Problema pendolo fisico + reazione sull'asse di rotazione
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Salve, è la prima volta che scrivo e ho un problema che non riesco a risolvere:Non riesco a capire che equazioni usare per i punti (b) e (c), ho provato con la conservazione dell'energia per il (b) ma non ho avuto successo, per i valori della reazione invece non ho idee..
Nel caso potessero servire, i risultati (per b e c) sono $ \omega = 1.28 s^-1 $ e $ R_max=7.48 N , R_min=7.25 N $
Risposte
La conservazione dell'energia va benissimo per b. Posti i calcoli?
Per c, fai un diagramma delle forze. Anche qui, posta i calcoli cosi chi vuole aiutarti puo' vedere come aiutarti
Per c, fai un diagramma delle forze. Anche qui, posta i calcoli cosi chi vuole aiutarti puo' vedere come aiutarti
Ho posto lo $0$ dell'energia potenziale quando il centro di massa del sistema, che si trova a $ R/6 $ dall'asse di rotazione ($c$), è nel punto più basso, quindi ho:
$ K_i=K(\theta_0)=0 $
$ K_f=K(\theta=0)=1/2(M+m)v_x^2+1/2I_c\omega^2 $
Con $v_x$ velocità del centro di massa e $ I_c=1/2MR^2+1/3mR^2=1/6R^2(3M+2m) $
$U_i=U(\theta_0)=(M+m)gR/6(1-cos\theta_0)$
$U_f=U(\theta=0)=0$
Quindi: $(M+m)gR/6(1-cos\theta_0)=1/2(M+m)v_x^2+1/2I_c\omega^2$
Poi la componente assiale del momento angolare rispetto a $c$ quando l'asta passa per la verticale è: $L_cy(\theta=0)=-R/6(M+m)v_x=I_c\omega$ quindi $v_x=-(3M+2m)/(M+m)R\omega$
Sostituendo e svolgendo i calcoli mi trovo $ \omega=sqrt((4(M+m)^2g(1-cos\theta_0))/((3M+2m)(12+2(M+m))R))\approx0.43 s^-1$
Dove sbaglio?
Per il punto c credo che i calcoli siano più semplici, dovrei solo capire quando la reazione è minima e quando è massima, poi è "$F=ma$" semplice, no?(?)
$ K_i=K(\theta_0)=0 $
$ K_f=K(\theta=0)=1/2(M+m)v_x^2+1/2I_c\omega^2 $
Con $v_x$ velocità del centro di massa e $ I_c=1/2MR^2+1/3mR^2=1/6R^2(3M+2m) $
$U_i=U(\theta_0)=(M+m)gR/6(1-cos\theta_0)$
$U_f=U(\theta=0)=0$
Quindi: $(M+m)gR/6(1-cos\theta_0)=1/2(M+m)v_x^2+1/2I_c\omega^2$
Poi la componente assiale del momento angolare rispetto a $c$ quando l'asta passa per la verticale è: $L_cy(\theta=0)=-R/6(M+m)v_x=I_c\omega$ quindi $v_x=-(3M+2m)/(M+m)R\omega$
Sostituendo e svolgendo i calcoli mi trovo $ \omega=sqrt((4(M+m)^2g(1-cos\theta_0))/((3M+2m)(12+2(M+m))R))\approx0.43 s^-1$
Dove sbaglio?
Per il punto c credo che i calcoli siano più semplici, dovrei solo capire quando la reazione è minima e quando è massima, poi è "$F=ma$" semplice, no?(?)
"sn1054m1":
..... il centro di massa del sistema, che si trova a $ R/6 $ dall'asse di rotazione.....
Perchè????
E comunque, visto che il sistema è formato dal disco e dall'asta, e la rotazione del disco non comporta variazioni di energia potenziale, ai fini della variazione dell'energia potenziale basta che consideri la discesa del centro di massa dell'ASTA, che ovviamente si trova a R/2. Il disco entra in gioco solo per il momento d'inerzia.
