Manubrio asimmetrico e rotazione

[feddy]

Ciao a tutti, purtroppo non dispongo la soluzione del seguente esercizio. Aldilà dei risultati numerici, avrei bisogno di un check per capire la correttezza del ragionamento.

Un manubrio asimmetrico come in figura è costituito da due corpi puntiformi di massa m = 2 kg e M = 6 kg, rispettivamente, fissati alle estremità di un'asta rigida, sottile, di massa trascurabile e di lunghezza $L = 0.8 \quad m$. Il manubrio è imperniato su un asse orizzontale fisso passante per il punto medio O dell’asta attorno a cui il sistema può ruotare, senza attrito alcuno, nel piano verticale xy. Inizialmente il manubrio viene mantenuto in quiete, in configurazione orizzontale ad un’altezza dal suolo maggiore di $L/2$, tramite una fune ideale disposta verticalmente, che collega il corpo puntiforme di massa m con un gancio $G$, posto al suolo.

All’istante t = 0 la fune si spezza e il manubrio si mette in rotazione nel piano verticale attorno all’asse
passante per il punto O. Calcolare nel sistema di riferimento Oxyz, con il piano xy coincidente con il piano
verticale:
a) le coordinate cartesiane del centro di massa del manubrio prima della rottura della fune;
b) la tensione iniziale $T$ della fune;
c) la reazione iniziale $R_O$ sviluppata dal perno in O;
d) il modulo dell’accelerazione angolare del manubrio subito dopo (i.e. t = 0 + ) la rottura della fune;
e) la velocità angolare di rotazione del sistema quando, dopo aver compiuto una rotazione di 90°, raggiunge la configurazione verticale;
f) l’energia cinetica interna $E_{K,INT}$ del sistema in questa configurazione;
g) la reazione $R_{O}'$ sviluppata dal perno in O quando il manubrio raggiunge la configurazione verticale sopra citata

a)
Le coordinate cartesiane sono

$[x_{CM}=\frac{\frac{L}{2} (M-m)}{M+m}, y_{CM}=0]$

b),c) Dalla prima + seconda legge cardinale a sistema posso ricavarle la tensione $T=T \mathbf{i}$ e la reazione del perno iniziale che vale $\vec{R_{O}} = R_{O,x} \mathbf{i} + R_{O,y} \mathbf{j}$.


\( \begin{cases} R_{O,y}=0 \\ R_{O,x} + (M+m)g + T=0 \end{cases} \) (sommatoria vettoriale delle forze esterne nulle)

A questo va aggiunto che il momento delle forze esterne rispetto al polo O sia nullo. Perciò deve essere

$[\vec{r_{m}} \wedge ( \vec{P_{m} + \vec{T}}) + \vec{r_{M}} \wedge \vec{P_{M}}=0 ]$

Svolgendo i calcoli ottengo da quest'ultima relazione

$[T=(M-m) \mathbf{j}]$

Posso ora ricavarmi la reazione

$[\vec{R_{O}}=-(M+m)g - (M-m)g=-2Mg \mathbf{i}]$

d) Subito dopo la rottura della fune, la tensione del filo sparisce, pertnanto, sfruttando l'equazione del moto

$\vec{\tau_{O}} = I_z \vec{\alpha}$

e ricordando che

$I_z=\frac{L^2}{4} (M+m)$

, ricavo che la somma dei momenti delle due forze peso rispetto al polo O è uguale alla velocirà angolare per il momento d'inerzia.
Da cui

$[\alpha= \frac{g(m-M)}{\frac{L}{2} (M+m)}]$

(ha senso sia negativa?)

e) Fisso la quota $0$ del potenziale quando il manubrio è disposto orizzontalmente e applico la conservazione dell'energia.

L'energia meccanica iniziale del sistema è $E_{M,i}=0$ poichè non c'è moto e il potenziale è messo a 0.
L'energia meccanica finale, in corrispondenza della configurazione verticale, è data da $E_{M,f}=\frac{1}{2} I_z \omega^2 +mg\frac{L}{2} - M g \frac{L}{2}$.

Svolgendo i conti ho ricavato

$[\omega = \sqrt(\frac{2g(M-m)}{L(M+m)})]$

f) Vale che $E_{K,int}=E_{K,s} - E_{K,CM} = \frac{1}{2} I_z \omega^2 - \frac{1}{2} (M+m) v_{CM}^{2} $.

A questo punto è sufficiente ricavare la velocità del centro di massa: (della quale non sono sicuro circa i segni)

$v_{CM}=\frac{m \frac{L}{2} \omega - M \frac{L}{2} \omega}{M+m}=\frac{\frac{L}{2} \omega(m-M)}{M+m}$.

