Problema roto-scivolamento
Salve, ho un dubbio sulla risoluzione di un esercizio.
Ho un carrello, dove sopra vi è un asta incernierata su di esso in posizione verticale.
L asta è libera di cadere fino alla posizione orizzontale. Ogni tipo di attrito è trascurabile.
Saprei trovare le forze (rispetto all angolo) nel punto di contatto tra carrello e asta, ma alla fine dei calcoli mi son accorto che non ho considerato lo spostamento del carrello mentre l asta cadeva:
questi sono i miei calcoli:
$a_(rad)=-w^2 R$
$a_(tan)= \alpha R$
$a_x=a_t cos\phi- a_r sin\phi$
$a_y=a_t sin\phi- a_r cos\phi$
$F_x= m a_x$
$F_y= m a_y$
sono corretti? o $a_x$ dispende anche dallo spostamento del carrello mentre l asta sta cadendo?
Ho un carrello, dove sopra vi è un asta incernierata su di esso in posizione verticale.
L asta è libera di cadere fino alla posizione orizzontale. Ogni tipo di attrito è trascurabile.
Saprei trovare le forze (rispetto all angolo) nel punto di contatto tra carrello e asta, ma alla fine dei calcoli mi son accorto che non ho considerato lo spostamento del carrello mentre l asta cadeva:
questi sono i miei calcoli:
$a_(rad)=-w^2 R$
$a_(tan)= \alpha R$
$a_x=a_t cos\phi- a_r sin\phi$
$a_y=a_t sin\phi- a_r cos\phi$
$F_x= m a_x$
$F_y= m a_y$
sono corretti? o $a_x$ dispende anche dallo spostamento del carrello mentre l asta sta cadendo?
Risposte
Cosa chiede esattamente il testo? Il problema, dal punto di vista analitico (deduzione delle equazioni del moto), mi pare molto complesso.
il problema chiede:
a) spostamento del carrello rispetto alla posizione iniziale, quando l asta è orizzontale;
b) velocità angolare dell asta, quand è orizzontale;
c )modulo dell accelerazione del carrello.
a) spostamento del carrello rispetto alla posizione iniziale, quando l asta è orizzontale;
b) velocità angolare dell asta, quand è orizzontale;
c )modulo dell accelerazione del carrello.
Bel problema!
E' analogo ad un pendolo fisico con asta rigida di massa $m$ vincolata ad una massa $M$ che può muoversi sull'asse orizzontale $x$. Il tutto senza attriti.
Considero $x$ la posizione di $M$ e $\theta$ l'angolo che l'asta forma con l'asse verticale in senso antiorario partendo dal basso.
La lagrangiana del sistema (cha ha due gradi di libertà) è:
[tex]L=\frac{1}{2} M \dot x^2 +\frac{1}{2}m(\dot x^2+l \dot x \dot \theta cos \theta + \frac{1}{4} l^2 \dot \theta^2)+\frac{1}{2}mglcos\theta[/tex].
La coordinata $x$ è ciclica per cui si ricava:
[tex](M+m)\dot x+\frac{1}{2}ml \dot \theta cos \theta = k[/tex],
con $k$ costante.
Questa equazione può essere scritta come:
[tex](M+m)\dot x+\frac{1}{2}ml \frac{d}{dt} sin \theta= k[/tex]
ed integrata direttamente.
Si ottiene quindi:
[tex](M+m)x + \frac{1}{2}ml sin \theta= kt+c[/tex]
da cui è possibile ricavare facilmante tutte le informazioni richieste dal problema.
S.e.e.o.
E' analogo ad un pendolo fisico con asta rigida di massa $m$ vincolata ad una massa $M$ che può muoversi sull'asse orizzontale $x$. Il tutto senza attriti.
Considero $x$ la posizione di $M$ e $\theta$ l'angolo che l'asta forma con l'asse verticale in senso antiorario partendo dal basso.
La lagrangiana del sistema (cha ha due gradi di libertà) è:
[tex]L=\frac{1}{2} M \dot x^2 +\frac{1}{2}m(\dot x^2+l \dot x \dot \theta cos \theta + \frac{1}{4} l^2 \dot \theta^2)+\frac{1}{2}mglcos\theta[/tex].
La coordinata $x$ è ciclica per cui si ricava:
[tex](M+m)\dot x+\frac{1}{2}ml \dot \theta cos \theta = k[/tex],
con $k$ costante.
Questa equazione può essere scritta come:
[tex](M+m)\dot x+\frac{1}{2}ml \frac{d}{dt} sin \theta= k[/tex]
ed integrata direttamente.
