Momento d'attrito? [Corpo rigido]
C'è un'asta rigida di lunghezza \(l = 0.8 m\) e massa \(m_1\) incernierata nell'estremo sinistro, ed è appesa all'estremo destro ad un filo inestensibile collegato, tramite una carrucola di massa e dimensioni trascurabili, ad una massa \(m_2 = 10kg\). Il sistema è in equilibrio e l'asta si trova in posizione orizzontale. Trovare il valore della reazione vincolare nell'estremo sinistro.
Sistema in equilibrio: risultante delle forze e momento totale pari a zero. Quindi \[m_2 g - m_1 g + R = 0 \Rightarrow R = g \cdot (m_1 - m_2)\]
Per quanto riguarda i momenti, se valutati rispetto all'estremo sinistro, quello incernierato, il momento relativo alla reazione è nullo, quindi \[m_2g l - m_1g \frac{l}2 = 0 \Rightarrow m_1 = 2m_2\]
Ora: il filo che collega \(m_2\) all'asta viene tagliato e quest'ultima inizia a ruotare sotto l'azione della forza di gravità; nel vincolo agisce un momento \(M\) che si oppone alla rotazione, \(M = k \theta\) con \(k = 50 \frac{Nm}{rad}\) e \(\theta\) è l'angolo che l'asta forma con la posizione iniziale. Si trovi la velocità dell'asta quando viene a trovarsi in posizione verticale, i.e. \(\theta = \frac{\pi}2\)
La variazione di energia meccanica dev'essere pari al lavoro del momento d'attrito, cioé \[(\frac{1}2 I_{asta} \omega^2) - (m_1 g \frac{l}2) = - k \frac{\pi}2\] \[\Rightarrow \omega^2 = \dots\] Quello che succede però è che \(\omega^2\) risulta negativo ...
Sistema in equilibrio: risultante delle forze e momento totale pari a zero. Quindi \[m_2 g - m_1 g + R = 0 \Rightarrow R = g \cdot (m_1 - m_2)\]
Per quanto riguarda i momenti, se valutati rispetto all'estremo sinistro, quello incernierato, il momento relativo alla reazione è nullo, quindi \[m_2g l - m_1g \frac{l}2 = 0 \Rightarrow m_1 = 2m_2\]
Ora: il filo che collega \(m_2\) all'asta viene tagliato e quest'ultima inizia a ruotare sotto l'azione della forza di gravità; nel vincolo agisce un momento \(M\) che si oppone alla rotazione, \(M = k \theta\) con \(k = 50 \frac{Nm}{rad}\) e \(\theta\) è l'angolo che l'asta forma con la posizione iniziale. Si trovi la velocità dell'asta quando viene a trovarsi in posizione verticale, i.e. \(\theta = \frac{\pi}2\)
La variazione di energia meccanica dev'essere pari al lavoro del momento d'attrito, cioé \[(\frac{1}2 I_{asta} \omega^2) - (m_1 g \frac{l}2) = - k \frac{\pi}2\] \[\Rightarrow \omega^2 = \dots\] Quello che succede però è che \(\omega^2\) risulta negativo ...
Risposte
Che la massa dell'asta fosse quella che hai trovato, e il valore della reazione a sinistra fosse uguale alla forza esercitata dal filo a destra, avresti potuto vederlo subito, ad occhi socchiusi...
Per la seconda parte, io ragionerei sulla seconda equazione cardinale della Dinamica : momento delle forze esterne uguale alla variazione del momento angolare.
D'altronde, scusa, il momento resistente è funzione dell'angolo, passando da $\theta$ a $\theta + d\theta$ il momento resistente aumenta. Non ho guardato attentamente la tua soluzione, ma mi sembra che il lavoro andrebbe calcolato mediante (semplice) integrazione.
Se qualcuno vuole aggiungere altre considerazioni....
Per la seconda parte, io ragionerei sulla seconda equazione cardinale della Dinamica : momento delle forze esterne uguale alla variazione del momento angolare.
