un punto, niente di più. Trovi la soluzione e successivamente ti riporti nel sistema di riferimento "fisso" del punto alla base del gradino, semplicemente sommando alle equazioni trovate le equazioni della circonferenza che hai posto all'inizio. Da qui trovi l'angolo in cui avviene lo stacco della trave dal gradino.
Da questo punto in poi la trave avrà una velocità orizzontale iniziale che si mantiene (non ci sono forze orizzontali) e una verticale piuttosto facile da calcolare (c'è solo la reazione del piano e la forza peso, non dovresti avere problemi)
Spero sia chiaro. Per quanto riguarda il sistema di riferimento polare hai quattro incognite (l'angolo, la reazione dell'angolo del gradino, la normale al piano e la velocità di rotazione: te la dovresti cavare bene con le due equazioni cardinali e la conservazione dell'energia). Saluti
Allora per prima cosa ho suddiviso il problema in due parti. La prima parte consiste nello studio del moto dall'inizio a quando l'estremità della trave "supera" l'angolo. Il secondo problema, molto più facile, parte dall'istante in cui la trave cade al suolo dopo che si è staccata dall'angolo. Questo problema è facile perché è un'asta che ha una certa velocità orizzontale e cade verticalmente su un pavimento a cui è appoggiata.
La prima parte è decisamente più tosta:
Innanzitutto notiamo che il moto si svolge in un piano verticale, e che il centro istantaneo di rotazione sappiamo che si trova nell'intersezione delle due rette, passanti dagli estremi, rispettivamente ortogonali a $v_1$ e $v_2$, quindi in pratica è in un vertice del rettangolo, quello in alto a sinistra nel tuo disegno.
Prendiamo un sistema di riferimento centrato nel punto alla base del gradino, con l'asse delle y parallelo al gradino e l'asse delle x parallelo alla linea di terra.
In questo sistema di riferimento il centro istantaneo di rotazione si muove lungo una circonferenza di raggio L (finché la sbarra non si stacca dal gradino!), di cui scriviamo l'equazione (è abbastanza semplice). Ora mettiamoci con un sistema di riferimento polare che trasla solidale al centro istantaneo di rotazione. In questo sistema di riferimento il tensore di inerzia è fisso, ed è lo studio di una trave che ruota intorno a un punto, niente di più. Trovi la soluzione e successivamente ti riporti nel sistema di riferimento "fisso" del punto alla base del gradino, semplicemente sommando alle equazioni trovate le equazioni della circonferenza che hai posto all'inizio. Da qui trovi l'angolo in cui avviene lo stacco della trave dal gradino.
Da questo punto in poi la trave avrà una velocità orizzontale iniziale che si mantiene (non ci sono forze orizzontali) e una verticale piuttosto facile da calcolare (c'è solo la reazione del piano e la forza peso, non dovresti avere problemi)
Spero sia chiaro. Per quanto riguarda il sistema di riferimento polare hai quattro incognite (l'angolo, la reazione dell'angolo del gradino, la normale al piano e la velocità di rotazione: te la dovresti cavare bene con le due equazioni cardinali e la conservazione dell'energia). Saluti
Come è stato fatto notare, è un problema di geometria.
Considera allora il fascio di rette passante per il punto $(0,H)$ (è la condizione imposta dal fatto che la scala poggi sul gradino, per fortuna non se ne distacca per la parte di moto in esame), $\alphax+\beta(y-H)=0$. Per semplicità puoi scriverlo nella forma $mx+y-H=0$, ricordando che con quest'ultima scrittura escludi una retta.
Nota allora che:
i) il CM appartiene alla retta del fascio, quindi $mx_P+y_P-H=0$
ii) lo stesso avviene per il punto $(\xi,0)$, intersezione della retta con l'asse $Ox$ (i.e. l'estremo dell'asta che poggia a terra), cioè $m\xi-H=0$
iii) il CM dista $l/2$ da $(\xi,0)$, cioè $(x_P-\xi)^2+y_P^2=l^2/4$.
I punti i) e ii) ti permettono di ricavare $\xi$ in funzione di $x_P$ e $y_P$, sostituisci nella iii) e ricavi l'equazione della traiettoria (la cui esplicitabilità è da vedere).
C'è qualche condizione di cui tenere conto per rendere la soluzione un po' rigorosa (del tipo il punto $(0,H)$ deve appartenere alla traiettoria, probabilmente anche il punto $(0,l/2)$, $\xi>0$, i valori massimi di $\xi$ e di $x_P$ dipendono dalla lunghezza della scala, e così via).
Considera allora il fascio di rette passante per il punto $(0,H)$ (è la condizione imposta dal fatto che la scala poggi sul gradino, per fortuna non se ne distacca per la parte di moto in esame), $\alphax+\beta(y-H)=0$. Per semplicità puoi scriverlo nella forma $mx+y-H=0$, ricordando che con quest'ultima scrittura escludi una retta.
Nota allora che:
i) il CM appartiene alla retta del fascio, quindi $mx_P+y_P-H=0$
ii) lo stesso avviene per il punto $(\xi,0)$, intersezione della retta con l'asse $Ox$ (i.e. l'estremo dell'asta che poggia a terra), cioè $m\xi-H=0$
iii) il CM dista $l/2$ da $(\xi,0)$, cioè $(x_P-\xi)^2+y_P^2=l^2/4$.
I punti i) e ii) ti permettono di ricavare $\xi$ in funzione di $x_P$ e $y_P$, sostituisci nella iii) e ricavi l'equazione della traiettoria (la cui esplicitabilità è da vedere).
C'è qualche condizione di cui tenere conto per rendere la soluzione un po' rigorosa (del tipo il punto $(0,H)$ deve appartenere alla traiettoria, probabilmente anche il punto $(0,l/2)$, $\xi>0$, i valori massimi di $\xi$ e di $x_P$ dipendono dalla lunghezza della scala, e così via).
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