Urto di un' asta contro una superficie
[tt][/tt]Un corpo rigido composto da due aste ideali di massa M e lunghezza L rigidamente saldate tra loro è libero
di oscillare senza attrito in un piano verticale attorno al punto A, come nell'immagine. Determinare:
a) il momento d'inerzia del corpo rispetto ad un asse passante per il punto A;
b) l'accelerazione angolare del corpo all'istante iniziale;
Sapendo che il corpo parte da fermo e che quando che il punto B transita per la verticale impatta una
superficie in grado di assorbire un impulso massimo $J_0$ senza rompersi e fermando il corpo in rotazione,
determinare:
c) il massimo valore di M per cui il corpo non rompe la superficie.
Ho provato a risolvere cosi:
a) $ I = \frac{ML^2}{12} + \frac{ML^2}{12} + M(\frac{L^2}{4} + L^2) = \frac{5}{3}ML^2 $
b) si ricava che $ x_{CM} = \frac{3}{4}L$ e $ y_{CM} = -\frac{1}{4}L$
$2Mg \frac{3}{4}L = \frac{5}{3}ML^2 \alpha $
$\alpha = \frac{9 g}{10L}$
c) Di questo punto non sono sicuro
Ho provato comunque cosi:
L'energia si conserva e la distanza dall'origine del centro di massa quando l'estremo B tocca la superficie vale, dal teorema di pitagora: $ |\vec{r_{CM}}| = \sqrt{\frac{5}{8}}L $
$- 2Mg \frac{L}{4} = \frac{1}{2}I \omega^2 - 2 Mg L\sqrt{\frac{5}{8}}$
$ \omega = sqrt{\frac{3g \sqrt{10} -1}{5L}} $
A questo punto:
$\Delta P = 0 - I \omega = - I \omega = - L J_0 $
Da cui:
$M_{max} = \frac{3 J_0}{5 L \omega} $
vi sembra corretto?
di oscillare senza attrito in un piano verticale attorno al punto A, come nell'immagine. Determinare:
a) il momento d'inerzia del corpo rispetto ad un asse passante per il punto A;
b) l'accelerazione angolare del corpo all'istante iniziale;
Sapendo che il corpo parte da fermo e che quando che il punto B transita per la verticale impatta una
superficie in grado di assorbire un impulso massimo $J_0$ senza rompersi e fermando il corpo in rotazione,
determinare:
c) il massimo valore di M per cui il corpo non rompe la superficie.
Ho provato a risolvere cosi:
a) $ I = \frac{ML^2}{12} + \frac{ML^2}{12} + M(\frac{L^2}{4} + L^2) = \frac{5}{3}ML^2 $
b) si ricava che $ x_{CM} = \frac{3}{4}L$ e $ y_{CM} = -\frac{1}{4}L$
$2Mg \frac{3}{4}L = \frac{5}{3}ML^2 \alpha $
$\alpha = \frac{9 g}{10L}$
c) Di questo punto non sono sicuro
Ho provato comunque cosi:
L'energia si conserva e la distanza dall'origine del centro di massa quando l'estremo B tocca la superficie vale, dal teorema di pitagora: $ |\vec{r_{CM}}| = \sqrt{\frac{5}{8}}L $
$- 2Mg \frac{L}{4} = \frac{1}{2}I \omega^2 - 2 Mg L\sqrt{\frac{5}{8}}$
$ \omega = sqrt{\frac{3g \sqrt{10} -1}{5L}} $
A questo punto:
$\Delta P = 0 - I \omega = - I \omega = - L J_0 $
Da cui:
$M_{max} = \frac{3 J_0}{5 L \omega} $
vi sembra corretto?
Risposte
Ti dico solo quello che non mi torna (sono col telefono e leggendo qualcosa potrebbe sfuggirmi, quindi verifica bene).
Il momento di inerzia che hai scritto non lo capisco, un pezzo del corpo è un'asta incernierata a un estremo e lì non serve applicare H-S, basta applicarlo solo all'altra asta che costituisce il resto del corpo...Insomma il primo addendo dovrebbe essere $1/3ML^2$, ma forse è solo un refuso...