D'altronde, scusa, il momento resistente è funzione dell'angolo, passando da $\theta$ a $\theta + d\theta$ il momento resistente aumenta. Non ho guardato attentamente la tua soluzione, ma mi sembra che il lavoro andrebbe calcolato mediante (semplice) integrazione.
Se qualcuno vuole aggiungere altre considerazioni....
Navigatore ha ragione ( come al solito ).
Direi di trovare il momento d'attrito medio agente nell'intervallo tra '' $0$ '' e '' $pi/2$ ''. Ovvero:
$M_m=2/piint_{0}^{pi/2}kthetad(theta)$. Da cui:
$M_m=kpi/4.$
Poi viene il resto.
Direi di trovare il momento d'attrito medio agente nell'intervallo tra '' $0$ '' e '' $pi/2$ ''. Ovvero:
$M_m=2/piint_{0}^{pi/2}kthetad(theta)$. Da cui:
$M_m=kpi/4.$
Poi viene il resto.
Ma...
più che trovare il momento medio, io direi che il lavoro elementare del momento di attrito, a parte il segno, è pari a :
$dL = M(\theta)*d\theta$
e quindi integrando da $0$ a $\pi/2$ , dovrebbe venire fuori qualcosa come : $ L = 1/2k*[\theta^2]_0^(pi/2)$
almeno cosí mi sembra... come il lavoro di una forza elastica $F=kx$ per uno spostamento finito $\Deltax$, uguale a $1/2k(\Deltax)^2$.
più che trovare il momento medio, io direi che il lavoro elementare del momento di attrito, a parte il segno, è pari a :
$dL = M(\theta)*d\theta$
e quindi integrando da $0$ a $\pi/2$ , dovrebbe venire fuori qualcosa come : $ L = 1/2k*[\theta^2]_0^(pi/2)$
almeno cosí mi sembra... come il lavoro di una forza elastica $F=kx$ per uno spostamento finito $\Deltax$, uguale a $1/2k(\Deltax)^2$.
Ciao Navigatore! 
Certamente, ma alla fin fine giungiamo allo stesso risultato:
moltiplicando il momento di forza medio per '' $pi/2$ '' per ottenere il lavoro meccanico.
Certamente, ma alla fin fine giungiamo allo stesso risultato:
moltiplicando il momento di forza medio per '' $pi/2$ '' per ottenere il lavoro meccanico.
Esatto GaS, esatto.
Ora però, per quanto riguarda l'esercizio? Come andresti avanti, visto che giuscri se la dorme...
Io adesso chiudo, forse riapro stasera. Ciao, per il momento.
Ora però, per quanto riguarda l'esercizio? Come andresti avanti, visto che giuscri se la dorme...
Io adesso chiudo, forse riapro stasera. Ciao, per il momento.
Allora, l'energia totale iniziale ( dal momento che la gravita' '' $g$ '' e' il '' motore '' del sistema ) diminuira' a causa del momento d'attrito:
$mg(l/2)-L_a=1/2Iomega^2$. Dove:
Il primo e' l'energia totale ( in quanto sopra la velocita' e' ferma ), con '' $l/2$ '' il dislivello del centro di massa, il secondo e' il lavoro compiuto dalla forza di attrito, mentre nell'altro membro abbiamo l'energia cinetica rimanente, con '' $I=1/3ml^2$ ''.
Dovrebbe essere risolto.
$mg(l/2)-L_a=1/2Iomega^2$. Dove:
Il primo e' l'energia totale ( in quanto sopra la velocita' e' ferma ), con '' $l/2$ '' il dislivello del centro di massa, il secondo e' il lavoro compiuto dalla forza di attrito, mentre nell'altro membro abbiamo l'energia cinetica rimanente, con '' $I=1/3ml^2$ ''.
Dovrebbe essere risolto.
