Quanto ci mette questa asta a cadere?

[Giovanazzi]

Buongiorno a tutti!
Mi rivolgo a voi perché mi sono trovato ad affrontare una tematica che che non ho mai avuto la fortuna di affrontare in passato; di seguito espongo il problema; :

Un'asta, lunga 37cm, è vincolata per mezzo di una cerniera perfetta al piano orizzontale; mentre l'altra estremità, quella superiore, è libera di cadere.
Il centro di massa dell'asta si trova a 13cm da terra.
Quanto impiega l'asta a cadere? quindi quanto vale l'intervallo di tempo che intercorre fra il momento subito conseguente alla condizione di equilibrio (90°); ed il momento subito precedente all'impatto con il suolo (0°)?

Poiché è la semplificazione del comportamento di un sistema reale, se sono necessarie altre constanti che non ho riportato, vi prego di chiedermi pure.

Vi ringrazio enormemente per la vostra eventuale disponibilità ^_^

[navigatore]

Benvenuto nel forum.

Conviene assumere. come coordinata funzione del tempo, l'angolo che l'asta forma con la verticale : $\theta = \theta(t)$ , variabile quindi da $0$, in posizione verticale, a $\pi/2$ in posizione orizzontale a fine caduta.
Evidentemente anche la velocità angolare $\omega = (d\theta)/(dt) = dot\theta(t)$ è funzione del tempo.

Il centro di massa $C$ ha inizialmente distanza $H$ nota dal piano. Il momento di inerzia dell'asta rispetto alla cerniera vale : $I = 1/3ML^2$ .

In una posizione angolare qualsiasi vale il principio della conservazione dell'energia :

$MgH = 1/2I\omega^2 + MgHcos\theta$

cioè : $MgH(1-cos\theta) = 1/6ML^2\omega^2 $

da cui : $ \omega = (d\theta)/(dt) = sqrt((6gH)/L^2*(1 - cos \theta)) $

perciò separando le variabili : $ dt = (d\theta)/sqrt((6gH)/L^2*(1 - cos \theta)) $

e quindi il tempo di caduta si trova integrando primo e secondo membro :

$ \int_0^T dt = \int_0^(\pi/2) (d\theta)/sqrt((6gH)/L^2*(1 - cos \theta)) $

Ma l'integrale a secondo membro non è esprimibile con funzioni elementari. Si dovrebbe trattare di un integrale ellittico, se ben ricordo.

Da notare che anche l'accelerazione angolare è funzione del tempo, basta calcolare la derivata temporale di $\omega$ , e cioè $\alpha = (d\omega)/(d\theta)(d\theta)/(dt)$ , trattandosi di "funzione composta" .

[stormy]

a dire il vero,se con $I$ si intende il momento di inerzia dell'asta rispetto alla cerniera,si ha $mg(h-y)=1/2Iomega^2$
dove $h$ è l'altezza iniziale del centro di massa ed $y$ una sua quota generica

[navigatore]

E infatti , è questa :

cioè : $ MgH(1-cos\theta) = 1/6ML^2\omega^2 $

basta farsi la figurina. Quindi ho detto il vero.

[stormy]

stavo cancellando,mi sono accorto che avevi scritto in un'altra forma la stessa cosa

[navigatore]

No problem Stormy : questo è il bello della diretta , diceva un presentatore che oggi non c'è più !

[stormy]

No problem Stormy : questo è il bello della diretta , diceva un presentatore che oggi non c'è più !

eh,sì
comunque,il problema ,oltre che complesso,è anche posto male perchè mancano le condizioni iniziali : o si deve dare un angolo,magari piccolo,dal quale si lascia cadere l'asta o,se si trova nella posizione di equilibrio,bisogna dare la velocità angolare iniziale
perchè,una cosa è sicura : se $theta_0=0;omega_0=0$,l'asta resta lì in eterno

[navigatore]

Giusta osservazione, sono d'accordo. Ma il nostro nuovo amico forse ha omesso di dire : viene data una spintarella all'asta, che trovandosi in equilibrio instabile inizia a cadere, con velocità angolare iniziale piccolissima, diciamo trascurabile.

[stormy]

sì,ma per quanto piccolo, un valore ce lo deve dare altrimenti,ammesso che si riesca a risolvere l'integrale,l'istante esatto di caduta non lo si trova perchè in effetti al secondo membro dovrebbe esserci $1/2Iomega^2-1/2Iomega_0^2$

[navigatore]

Chiediamo a Giovanazzi di mettere il testo esatto del problema. Ma penso che si dica di considerare trascurabile la velocità angolare iniziale. Ho visto diversi esercizi, anche in questo forum, che non vanno per il sottile circa le condizioni iniziali.