esercizio corpo rigido: asta e punto materiale

[mircosam]

Un'asta di lunghezza L= 2 m e massa M= 9 m è libera di ruotare in un piano verticale attorno ad un asse orizzontale passante per un suo estremo A. Un punto materiale di massa m è attaccato al centro dell'asta. Il sistema viene lasciato andare da una posizione che forma un angolo $alpha$= 60° con la verticale. Quando raggiunge la posizione verticale m si stacca dall'asta. Determinare:
- il momento d'inerzia del sistema rispetto all'asse di rotazione;
- la velocità angolare del sistema nell'istante in cui raggiunge la posizione verticale;
- la velocità di v_0 di m in tale istante;
- la velocità angolare dell'asta subito dopo il distacco.
- Sapendo che m tocca il suolo ad una distanza d= 2.75 m da O, determinare l'altezza h.

Per il momento d'inerzia: $I_0= I_asta+I_m$
$I_0= 1/12 ML^2 + M L^2 /4+ mL^2 /4= 39/12 m L^2$
Per calcolare la velocità angolare del sistema nell'istante in cui raggiunge la posizione verticale, prima calcolo la posizione del CM.
CM= L/2
$y_CM= L/2 cos alpha$
Ora utilizzo la conservazione dell'energia meccanica: $E_I=E_f$
$(m+M) g y_CM= 1/2 I_0 w_0^2$
$w_0= 5.49 (rad)/ s $
Per calcolare la velocità $v_0$ di m in tale istante pongo: $v_CM=v_0$
$v_CM= w* L/2= 5.49 m/s$
Non avendo i risultati non so se fin qui ho fatto bene, ma il quarto quesito non riesco a capirlo poiché solitamente studio gli urti e non i distacchi.

[professorkappa]

Non ci sei.
Il momento di inerzia non puo' essere. Hai sommato M e m???
Poi non capisco la formula della conservazione dell'energia. Manca un termine L/2 dal momento che metti 0 l'energia potenziale nel perno. Poi sembra dimensionalmente errato(c'e' un M(M=m) al primo membro.

Quando si stacca, il centro di massa cammina come un punto materiale di massa M=m, e ruota su se stesso con la velocita' angolare. Quindi, basta vedere quando impatta un degli estremi della barra

[navigatore]

$I_0 = 1/3 M L^2 + mL^2/4 = 1/3*9m*L^2 + mL^2/4 = (13)/4mL^2$ .

Quindi $I_0 $ calcolato da mircosam va bene .

[mircosam]

M= 9m quindi ho fatto una semplice sostituzione; alla conservazione dell'energia ho sbagliato a scrivere al pc: $(m+M) g y_C= 1/2 I_0 w_0^2$ inoltre $y_C= L/2 cos alpha$

[mircosam]

professorkappa non ho capito il tuo consiglio per la velocità angolare dopo il distacco.

[navigatore]

Il CM del sistema è a metà dell'asta, cioè coincide con la massa $m$ . Orienta l'asse $z$ verticale verso il basso. La quota del CM passa da $L/2cos60°= L/4$ a $L/2$. Cioè il CM nella rotazione di 60° si abbassa di $L/4$ .
LA corrispondente diminuzione di energia potenziale è quindi : $ (m+M)g*L/4$ . A tale diminuzione corrisponde un incremento di energia cinetica del sistema uguale a $1/2I_0\omega^2$ . Perciò deve essere :

$ (m+M)g*L/4 = 1/2I_0\omega^2 $

Da qui io ricavo che : $\omega ^2 = (20)/(13) g/L $ . E sostituendo i valori trovo : $\omega = 2.747 (rad)/s $ .

Controlla questi passaggi.

[mircosam]

hai ragione, è stato un mio errore accidentale. E la velocità $v_0$ di m va bene?

[professorkappa]

$I_0 = 1/3 M L^2 + mL^2/4 = 1/3*9m*L^2 + mL^2/4 = (13)/4mL^2$ .

Quindi $I_0 $ calcolato da mircosam va bene .

Ah, non ho visto M=9m. O meglio, nella fretta credevo fosse la lunghezza della barra (9metri!)

[navigatore]

La velocità del CM nell'istante in cui l'asta raggiunge la posizione verticale, prima che la massa $m$ si stacchi dall' asta, è data semplicemente da : $v = omega*L/2$ . Questo è pacifico.

MA più interessante è vedere che cosa succede immediatamente dopo questo istante, perché $m$ si stacca dall'asta.

Quindi, secondo me, la massa $m$ non procede orizzontalmente (nel solo istante seguente il distacco, è chiaro) con la velocità appena calcolata . Bisogna invece trovarla, e trovare la nuova velocità angolare dell'asta, applicando un paio di principi di conservazione .

Quali?

[mircosam]

E' proprio questo il punto dove mi bloccavo poiché sono abituato alla situazione opposta. Comunque penso conservazione dell'energia cinetica e del momento angolare.