Dunque, facendo un pesantissimo uso di quanto detto fin'ora
\[\Delta{E_m} = \mathbb{W}_{attrito}\] \[\Rightarrow \frac{1}2 I_{asta} \omega^2 - m_1 g \frac{l}2 = - \int_0^{\frac{\pi}2} k \theta \] \[\Rightarrow \frac{1}2 \cdot (\frac{1}3 m_1 l^2 \omega^2) - m_1 g \frac{l}2 = - k \int_0^{\frac{\pi}2} \theta \] \[\Rightarrow \frac{1}6 m_1 l^2 \omega^2 - m_1 g \frac{l}2 = - k \frac{\pi^2}8 \]
Dunque posso concludere che \[\omega^2 = \frac{3g}l - \frac{3k\pi^2}{4m_1l^2} \approx 36.7 - 28.9\] \[\Rightarrow w^2 \approx 7.8 \frac{[rad]}{[s^2]}\]
Mmm ...
\[\Delta{E_m} = \mathbb{W}_{attrito}\] \[\Rightarrow \frac{1}2 I_{asta} \omega^2 - m_1 g \frac{l}2 = - \int_0^{\frac{\pi}2} k \theta \] \[\Rightarrow \frac{1}2 \cdot (\frac{1}3 m_1 l^2 \omega^2) - m_1 g \frac{l}2 = - k \int_0^{\frac{\pi}2} \theta \] \[\Rightarrow \frac{1}6 m_1 l^2 \omega^2 - m_1 g \frac{l}2 = - k \frac{\pi^2}8 \]
Dunque posso concludere che \[\omega^2 = \frac{3g}l - \frac{3k\pi^2}{4m_1l^2} \approx 36.7 - 28.9\] \[\Rightarrow w^2 \approx 7.8 \frac{[rad]}{[s^2]}\]
Mmm ...
Sembra tutto a posto.
Sarebbe interessante aggiungere questi due quesiti al problema:
1 - Si determini '' $k$ '' in modo che l'asta riesca ad arrivare almeno perpendicolare al suolo.
2 - Sia '' $k_1>k$ ''. Determinare a quale posizione angolare si ferma l'asta.
SOLUZIONE.
1 - E' ricercato '' $k$ '' massimo. La soglia critica e' che l'asta arrivi perpendicolare con velocita' nulla, allora l'attrito ha dissipato tutto, quindi: $kpi^2/8=mgl/2$. Da cui:
$k=4/pi^2mgl$.
2 - '' $k_1>k$ '', allora si fermera' prima. Sia '' $theta$ '' tale posizione angolare. Qui il lavoro dovuto all'attrito dissipa l'energia meccanica totale dell'asta, quindi:
$mgl/2sentheta=k_1int_{0}^{theta}thetad(theta)$. Da cui:
$mgl/2sentheta=k_1theta^2/2$. Ovvero:
$mglsentheta=k_1theta^2$. Ovvero:
$(sentheta)/theta^2=k_1/(mgl)$.
Sembra un'equazione problematica...si puo' risolvere sviluppando il seno con Taylor? Arrestando al secondo o terzo ordine?
Direi di si' in questo momento.
1 - Si determini '' $k$ '' in modo che l'asta riesca ad arrivare almeno perpendicolare al suolo.
2 - Sia '' $k_1>k$ ''. Determinare a quale posizione angolare si ferma l'asta.
SOLUZIONE.
1 - E' ricercato '' $k$ '' massimo. La soglia critica e' che l'asta arrivi perpendicolare con velocita' nulla, allora l'attrito ha dissipato tutto, quindi: $kpi^2/8=mgl/2$. Da cui:
$k=4/pi^2mgl$.
2 - '' $k_1>k$ '', allora si fermera' prima. Sia '' $theta$ '' tale posizione angolare. Qui il lavoro dovuto all'attrito dissipa l'energia meccanica totale dell'asta, quindi:
$mgl/2sentheta=k_1int_{0}^{theta}thetad(theta)$. Da cui:
$mgl/2sentheta=k_1theta^2/2$. Ovvero:
$mglsentheta=k_1theta^2$. Ovvero:
$(sentheta)/theta^2=k_1/(mgl)$.
Sembra un'equazione problematica...si puo' risolvere sviluppando il seno con Taylor? Arrestando al secondo o terzo ordine?
Direi di si' in questo momento.
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