Correzione es. dinamica
Salve ragazzi.. ho svolto un esercizio di dinamica presente in un vecchio compito di Fisica 1, ma non sono affatto sicura di averlo fatto bene. Potete dare un'occhiata?
L'esercizio è il seguente:
Un filo metallico rettilineo, omogeneo ed uniforme, di massa $m$ e lunghezza $L$, è piegato nel punto di mezzo in modo da formare un angolo $B > 90°$, ed è appoggiato sullo spigolo di un coltello. Si determini il periodo delle piccole oscillazioni del sistema attorno alla posizione di equilibrio.
Qui un disegno illustrativo:
Ho utilizzato la conservazione dell'energia, prendendo come due istanti quello di rilascio da un'angolazione $theta$ molto minore di $B$, e quella di passaggio dalla posizione di equilibrio.
L'altezza del centro di massa rispetto al coltello, in posizione d'equilibrio, mi sembra per ovvie questioni di simmetria pari a:
$h1 = (L/4)*cos(B/2)$
mentre la medesima altezza, rispetto alla posizione di rilascio, dovrebbe essere:
$h2 = (L/4)*cos(B/2)cos(theta)$.
Dunque:
$-m*g*(L/4)*cos(B/2)*cos(theta) = -m*g*(L/4)*cos(B/2) + (I*w^2)/2$
$w^2 = (m*g)/I*(L/2)*cos(B/2)*(1-cos(theta))$
dove con $I$ ho indicato l'inerzia del filo.
Per calcolare l'inerzia del filo son partita da quella di metà filo, per poi aggiungere l'altra metà, ma sono quasi sicura di aver sbagliato..
$I1 = m*(L^2)/12$ , per Huygens-Steiner; $I = m*(L^2)/12 + m*d^2$.
Tuttavia da Carnot, $d = sqrt((L^2)/4 + (L^2)/4 - (L^2)/4*cos(B)) = L/2*sqrt(2 - cos(B))$ ... e di conseguenza si trova $w$, ed il periodo secondo la formula: $T = (2*pi)/w$, tenendo conto dell'approssimazione per le piccole oscillazioni, cioè $cos(theta)=1 - (theta^2)/2$, e di $theta = 1$.
In definitiva, svolgendo i conti: $T = 2*pi*sqrt((L/(3*g))*1/(cos(B/2))*(7-3*cos(B)))$
Che casino ho combinato?
L'esercizio è il seguente:
Un filo metallico rettilineo, omogeneo ed uniforme, di massa $m$ e lunghezza $L$, è piegato nel punto di mezzo in modo da formare un angolo $B > 90°$, ed è appoggiato sullo spigolo di un coltello. Si determini il periodo delle piccole oscillazioni del sistema attorno alla posizione di equilibrio.
Qui un disegno illustrativo:
Ho utilizzato la conservazione dell'energia, prendendo come due istanti quello di rilascio da un'angolazione $theta$ molto minore di $B$, e quella di passaggio dalla posizione di equilibrio.
L'altezza del centro di massa rispetto al coltello, in posizione d'equilibrio, mi sembra per ovvie questioni di simmetria pari a:
$h1 = (L/4)*cos(B/2)$
mentre la medesima altezza, rispetto alla posizione di rilascio, dovrebbe essere:
$h2 = (L/4)*cos(B/2)cos(theta)$.
Dunque:
$-m*g*(L/4)*cos(B/2)*cos(theta) = -m*g*(L/4)*cos(B/2) + (I*w^2)/2$
$w^2 = (m*g)/I*(L/2)*cos(B/2)*(1-cos(theta))$
dove con $I$ ho indicato l'inerzia del filo.
Per calcolare l'inerzia del filo son partita da quella di metà filo, per poi aggiungere l'altra metà, ma sono quasi sicura di aver sbagliato..
$I1 = m*(L^2)/12$ , per Huygens-Steiner; $I = m*(L^2)/12 + m*d^2$.
Tuttavia da Carnot, $d = sqrt((L^2)/4 + (L^2)/4 - (L^2)/4*cos(B)) = L/2*sqrt(2 - cos(B))$ ... e di conseguenza si trova $w$, ed il periodo secondo la formula: $T = (2*pi)/w$, tenendo conto dell'approssimazione per le piccole oscillazioni, cioè $cos(theta)=1 - (theta^2)/2$, e di $theta = 1$.
In definitiva, svolgendo i conti: $T = 2*pi*sqrt((L/(3*g))*1/(cos(B/2))*(7-3*cos(B)))$
Che casino ho combinato?