Per il resto non ho controllato i conti ma il ragionamento mi pare corretto. Bene soprattutto che per l'ultimo punto hai usato la seconda cardinale imponendo che la variazione del momento angolare per fermare l'asta sia pari al momento dell'impulso. Era quello il nocciolo del problema.
Il momento di inerzia che hai scritto non lo capisco, un pezzo del corpo è un'asta incernierata a un estremo e lì non serve applicare H-S, basta applicarlo solo all'altra asta che costituisce il resto del corpo...Insomma il primo addendo dovrebbe essere $1/3ML^2$, ma forse è solo un refuso...
Per il resto non ho controllato i conti ma il ragionamento mi pare corretto. Bene soprattutto che per l'ultimo punto hai usato la seconda cardinale imponendo che la variazione del momento angolare per fermare l'asta sia pari al momento dell'impulso. Era quello il nocciolo del problema.
@ Nexus and Faussone
Il mi dell’ asta orizzontale è stato calcolato come somma del mi “proprio “ ( coefficiente 1/12) e di $ML^2/4$ , che alla fine danno il coefficiente 1/3. E ok.
Ma il termine di trasporto HS per l’asta verticale non è $ML^2$ , in quanto il cm dell’asta verticale non dista L da A, devi trovare l’ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti L ed L/2.
Il mi dell’ asta orizzontale è stato calcolato come somma del mi “proprio “ ( coefficiente 1/12) e di $ML^2/4$ , che alla fine danno il coefficiente 1/3. E ok.
Ma il termine di trasporto HS per l’asta verticale non è $ML^2$ , in quanto il cm dell’asta verticale non dista L da A, devi trovare l’ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti L ed L/2.
@Kanal
Secondo me il risultato finale di Nexus del momento di inerzia è corretto, credo abbia commesso solo un refuso nella prima espressione (o nel senso che dici tu o in quello che dico io, ma se fosse così alla fine non è molto importante).
Secondo me il risultato finale di Nexus del momento di inerzia è corretto, credo abbia commesso solo un refuso nella prima espressione (o nel senso che dici tu o in quello che dico io, ma se fosse così alla fine non è molto importante).
Nel momento d'inerzia c'è stato un mio errore, il primo addendo è in realtà $\frac{ML^2}{3} $.
Tuttavia il professore indica questi risultati
Mio errore o refuso del prof?
Tuttavia il professore indica questi risultati
Mio errore o refuso del prof?
Non ho fatto i conti su carta, ma leggendo i tuoi passaggi mi pare corretto il tuo $alpha$.
Ok, il momento di inerzia del sistema rispetto al punto A è $5/3mL^2$ .
C'è un errore del prof anche per quanto riguarda $\omega$ ?
Non so se è giusta quella del tuo prof, non ho molta voglia di fare i calcoli, però mi pare che tu abbia sbagliato a calcolare la variazione di quota del centro di massa. Quando il punto B tocca il piano il centro di massa non è in verticale....
Hai ragione, si trova a $ - \frac{1}{4}sin(45°)? $
"Nexus99":
Hai ragione, si trova a $ - \frac{1}{4}sin(45°)? $
Premetto che non ho fatto i conti, ma considera che devi vedere di quanto varia l'altezza del centro di massa facendolo ruotare di 45° dalla sua posizione iniziale.
Quindi devo usare la matrice di rotazione?
Se è cosi dovrebbe essre:
$y' = x sin(45°) + y cos(45°) = \frac{3}{4}L sin(45°) - \frac{1}{4}L cos(45°) $ ?
Se è cosi dovrebbe essre:
$y' = x sin(45°) + y cos(45°) = \frac{3}{4}L sin(45°) - \frac{1}{4}L cos(45°) $ ?
Quello è un metodo.
Comunque a me la posizione y finale, se le coordinate iniziali sono $(3/4L; -1/4L)$, verrebbe:
$-3/4L sin 45° -1/4L cos 45°$
Comunque a me la posizione y finale, se le coordinate iniziali sono $(3/4L; -1/4L)$, verrebbe:
$-3/4L sin 45° -1/4L cos 45°$
Si hai ragione, avevo invertito x e y. Come mai il segno meno prima di 3/4?
Edit: risolto grazie
Edit: risolto grazie
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