Un manubrio asimmetrico è costituito da due corpi puntiformi di massa M =1.8 kg e m = 1.2 kg, rispettivamente, connessi da un’asta rigida, di massa trascurabile e di lunghezza L = 1 m. Il manubrio può ruotare nel piano verticale xy attorno ad un asse di
sospensione orizzontale fisso passante per il punto medio O dell’asta. Inizialmente l’asta si trova in quiete in configurazione verticale con la massa M posta in alto e la massa m posta in basso. All’istante di tempo t = 0 al corpo di massa M viene applicato un impulso istantaneo diretto orizzontalmente e di modulo $J_0 = 7.5 kg m/s$ e verso tale da imprimere al sistema una rotazione in senso anti-orario.
Assumendo che tutte le possibili forze di attrito siano trascurabili, determinare nel sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxyz:
a) la velocità angolare del sistema subito dopo l’applicazione dell’impulso (t = 0 + );
b) la risposta impulsiva $J_A$ dell’asse di sospensione del manubrio durante l’applicazione
dell’impulso, cioè all’istante $t = 0 $;
c) la reazione vincolare $R_O$ dell’asse di sospensione del manubrio all’istante t = 0 + ;
d) la velocità angolare di rotazione del manubrio quando la massa m raggiunge la posizione
occupata al tempo t = 0 dal corpo di massa M;
e) la reazione $R_O$ dell’asse di sospensione quando il sistema dei due corpi si trova nella
configurazione di cui al punto d);
f) l’energia cinetica interna $E_{K,INT}$ e il momento angolare intrinseco $L_{CM}^{INT}$ del manubrio in
tale configurazione;
g) il modulo della tensione T dell’asta del manubrio nella stessa configurazione;
h) l’accelerazione angolare $\alpha$ del manubrio quando esso si trova in configurazione orizzontale
dopo aver compiuto una rotazione di 270 gradi attorno all’asse passante per il punto O.
svolgimento:
a) Teorema del momento dell'impulso: $\Delta \vec{L} = \vec{L_{O}} = \vec{r} \wedge \vec{J_0} $. Poichè il corpo era inizialmente in quiete si ha $\vec{L_{O}} = I_{O} \vec{\omega}$.
Calcolo momento d'inerzia rispetto al polo O, $I_{O}=\frac{L^2}{4} (M+m)$
$[\omega=\frac{L_{O} }{I_O} = - 5 \text{rad/s}]$
b) Qui sono bloccato.
In seguito all'impulso si ha un variazione istantanea della quantità di moto del manubrio. $J_{A}=\Delta \vec{p}$. Da qui ricavo che $v_{CM}= \frac{J_{0}}{M+m}$, ma non saprei come continuare.
c)
Uso la prima legge cardinale e il fatto che in seguito all'impulso $a_{cm}= \omega^{2} r_{CM}=\omega^{2} * ((L/2)*(M-m))/(M+m)$.
Quindi $(M+m) a_{CM}= R_{O} + (M+m)g$, da cui, visto che ruota in senso antiorario
$[R_{O} = (M+m) ( \omega^{2} r_{CM} +g) ]$
d) Conservazione dell'energia.
$E_{M,f} = \frac{1}{2} I {\omega_{f}^{2}} + mg \frac{L}{2} - Mg \frac{L}{2}$
$E_{M,i}=\frac{1}{2} I \omega_{i}^{2} - mg \frac{L}{2} + Mg \frac{L}{2}$
da cui
$[\omega_{f} = \sqrt( \omega_{i}^{2} + \frac{2Lg(M-m)}{I})]$
, con $I$ sempre momento d'inerzia riferito al polo O e $w_i$ velocità angolare iniziale calcolata prima.e)
Dovrei procedere come in c), usando la prima legge cardinale.
$(M+m) r_{CM} \omega^{2} = R_{O} + (M+m) g$, da cui
$[R_{O}= (M+m) (\omega^{2} r_{CM} - g)]$
f)
L'energia cinetica interna, o energia rispetto al centro di massa, vale $\frac{1}{2} I_{C} \omega^{2}$, dove $I_C$ è il momento d'inerzia calcolato rispetto al centro di massa, che in questa configurazione ovviamente ha cambiato posizione ed è $r=\frac{\frac{L}{2} (m-M) }{M+m}$, che mi risulta:
$[I_C= m (\frac{ML}{M+m})^2 + M (\frac{mL}{M+m})^2]$
Il momento angolare intrinseco, cioè il momento angolare calcolato con polo il centro di massa, mi sta mandando in confusione.
Potrei usare il thm di Konig $L^{INT}= L_{O} - L_{CM}= \vec{r_{m}} \wedge \vec{J_0} - \vec{r_{CM}} \wedge {M+m) \vec{v_{CM}}$, è corretto?
Oppure potrei anche dire che $L^{INT}=I_c \omega$ ?
Sono formulazioni equivalenti?
g) La tensione dell'asta è data dalla forza centripeta a cui sono soggette le due masse, considerate singolarmente e separatamente.
$[T=m (\frac{ML}{M+m}) \omega^2]$
h) Utilizzo la seconda legge cardinale:
$I \vec{\alpha}= \tau^{ext}$
da cui ricavo $[\alpha=\frac{(M-m)g\frac{L}{2}}{I}]$