Per la media pesata dei singoli centri di massa: $((R/2)m)/(M+m)=R/6$ perchè $M=2m$
In che senso? L'asta è attaccata al disco quindi se gira uno gira anche l'altro e dato che il centro di massa del sistema non è sull'asse di rotazione, scenderà di un tratto $R/6(1-cos\theta_0)$
In che senso? L'asta è attaccata al disco quindi se gira uno gira anche l'altro e dato che il centro di massa del sistema non è sull'asse di rotazione, scenderà di un tratto $R/6(1-cos\theta_0)$
"sn1054m1":
Per la media pesata dei singoli centri di massa: $((R/2)m)/(M+m)=R/6$ perchè $M=2m$
Ah, hai utilizzato i valori numerici. Visto che poi scrivi espressioni letterali, non si capiva.
"sn1054m1":
In che senso? L'asta è attaccata al disco quindi se gira uno gira anche l'altro e dato che il centro di massa del sistema non è sull'asse di rotazione, scenderà di un tratto $R/6(1-cos\theta_0)$
Certo: ma è una tipica complicazione affari semplici. Se consideri che il disco gira sì, ma il SUO centro di massa non si sposta, si tratta di notare che la $Delta U = g* (M + m) R/6 (1 - cos theta)$ (che fra l'altro va bene SOLO se $M = 2m$, ma non si nota dalla formula) coincide con $Delta U = g* m R/2 (1 - cos theta)$, che va bene SEMPRE
Eh si, l'ho trovato nel punto (a) e l'ho lasciato così per semplicità di scrittura (sbagliando)
Ah ok ho capito, ma il fatto non è che si considera solo il centro di massa della sbarra perchè la forza peso è applicata al centro di massa del sistema disco+sbarra, è solo che in questo caso $(M+m)R/6=mR/2$, no? Il che mi ha portato a confusione
Quindi anche nel momento angolare al posto di $-R/6(M+m)v_x$ ci va $-(Rm)/(2(M+m))(M+m)v_x$ ?
Ah ok ho capito, ma il fatto non è che si considera solo il centro di massa della sbarra perchè la forza peso è applicata al centro di massa del sistema disco+sbarra, è solo che in questo caso $(M+m)R/6=mR/2$, no? Il che mi ha portato a confusione
Quindi anche nel momento angolare al posto di $-R/6(M+m)v_x$ ci va $-(Rm)/(2(M+m))(M+m)v_x$ ?
Ma anche il momento angolare si può vedere come somma di due parti: quello del disco e quello della sbarra che ruota intorno ad un estremo. Due casi semplici.
saranno due casi semplici ma io comunque non mi trovo... assurdo haha mi vengono sempre valori lontanissimi dal risultato quindi o è sbagliato o non si risolve in questo modo (ma non saprei in quale altro modo poi..) oppure sto sbagliando sempre io qualcosa senza accorgermene ma ora ho fatto come mi avete consigliato..
nessuno che ha provato a farlo?
nessuno che ha provato a farlo?
b) $Delta U = m*g*R/2*(1 - cos 30)$
$K = 1/2I_{disco}*omega^2/2 + 1/2I_{sbarra}omega^2/2 = (1/2* 2m R^2 + 1/3 m R^2)*omega^2/2$ da cui, uguagliando le due espressioni, $ omega =1.28$
$K = 1/2I_{disco}*omega^2/2 + 1/2I_{sbarra}omega^2/2 = (1/2* 2m R^2 + 1/3 m R^2)*omega^2/2$ da cui, uguagliando le due espressioni, $ omega =1.28$
Oddio e perchè non c'è anche $1/2(M+m)v^2$ nell'energia cinetica finale?
E cosa sarebbe? Guarda che il movimento è solo rotatorio
Si ma quando l'asta passa per la verticale il centro di massa non ha una velocità $v$ verso sinistra?
E allora? Sempre rotazione è...
Mh quindi non si considera proprio la velocità "tangenziale" del pendolo?
Ok, grazie, per il resto mi trovo, mi era sfuggito questo dettaglio(?)
Ok, grazie, per il resto mi trovo, mi era sfuggito questo dettaglio(?)
Mah, quando scrivi $1/2Iomega^2$ in pratica questo è già l'integrale dell'energia cinetica di tutte le particelle infinitesime del corpo, ciascuna con la sua velocità, per cui non è il caso di contarla due volte
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