Si ottiene quindi:
[tex](M+m)x + \frac{1}{2}ml sin \theta= kt+c[/tex]
da cui è possibile ricavare facilmante tutte le informazioni richieste dal problema.
S.e.e.o.
grazie mille per la risposta, ma noi la lagrangiana non l abbiamo fatta..
è l unico metodo di risoluzione?
è l unico metodo di risoluzione?
Acc... allora non saprei 
Però, per il secondo punto, basta usare l'energia.
Però, per il secondo punto, basta usare l'energia.
mi consiglia di studiarla anche se fuori programma?
No, no, devi seguire il programma 
Comunque, se i miei conti sono giusti, $k$ è la quantità di moto del sistema lungo l'asse $x$ che si conserva...
Ciao anche io questi giorni mi sto preparando per l esame di fisica 1
Propongo un soluzione ma non sono sicuro che sia giusta !! (Qualcuno mi può confermare ?) ☺
Sul sistema asta più carrello Non agiscono forze orizzontali quindi la sua quantità di moto lungo x si conserva e il c.m. resta fermo.
1) il carrello quando l asta è in posizione orizzontale si dovrà spostare in modo da far rimanere fermo il c.m. del sistema
2)quando l asta si trova in posizione orizzontale non ha velocità lungo x quindi il carrello risulterà fermo per mantenere costante la quantità di moto del sistema
3) visto che non ci sono forze dissippative e che il carrello è fermo sia all inizio che alla fine con la conservazione dell energia si può ricavare la velocità angolare dell asta quando si trova in posizione orizzontale.
4)qundo l asta dei trova in posizione orizzontale con velocità angolare w su quest ultima è presente una forza centrifuga causa dell (de)accelerazione del carrello.
Ripeto non sono sicuro !!
Propongo un soluzione ma non sono sicuro che sia giusta !! (Qualcuno mi può confermare ?) ☺
Sul sistema asta più carrello Non agiscono forze orizzontali quindi la sua quantità di moto lungo x si conserva e il c.m. resta fermo.
1) il carrello quando l asta è in posizione orizzontale si dovrà spostare in modo da far rimanere fermo il c.m. del sistema
2)quando l asta si trova in posizione orizzontale non ha velocità lungo x quindi il carrello risulterà fermo per mantenere costante la quantità di moto del sistema
3) visto che non ci sono forze dissippative e che il carrello è fermo sia all inizio che alla fine con la conservazione dell energia si può ricavare la velocità angolare dell asta quando si trova in posizione orizzontale.
4)qundo l asta dei trova in posizione orizzontale con velocità angolare w su quest ultima è presente una forza centrifuga causa dell (de)accelerazione del carrello.
Ripeto non sono sicuro !!
Ma quando l'asta è orizzontale sbatte sul carrello? perché se è così, e se l'energia si conserva, l'asta rimbalza e tutto torna come nella posizione iniziale. 
Ma questo esula dalla richiesta del problema, il quale chiede di calcolare le variabili fisiche un attimo prima che l'asta sbatta, evidentemente.
Buon divertimento.
Ma questo esula dalla richiesta del problema, il quale chiede di calcolare le variabili fisiche un attimo prima che l'asta sbatta, evidentemente.
Buon divertimento.
Sono d'accordo, Marcoseba.
Devo, però, fare autocritica sulla lagrangiana scritta sopra. Ho barato (senza volerlo) perché non ricordo più in dettaglio la teoria dei corpi rigidi. In pratica, ho preso un pendolo matematico (asta rigida di massa nulla) di lunghezza $l/2$ con massa $m$ al suo estremo. In verità, avrei dovuto passare dal momento d'inerzia dell'asta... ma non ricordo più come si fa...
Prometto, non posterò più su argomenti riguardanti il corpo rigido, così da non creare confusione in chi legge.
Devo, però, fare autocritica sulla lagrangiana scritta sopra. Ho barato (senza volerlo) perché non ricordo più in dettaglio la teoria dei corpi rigidi. In pratica, ho preso un pendolo matematico (asta rigida di massa nulla) di lunghezza $l/2$ con massa $m$ al suo estremo. In verità, avrei dovuto passare dal momento d'inerzia dell'asta... ma non ricordo più come si fa...
Prometto, non posterò più su argomenti riguardanti il corpo rigido, così da non creare confusione in chi legge.
"eos.s":
il problema chiede:
c )modulo dell accelerazione del carrello.