Risposte
Per le mie conoscenze di fisica direi che il periodo non può dipendere dagli angoli poi secondo me si risolve impostando la conservazione dell'energia meccanica come hai fatto tu io però l'avrei considerato come due sbarre in cui ognuna ruota con un a certa velocità angolare intorno al centro di massa che nel frattempo trasla verso il basso..poi avendo il legame tra velocità angolare e quella del centro di massa si impone l'uguaglianza con la variazione di energia potenziale ottenendo l'euazione della conservazione dell'energia che derivata e approssimata per gli angoli piccoli ti dà l'equazione del moto...riordinando un po' i termini si ottine la $\omega$ che ti dà il periodo.se ho un po' di tempo ti scrivo i passaggi sperando di non aver sbagliato...ciao
Avevo letto che per i periodi si poteva derivare rispetto al tempo l'energia meccanica, ma non mi piace molto come metodo. L'ho fatto scrivendo l'equazione del moto direttamente. Sperando di non dire falsità, ho ragionato così (diversamente da Sakineh e bitorsolo). Spostiamo il sistema di un piccolo angolo $\theta$ in verso orario e scriviamo i momenti torcenti agenti sul sistema: per la geometria della costruzione sarà $\sum \tau=\frac{mgl}{8}[ \sin(\beta/2-\theta)-\sin(\beta/2+\theta)]=-\frac{mgl}{8}(2cos(\beta/2)\sin\theta)$ ma poichè $\theta$ è molto minore di 1 approsimiamo $\sin\theta \approx \theta$ che ci dice che l'accelerazione angolare è proporzionale a $theta$ 
buon segno !
Il momento di inerzia e quello di un'asta attaccata in quel modo moltiplicato per due (perchè le asticelle sono due).
Mettendo insieme il tutto si dovrebbe avere $-g\theta\cos(\beta/2)=1/3l \ddot \theta\Rightarrow \ddot \theta=-\frac{3g\cos (\beta/2)}{l} \theta \Rightarrow \omega=\sqrt{\frac{3g\cos( \beta/2)}{l}}$ peraltro la pulsazione si annulla per $\beta=\pi$ che ha molto senso, che ne dite?
buon segno !Il momento di inerzia e quello di un'asta attaccata in quel modo moltiplicato per due (perchè le asticelle sono due).
Mettendo insieme il tutto si dovrebbe avere $-g\theta\cos(\beta/2)=1/3l \ddot \theta\Rightarrow \ddot \theta=-\frac{3g\cos (\beta/2)}{l} \theta \Rightarrow \omega=\sqrt{\frac{3g\cos( \beta/2)}{l}}$ peraltro la pulsazione si annulla per $\beta=\pi$ che ha molto senso, che ne dite?
Pendolo composto! Pendolo composto! No, non sono io che ho lo fissazione 
(in una recente discussione già ho fatto cenno a questo pendolo). Insomma anche questo è un pendolo composto, le uniche cose a cui occorre prestare attenzione sono il calcolo della posizione del centro di massa (distanza dal punto di raccordo tra le due barre) e il calcolo del momento di inerzia. Il resto è immediato.
(in una recente discussione già ho fatto cenno a questo pendolo). Insomma anche questo è un pendolo composto, le uniche cose a cui occorre prestare attenzione sono il calcolo della posizione del centro di massa (distanza dal punto di raccordo tra le due barre) e il calcolo del momento di inerzia. Il resto è immediato.
Grazie per le risposte.. provo a seguire il consiglio di Faussone e texas97.. vediamo cosa esce fuori.
Usiamo dunque la seconda equazione della dinamica: $I*alpha = -m*g*d$ (dato che l'unica forza agente è quella peso).
Dove per $I$ (inerzia) si intende quella rispetto al vertice del coltello.
L'altezza del centro di massa rispetto a tale vertice è sempre uguale a: $h = (L/4)*cos(beta/2)$ per questioni di simmetria.
Quindi la distanza della forza peso agente sul centro di massa è data da: $d = h*sin(theta) = (L/4)*cos(beta/2)*sin(theta)$.
Allora: $I*alpha = I*(d^2theta)/(dt^2) = -m*g*(L/4)*cos(beta/2)*sin(theta)$.
$(d^2theta)/(dt^2) + (m*g)/I*(L/4)*cos(beta/2)*sin(theta) = (d^2theta)/(dt^2) + (m*g)/I*(L/4)*cos(beta/2)*theta$
Dove si è sottintesa l'approssimazione $sin(theta) = theta$ per piccole oscillazioni.
