esercizio corpo rigido

[speriamobene2]

Ho un problema a risolvere questo esercizio:
Un'asta sottile rigida di lunghezza l=80cm e massa m=10 kg è inizialmente appoggiata ad una parete verticale. Ad un certo istante l'asta inizia a cadere, con velocità iniziale nulla. Trascurando l'attrito, si determini:
a)l'espressione della velocità angolare dell'asta nell'istante dell'impatto con il pavimento;
b)la velocità del centro di massa dell'asta nell'istante dell'impatto con il pavimento.

[professorkappa]

Ciao, benvenuto.
Qui non risolviamo esercizi, aiutiamo a impostare il metodo per risolverli. Ma lo sforzo iniziale lo devi fare tu, e proporre una tua soluzione.

Buon lavoro

[speriamobene2]

Mi scuso perché non sapevo proprio come impostarlo.
Ragionavo sempre considerando i momenti intorno all'asse di rotazione, però avevo difficoltà perchè non avevo delle forze, cioè l'unica potrebbe essere la forza peso.

Ho pensato che questo esercizio lo potessi risolvere anche ipotizzando che quest'asta sia un pendolo composto e potrei quindi ricavarmi la velocità angolare con questa formula:
$\omega$ = $sqrt{(mgh)/(I)$

con I momento di inerzia calcolato all'estremo dell'asta, e h tutta la lunghezza dell'asta.

Poi la velocità del centro di massa la ricaverei da v=ωR.
Grazie per il gentile aiuto.
A presto!

[anonymous_0b37e9]

Quando l'asta urta il pavimento, il centro istantaneo di rotazione coincide con il suo estremo più lontano dalla parete verticale. Quindi, per determinare la velocità angolare puoi conservare l'energia meccanica:

$1/2mgl=1/6ml^2\omega^2$

e per determinare la velocità del centro di massa puoi supporre che stia ruotando attorno al suo estremo più lontano:

$v_G=1/2\omegal$

[speriamobene2]

Grazie mille per avermi fatto capire come risolvere questo esercizio.
Ho ancora un dubbio però: l'energia potenziale l'avrei scritta come $mgl$
invece perchè è $(mgl)/(2)$ ?
Ti ringrazio ancora!

[BigDummy]

Perché l'energia potenziale è riferita sempre al baricentro del corpo, che spesso coincide con il suo centro di massa.
In questo caso infatti all'inizio il baricentro dell'asta si trova ad un altezza pari ad $l/2$ rispetto al suolo.
Approfitto , se posso , per chiedere a Sergeant come si fa a capire che

Quando l'asta urta il pavimento, il centro istantaneo di rotazione coincide con il suo estremo più lontano dalla parete verticale.

Grazie e scusate!

[anonymous_0b37e9]

Conoscendo le direzioni delle velocità istantanee di due punti, il centro istantaneo di rotazione $C$ è il punto d'intersezione delle rette perpendicolari alle due velocità passanti per i punti medesimi:

Nel caso limite in cui l'asta è orizzontale, il centro istantaneo coincide con l'estremo più lontano dalla parete verticale. Più intuitivamente, immaginando che il punto vincolato alla parete possa andare sotto l'asse delle ascisse, quando l'asta passa per la posizione orizzontale, il punto vincolato al pavimento, dovendo tornare indietro, deve avere velocità nulla.

[speriamobene2]

Ok credo di aver capito. Anche se questa asta inizialmente aderisce completamente con la parete e praticamente ruota di 90° attorno all'estremo inferiore.
Quindi avevo ipotizzato di calcolarmi l'energia meccanica nello stesso punto (o il centro di massa o quello più lontano). Perciò non riuscivo a capirlo. Grazie mille, siete stati gentilissimi.

[BigDummy]

Ok, grazie mille!
Però non ho capito perchè non si può dire semplicemente che l'asta è come se ruotasse intorno al suo estremo inferiore, visto che quest'ultimo resta fermo per l'intera durata della caduta. (anche perché se il CIR all'impatto con il pavimento è l'estremo più lontano allora l'estremo inferiore deve essere per forza nella stessa posizione iniziale).Senza mettere in mezzo il CIR insomma

[anonymous_0b37e9]

... perchè non si può dire semplicemente che l'asta è come se ruotasse intorno al suo estremo inferiore, visto che quest'ultimo resta fermo per l'intera durata della caduta ...

In questo problema l'estremo superiore dell'asta è vincolato a muoversi lungo la parete verticale e l'estremo inferiore lungo il pavimento orizzontale. Insomma, non è assolutamente vero che l'estremo inferiore resti fermo durante la caduta. Per esempio, i vettori che ho tracciato nell'immagine precedente sono proprio le velocità istantanee dei due estremi. Tra l'altro, anche supponendo che l'estremo superiore sia libero, come mi sembra tu stia facendo, la tua affermazione sarebbe ancora falsa. Ti invito a dare un'occhiata alla seguente discussione:

viewtopic.php?f=19&t=171036&p=8258862#p8258792