Problema dinamica asta che scivola
Salve,
mi sono imbattuto in questo problema:
Il primo punto è ok.
Il secondo manco tanto
. Io l'ho risolto, ma il mio procedimento mi sembra troppo lungo e ho come la sensazione che ci sia un modo molto più veloce per arrivare allo stesso risultato. Brevemente:
Sfruttando il moto composto degli estremi dell'asta (moto rotazionale + moto traslazionale), mi trovo:
$ { ( v_x = \omega l/2 cos \theta ),( v_y = -\omega l/2 sin \theta ):} $
dove $v_x$ e $v_y$ sono le componenti della velocità del CM dell'asta.
Quando viene a mancare il contatto con la parete verticale, viene a mancare anche l'accelerazione orizzontale del centro di massa:
${d v_x}/{dt} = \alpha l/2 cos \theta - \omega^2 l/2 sin \theta = 0 \ \rightarrow \ \alpha cos \theta = \omega^2 sin \theta$
con $\alpha$ acceleraziona angolare.
per la conservazione dell'energia meccanica:
$\omega^2 = {3 g}/l (1 - cos \theta)$
Mi ricavo l'accelerazione angolare derivando quest'ultima formula:
$\alpha = {3 g}/{2 l} sin \theta$
da qui la soluzione.
Il mio procedimento vi sembra corretto? Vi è un modo più veloce per risolverlo?
Grazie infinite dell'attenzione
mi sono imbattuto in questo problema:
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Il primo punto è ok.
Il secondo manco tanto
. Io l'ho risolto, ma il mio procedimento mi sembra troppo lungo e ho come la sensazione che ci sia un modo molto più veloce per arrivare allo stesso risultato. Brevemente:Sfruttando il moto composto degli estremi dell'asta (moto rotazionale + moto traslazionale), mi trovo:
$ { ( v_x = \omega l/2 cos \theta ),( v_y = -\omega l/2 sin \theta ):} $
dove $v_x$ e $v_y$ sono le componenti della velocità del CM dell'asta.
Quando viene a mancare il contatto con la parete verticale, viene a mancare anche l'accelerazione orizzontale del centro di massa:
${d v_x}/{dt} = \alpha l/2 cos \theta - \omega^2 l/2 sin \theta = 0 \ \rightarrow \ \alpha cos \theta = \omega^2 sin \theta$
con $\alpha$ acceleraziona angolare.
per la conservazione dell'energia meccanica:
$\omega^2 = {3 g}/l (1 - cos \theta)$
Mi ricavo l'accelerazione angolare derivando quest'ultima formula:
$\alpha = {3 g}/{2 l} sin \theta$
da qui la soluzione.
Il mio procedimento vi sembra corretto? Vi è un modo più veloce per risolverlo?
Grazie infinite dell'attenzione
Risposte
Poiché il centro istantaneo di rotazione si muove su una circonferenza centrata nell'origine e di raggio uguale alla lunghezza dell'asta, la sua velocità è, in ogni istante, parallela al centro di massa dell'asta:
Per questo motivo si può ricavare l'accelerazione angolare dell'asta sinteticamente scrivendo la seconda equazione cardinale della dinamica prendendo come polo il centro istantaneo di rotazione:
$[(dL_C)/(dt)=M_C] rarr [(d(I_C\omega))/(dt)=M_C] rarr [(dI_C)/(dt)\omega+I_C(d\omega)/(dt)=M_C]$
Poiché il momento d'inerzia dell'asta rispetto al centro istantaneo di rotazione non dipende dal tempo:
$[I_C=1/12ml^2+1/4ml^2=1/3ml^2] rarr [(dI_C)/(dt)=0]$
e l'unica forza esterna che esercita un momento è la forza peso (le rette d'azione delle due reazioni vincolari passano per il centro istantaneo di rotazione):
$[M_C=1/2mglsin\theta]$
si può concludere scrivendo:
$[I_C(d\omega)/(dt)=M_C] rarr [1/3ml^2(d\omega)/(dt)=1/2mglsin\theta] rarr [(d\omega)/(dt)=3/2g/lsin\theta]$
A questo punto, poiché l'equazione che esprime la conservazione dell'energia meccanica è, per sua natura, ricavabile sinteticamente:
$[1/2mgl=1/6ml^2\omega^2+1/2mglcos\theta] rarr [\omega^2=3g/l(1-cos\theta)]$
non rimane che esprimere anche la condizione di distacco per altra via. Aiutandosi con l'immagine allegata, poiché l'accelerazione del centro di massa deve essere diretta verticalmente verso l'alto, vale la seguente relazione tra la componente tangenziale $[a_t=1/2(d\omega)/(dt)l]$ e la componente normale $[a_n=1/2\omega^2l]$:
$[a_t/a_n=tg\theta] rarr [(1/2(d\omega)/(dt)l)/(1/2\omega^2l)=sin\theta/cos\theta] rarr [(d\omega)/(dt)cos\theta=omega^2sin\theta]$
In definitiva:
$\{((d\omega)/(dt)=3/2g/lsin\theta),(\omega^2=3g/l(1-cos\theta)),((d\omega)/(dt)cos\theta=omega^2sin\theta):} rarr [3/2g/lsin\thetacos\theta=3g/l(1-cos\theta)sin\theta] rarr [cos\theta=2/3]$
P.S.
