Bilanciere senza attrito

[SwitchArio]

Buongiorno, sono bloccato col punto 2 di questo problema (foto sotto), vi scrivo come ho ragionato (per non far sembrare che vi stia chiedendo di fare il problema senza che io ci abbia nemmeno provato), ma non so proprio come andare avanti.

Ho chiamato le masse (1) quella a sinistra e (2) quella a destra. Ho chiamato $\beta$ l'angolo tra l'asse $x$ e il bilanciere, ho considerato come forze esterne $R_1,P_1$ rispettivamente reazione vincolare e forza peso per la prima massa (perpendicolari) e $R_2,P_2$ per la seconda massa entrambe lungo $\hat y$
da $\overline F=m\overline a$ (e dalla tensione interna) mi sono ricavato le relazioni $m\ddot x_2= R_1$ e $m\ddot y_1+ P_1= R_2-P_2$
poi mi sono calcolato il momento torcente rispetto all'origine (in basso a sinistra) poichè mi serviva un polo fisso per non complicare i conti, inoltre questo polo ha il vantaggio di avere momento angolare è sempre nullo, perchè le velocità delle massette sono // al vettore che congiunge l'origine con le massette (disegnare per credere)
dunque per la seconda equazione cardinale posso imporre momento torcente $\overline M_O^{(e)}=0$, chiamando il $\overline r_1$ il vettore che mi congiunge origine a massa 1 e analogamente $\overline r_2$ posso scrivere (sono tutti vettori ovviamente)
$0=\overline M_O^{(e)}=\overline r_1\times \overline R_1+ \overline r_2\times (\overline P_2+\overline R_2)= -y_1R_1+x_2(R_2-P_2) = -y_1m\ddot x_2+x_2(m\ddot y_1 + mg)$
da cui $y_1\ddot x_2=x_2(\ddot y_1 + g)$ e poichè $y_1/x_2 = tan(\beta)$ (geometricamente) mi sono ricavato $tan(\beta) = (\ddot y_1 + g)/(\ddot x_2)$ ma al momento del distacco $\ddot x_2$ è $0$ e quindi mi sono bloccato qua

[Noodles1]

Premesso che la traiettoria del centro di massa del bilanciere è la circonferenza di centro $O$ e raggio $L/2$, quando il bilanciere si stacca dalla parete:

$V_A=mg$

$H_B=0$

Puoi dare anche un'occhiata qui:

https://www.forum.olifis.it/viewtopic.php?t=6580

https://www.forum.olifis.it/viewtopic.php?t=1353

I due problemi sono concettualmente equivalenti.

[SwitchArio]

"Noodles":Premesso che la traiettoria del centro di massa del bilanciere è la circonferenza di centro $O$ e raggio $L/2$, quando il bilanciere si stacca dalla parete

Forse non hai letto bene il testo, la massa sotto scivola verso destra, quella sopra verso il basso, non viceversa

Comunque grazie per i link, anche se in uno usano la lagrangiana (che non è stata vista nel mio corso, quindi si può fare senza)

[Noodles1]

"SwitchArio":
... la massa sotto scivola verso destra, quella sopra verso il basso ...

Veramente l'avevo capito. Ad ogni modo, il centro di massa si muove di moto circolare e, quando il bilanciere si stacca dalla parete, la componente lungo il raggio della forza totale diretta verso il basso:

$2mg-mg=mg$

deve essere uguale alla massa totale:

$2m$

per l'accelerazione centripeta del centro di massa:

$v_G^2/(L/2)$

In definitiva:

$mgcos\theta=2mv_G^2/(L/2) rarr$

$rarr v_G^2=1/4gLcos\theta$

a sistema con la conservazione dell'energia meccanica:

$2m*g*L/2cos\theta_0=1/2*2m*v_G^2+1/2*2*mL^2/4*(v_G/(L/2))^2+2m*g*L/2cos\theta rarr$

$rarr gLcos\theta_0=2v_G^2+gLcos\theta$

[mgrau]

Anche a me sembrava che il problema fosse equivalente ad un punto su una semisfera, facile da risolvere.
Ma come si dimostra che sono equivalenti?

[Quinzio]

Ad un certo punto la massa 2, quella sul pavimento, smette di accelerare e rallenta (se la massa 1 fosse vincolata su di una guida verticale, invece di essere appoggiata ad una parete).
Quindi la parete non esercita piu' il suo vincolo, che prima "spingeva" la massa 2 tramite l'asta e quindi la massa 1 si stacca dalla parete.
$h_1$ e' l'altezza iniziale della massa 1.

La relazione tra le velocita' delle due masse
$v_2 = v_1 y_1/ \sqrt(L^2-y_1^2)$

L'energia del sistema
$1/2 m (v_1^2+v_2^2) = mg(h_1-y_1)$

Calcoliamo $v_2$
$v_2^2 = 2g /L^2(h_1-y_1) y_1^2 $

$v_2 = \sqrt(2g) /L y_1 \sqrt(h_1-y_1) $

L'accelerazione di $v_2$
$(d\ v_2)/(dt) = \sqrt(2g ) /L (\sqrt(h_1-y_1) - y_1/(2 \sqrt(h_1-y_1)) ) = \sqrt(2g) /L ((2h_1- 3y_1) /(2 \sqrt(h_1-y_1)) )$

$y_1 = 2/3 h_1$

[Noodles1]

"mgrau":
Ma come si dimostra che sono equivalenti?

Quando il bilanciere si stacca dalla parete:

Reazione vincolare pavimento

$V_A=mg$

Reazione vincolare parete

$H_B=0$

perchè l'asta, di massa trascurabile, cessa di essere un puntone ed è scarica. Per questo motivo è sufficiente considerare il moto circolare del centro di massa.

[SwitchArio]

Okay grazie, ora tutto chiaro, anche i numeri sono giusti con quelli delle soluzioni!