Quindi: $w = sqrt((m*g)/I*(L/4)*cos(beta/2))$, cioè:
$T = 2*pi*sqrt(4*I/(m*g*L*cos(beta/2)))$
E' questo il risultato?.. faccio notare che è lo stesso che avevo trovato all'inizio, trascurando chiaramente il mio maldestro tentativo di calcolare l'inerzia.
Trovare $I$ (rispetto al vertice del coltello) infatti è un bel casino.. e non vi posto nemmeno quello che esce fuori dai miei calcoli perché son sicura di aver sbagliato (non abbiamo fatto lezioni a riguardo, se non per il teorema di huygens-steiner). Se qualcuno ha voglia di scrivere i vari passaggi necessari a trovarlo in questo caso, gliene sarei grata.. invece vorrei dire a texas97 che moltiplicare l'inerzia di una sbarra per due credo non sia il metodo adatto.
Usiamo dunque la seconda equazione della dinamica: $I*alpha = -m*g*d$ (dato che l'unica forza agente è quella peso).
Dove per $I$ (inerzia) si intende quella rispetto al vertice del coltello.
L'altezza del centro di massa rispetto a tale vertice è sempre uguale a: $h = (L/4)*cos(beta/2)$ per questioni di simmetria.
Quindi la distanza della forza peso agente sul centro di massa è data da: $d = h*sin(theta) = (L/4)*cos(beta/2)*sin(theta)$.
Allora: $I*alpha = I*(d^2theta)/(dt^2) = -m*g*(L/4)*cos(beta/2)*sin(theta)$.
$(d^2theta)/(dt^2) + (m*g)/I*(L/4)*cos(beta/2)*sin(theta) = (d^2theta)/(dt^2) + (m*g)/I*(L/4)*cos(beta/2)*theta$
Dove si è sottintesa l'approssimazione $sin(theta) = theta$ per piccole oscillazioni.
Quindi: $w = sqrt((m*g)/I*(L/4)*cos(beta/2))$, cioè:
$T = 2*pi*sqrt(4*I/(m*g*L*cos(beta/2)))$
E' questo il risultato?
.. faccio notare che è lo stesso che avevo trovato all'inizio, trascurando chiaramente il mio maldestro tentativo di calcolare l'inerzia.Trovare $I$ (rispetto al vertice del coltello) infatti è un bel casino.. e non vi posto nemmeno quello che esce fuori dai miei calcoli perché son sicura di aver sbagliato (non abbiamo fatto lezioni a riguardo, se non per il teorema di huygens-steiner). Se qualcuno ha voglia di scrivere i vari passaggi necessari a trovarlo in questo caso, gliene sarei grata.. invece vorrei dire a texas97 che moltiplicare l'inerzia di una sbarra per due credo non sia il metodo adatto.
Il periodo del pendolo composto è
$T=2 pi sqrt(\frac{I}{Mgd})$ con $d$ distanza dal centro di rotazione del centro di massa.
ora $d=L/4 cos (beta/2)$
$I=2/3 M/2 (L/2)^2$ cioè la somma dei momenti di inerzia di due aste lunghe $L/2$, come ha detto correttamente texas97.
Il momento di inerzia è additivo se considerato rispetto al medesimo asse infatti.
Quindi
$T=2 pi sqrt(\frac{2/3 M/2 L^2/4}{M g L/4 cos (beta /2)})=2 pi sqrt(\frac{L}{3 g cos (beta/2)})$
$T=2 pi sqrt(\frac{I}{Mgd})$ con $d$ distanza dal centro di rotazione del centro di massa.
ora $d=L/4 cos (beta/2)$
$I=2/3 M/2 (L/2)^2$ cioè la somma dei momenti di inerzia di due aste lunghe $L/2$, come ha detto correttamente texas97.
Il momento di inerzia è additivo se considerato rispetto al medesimo asse infatti.
Quindi
$T=2 pi sqrt(\frac{2/3 M/2 L^2/4}{M g L/4 cos (beta /2)})=2 pi sqrt(\frac{L}{3 g cos (beta/2)})$
Oh, non si finisce mai di imparare. Grazie..
Prego!
Lo dici a me...
NB: Occhio che ho corretto un errore (nel calcolo del momento di inerzia come somma delle due aste di lunghezza $L/2$ avevo dimenticato che la massa di ogni singola asta è la metà di quella totale...)
Lo dici a me...
NB: Occhio che ho corretto un errore (nel calcolo del momento di inerzia come somma delle due aste di lunghezza $L/2$ avevo dimenticato che la massa di ogni singola asta è la metà di quella totale...)
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