Per onestà intellettuale, non credo che $[a_t=1/2(d\omega)/(dt)l] ^^ [a_n=1/2\omega^2l]$ siano valide nel caso generale. Proprio per questo, bisognerebbe specificare sotto quali ipotesi sia possibile avvalersene.
Per questo motivo si può ricavare l'accelerazione angolare dell'asta sinteticamente scrivendo la seconda equazione cardinale della dinamica prendendo come polo il centro istantaneo di rotazione:
$[(dL_C)/(dt)=M_C] rarr [(d(I_C\omega))/(dt)=M_C] rarr [(dI_C)/(dt)\omega+I_C(d\omega)/(dt)=M_C]$
Poiché il momento d'inerzia dell'asta rispetto al centro istantaneo di rotazione non dipende dal tempo:
$[I_C=1/12ml^2+1/4ml^2=1/3ml^2] rarr [(dI_C)/(dt)=0]$
e l'unica forza esterna che esercita un momento è la forza peso (le rette d'azione delle due reazioni vincolari passano per il centro istantaneo di rotazione):
$[M_C=1/2mglsin\theta]$
si può concludere scrivendo:
$[I_C(d\omega)/(dt)=M_C] rarr [1/3ml^2(d\omega)/(dt)=1/2mglsin\theta] rarr [(d\omega)/(dt)=3/2g/lsin\theta]$
A questo punto, poiché l'equazione che esprime la conservazione dell'energia meccanica è, per sua natura, ricavabile sinteticamente:
$[1/2mgl=1/6ml^2\omega^2+1/2mglcos\theta] rarr [\omega^2=3g/l(1-cos\theta)]$
non rimane che esprimere anche la condizione di distacco per altra via. Aiutandosi con l'immagine allegata, poiché l'accelerazione del centro di massa deve essere diretta verticalmente verso l'alto, vale la seguente relazione tra la componente tangenziale $[a_t=1/2(d\omega)/(dt)l]$ e la componente normale $[a_n=1/2\omega^2l]$:
$[a_t/a_n=tg\theta] rarr [(1/2(d\omega)/(dt)l)/(1/2\omega^2l)=sin\theta/cos\theta] rarr [(d\omega)/(dt)cos\theta=omega^2sin\theta]$
In definitiva:
$\{((d\omega)/(dt)=3/2g/lsin\theta),(\omega^2=3g/l(1-cos\theta)),((d\omega)/(dt)cos\theta=omega^2sin\theta):} rarr [3/2g/lsin\thetacos\theta=3g/l(1-cos\theta)sin\theta] rarr [cos\theta=2/3]$
P.S.
Per onestà intellettuale, non credo che $[a_t=1/2(d\omega)/(dt)l] ^^ [a_n=1/2\omega^2l]$ siano valide nel caso generale. Proprio per questo, bisognerebbe specificare sotto quali ipotesi sia possibile avvalersene.
Grazie della risposta! Non mi ha sfiorato minimamente l'idea di trovare il centro istantaneo di rotazione, e mai mi sarei aspettato che avesse queste regolarità! Interessante...
"wanderer":
... ma il mio procedimento mi sembra troppo lungo e ho come la sensazione che ci sia un modo molto più veloce per arrivare allo stesso risultato.
Probabilmente non più veloce ma solo più sintetico. Insomma, la montagna partorì un topolino.
e mai mi sarei aspettato che avesse queste regolarità! Interessante...
C, nel riferimento fisso si muove nella circonferenza evidenziata sa sergeant elias, nel riferimento mobile solidale all'asta si muove su una circonferenza di raggio pari a metà asta, questa seconda circonferenza durante il moto dell'asta rotola senza strisciare sulla prima
comunque
la sua velocità è, in ogni istante, parallela al centro di massa dell'astaquesto è un po' fuorviante, il centro di istantanea rotazione è in ogni istante fermo, inteso come punto solidale al piano mobile dell'asta, mentre in teoria si muove inteso come una parametrizzazione della sua traiettoria
"Vulplasir":
... questo è un po' fuorviante ...
Hai senz'altro ragione, soprattutto per coloro che si ritrovano ad affrontare questi concetti per la prima volta. Grazie per averlo precisato, io me ne ero colpevolmente dimenticato.
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