Ma scusa: chiede l'accelerazione del carrello in quale configurazione? quando l'asta è orizzontale? se è così allora va bene perché se invece la chiede in configurazioni diverse da questa, esce una formulaccia ingestibile.
Ad ogni modo il problema si può affrontare con la conservazione della quantità di moto e dell'energia totale, senza scomodare Lagrange,
Se qualcuno gradisce posso postare i calcoli.
"anonymous_56b3e2":
Sì, vabbè, senza poi dimenticare anche Hamilton e il principio della minima azione...
Volando però un po' più raso terra, questi che abbiamo citato sono solo modi un po' più avanzati e generalizzati che si utilizzano per scrivere le equazioni della fisica, però stando al caso di questo esercizio penso che problemi di questo genere li avrebbe saputi risolvere anche Newton, che quanto a età poteva essere il bisnonno di Lagrange e l'n-avolo di Hamilton.
Io di solito non conoscendo il livello degli studenti che postano quesiti, mi limito alle trattazioni più elementari, almeno come primo approccio.
"anonymous_56b3e2":
Bel problema!
La lagrangiana del sistema (cha ha due gradi di libertà) è:
[tex]L=\frac{1}{2} M \dot x^2 +\frac{1}{2}m(\dot x^2+l \dot x \dot \theta cos \theta + \frac{1}{4} l^2 \dot \theta^2)+\frac{1}{2}mglcos\theta[/tex].
A proposito di questa, per prima cosa io direi che hai dimenticato il momento di inerzia dell'asta, per cui mi verrebbe un 3 anziché un 4 a denominatore nel quarto addendo (ma questo mi pare che già lo temevi, quando dicevi che non ricordi bene i corpi rigidi).
Poi in secondo luogo io non so come hai preso le coordinate ma mi sembra che questa che hai scritto non sia la lagrangiana, ma l'energia totale. Mi pare che la lagrangiana dovrebbe avere un segno meno davanti all'ultimo addendo che rappresenta l'energia potenziale (L=T-V)
Come ho detto sopra, invece dell'asta rigida avevo preso un pendolo matematico di lunghezza $l/2$.
Il coefficiente giusto, per l'asta, dovrebbe essere $1/3$, invece di un $1/4$, come giustamente tu fai notare.
L'angolo l'avevo preso, come ho scritto sopra, sulla verticale e dal basso, per cui, a parte quel coefficiente, la lagrangiana dovrebbe essere ok.
La quantità di moto, invece, non risente della correzione relativa al coefficiente sbagliato.
Dalle simulazione numeriche che poi ho fatto, la cosa è verosimile. Il carrello, considerato come un pendolo, oscilla avanti ed indietro, assieme all'asta
Il coefficiente giusto, per l'asta, dovrebbe essere $1/3$, invece di un $1/4$, come giustamente tu fai notare.
L'angolo l'avevo preso, come ho scritto sopra, sulla verticale e dal basso, per cui, a parte quel coefficiente, la lagrangiana dovrebbe essere ok.
La quantità di moto, invece, non risente della correzione relativa al coefficiente sbagliato.
Dalle simulazione numeriche che poi ho fatto, la cosa è verosimile. Il carrello, considerato come un pendolo, oscilla avanti ed indietro, assieme all'asta
"anonymous_56b3e2":
L'angolo l'avevo preso, come ho scritto sopra, sulla verticale e dal basso, per cui, a parte quel coefficiente, la lagrangiana dovrebbe essere ok.
Ripeto: non credi che la lagrangiana dovrebbe avere il segno - davanti all'energia potenziale? Quando l'angolo $\theta$ cresce, l'energia potenziale cala, e di conseguenza, essendo costante l'energia totale, cresce l'energia cinetica. Dunque quella che hai scritto mi sembra l'energia totale, non la lagrangiana.
Per come ho scelto l'angolo (rispetto alla verticale dal basso, cioè $\theta = 0$ quando l'asta è completamente e verticalmente giù (ho tolto il carrello generalizzando il problema a quello di un pendolo con punto di applicazione di massa $M$ libero di muoversi in orizzontale)), l'energia potenziale è $U=-\frac{1}{2} m g l cos \theta$. Poi, siccome $L=T-U$, il segno diventa $+$ Non trovi?
Qui c'è lo schizzo del problema:
https://drive.google.com/file/d/0B93bnHiXNlz6RHlpTnhBRFltZ1k/view?usp=sharing
https://drive.google.com/file/d/0B93bnHiXNlz6RHlpTnhBRFltZ1k/view?usp=sharing
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