Con questi dati è possibile dunque ricavare il risultato

g)

Si ha in questa configurazione che $r_{CM}=\frac{\frac{L}{2}(M-m)}{M+m}$.

Ora devo usare ancora le leggi cardinali e l'equazione del moto. Si ha \( \begin{cases} (M+m)a_{CM,x}=(M+m)g + R_{O,x} \\ (M+m)a_{CM,y} = R_{O,y} \end{cases} \)

L'accelerazione normale è $a_{CM,x} = (M+m)\omega^2 r_{CM}$.
L'accelerazione tangenziale è $a_{CM,y}=r_{CM} \alpha = [\text{conti}] = \frac{\frac{L}{2} (M-m)}{M+m}$

Si hanno dunque tutti gli strumenti per ricavare le due componenti della reazione $R_{O} ' $ del perno in O:

$[R_{O,x}'=-4 \frac{mM}{M+m} g]$

$[R_{O,y}' =\frac{g(M-m)(m-M)}{M+m}]$

Può andare?

[feddy]

Up!

[Studente Anonimo]

Ciao feddy. Al netto di qualche svista, i primi 6 punti mi sembrano corretti. Ad ogni modo, meglio se controlli i risultati.

Punto a)

$G-O=((M-m)L)/(2(M+m))vecj$

Punto b)

$vecT=(M-m)gveci$

Punto c)

$vecR=-2Mgveci$

Punto d)

$vec\alpha=-(2(M-m)g)/((M+m)L)veck$

Punto e)

$[1/2(M-m)gL=1/8(M+m)L^2\omega^2] rarr [\omega=2sqrt(((M-m)g)/((M+m)L))]$

Punto f)

$E_i=1/2(M-m)gL-1/2(M-m)^3/(M+m)^2gL=(2Mm(M-m))/(M+m)^2gL$

Per quanto riguarda l'ultimo punto, quando il sistema assume la configurazione verticale l'accelerazione angolare è nulla.

[feddy]

Grazie mille SE !

Nel punto e) non mi trovo con il tuo $2$ fuori dalla radice, mentre il mio è all'interno.

In f), invece, credo tu abbia sviluppato tutti i termini, in particolare $v{CM}$ Una sola cosa: risulta pure a te $v_{CM}=\frac{m \frac{L}{2} \omega - M \frac{L}{2} \omega}{M+m}=\frac{\frac{L}{2} \omega(m-M)}{M+m}$ ?

Infine in g) l'accelerazione angolre è nulla perché i vettori delle forze e i relativi bracci sono paralleli, dunque avrò solo la componente $R_{O}$, diretta verso l'alto, right?

[feddy]

Ok, in e) siamo d'accordo

[Studente Anonimo]

Nel punto e) ho considerato nulla l'energia potenziale del centro di massa quando il sistema assume la configurazione verticale:

$(M+m)*g*((M-m)L)/(2(M+m))=1/2*(M+m)L^2/4*\omega^2 rarr$

$rarr 1/2(M-m)gL=1/8(M+m)L^2\omega^2 rarr$

$rarr \omega=2sqrt(((M-m)g)/((M+m)L))$

Non mi sembra di aver commesso delle sviste.

"feddy":
Ok, in e) siamo d'accordo

Mi ero perso il tuo ultimo messaggio.

[feddy]

Ottimo Sì io l'avevo considerata nulla quando era orizzontale, ma viene uguale. Scusa se ti rompo, f) e g) ti torna ciò che dico?

Grazie infinite

[Studente Anonimo]

Nel punto f) ho applicato la seguente formula:

$E_i=1/2I_O\omega^2-1/2(M+m)v_G^2=1/2(M-m)gL-1/2(M+m)\omega^2bar(OG)^2$

Direi che siamo d'accordo. In particolare, la velocità del centro di massa ha senz'altro componente orizzontale negativa.

"feddy":
Infine in g) ...

Se, oltre all'accelerazione centripeta, hai considerato la forza peso, anche qui siamo d'accordo.

[feddy]

Tutto chiaro. Grazie mille SE, gentilissimo

[feddy]

Scusami ancora. Come non detto, ho una domanda operativa riguardo all'ultimo punto. Vado a scrivere la prima legge cardinale rispetto al sistema di rif indicato in figura: $(M+m) \omega^2 r_{CM} =(M+m)g + R_{O}$. La forza peso ha correttamente segno positivo, la reazione $R_O$ è incognita, ma il termine riguardante la forza centripeta lo prendo positivo o negativo? Come faccio a capire che segno dargli?
Guardando appunto il mio riferimento cartesiano scriverei $-(M+m) \omega^2 r_{CM} =(M+m)g + R_{O}$, poiché la forza centripeta è diretta sempre verso il centro.