Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda feddy » 14/06/2018, 22:52

Buonasera, non dispongo della soluzione del seguente esercizio:


Due corpi puntiformi entrambi di massa $m = 2 kg$ sono attaccati all’estremità di un’asta rigida di massa trascurabile e di lunghezza $L = 0.8 m$. Il sistema è appoggiato con gli estremi ad una parete verticale e al piano orizzontale entrambi lisci, nella configurazione in cui l’asta forma un angolo $θ_0 = π/3$ radianti con la parete verticale. Il manubrio viene mantenuto in equilibrio in tale configurazione mediante una corda, inestensibile e priva di massa, attaccata al corpo appoggiato sul piano orizzontale e fissata al punto O di incontro della parete verticale con il piano orizzontale. All’istante $t = 0$ la corda improvvisamente si spezza e il manubrio si mette in moto sotto l’azione della forza peso del corpo appoggiato alla parete verticale liscia. Determinare:
a) le componenti cartesiane del vettore posizione del centro di massa per t < 0;
b) la tensione della corda per e la reazione $N_V$ del punto di appoggio alla parete per t<0
c) l’espressione del modulo della velocità del centro di massa del manubrio dopo la rottura della corda (t > 0) in funzione dell’angolo θ formato dall’asta con la parete verticale;
d) l’energia cinetica interna del manubrio dopo che l’asta ha ruotato di un angolo di $pi/6$ radianti rispetto alla configurazione iniziale.


Immagine


a)
Da ovvie relazioni trigonometrihe si ricava che il vettore posizione del centro di massa è $\vec{r_{CM}}=\frac{1}{2} L \cos(\theta) \mathbf{i} + \frac{1}{2} L \sin(\theta) \mathbf{j}$

b)
Applicando la prima e la seconda legge cardinale posso ricavare tensione e reazione nel punto di appoggio alla parete:


$N= N_x \mathbf{i} + N_y \mathbf{j}$, mentre la tensione sarà $\vec{T}= -T \mathbf{i}$.
Domanda: ma il segno di $N_x,N_y$ all'interno della seconda legge in base a cosa si mettono? Dovrei sapere a priori la loro direzione e quindi li metto di conseguenza? Perché sinceramete fatico a capire quale sia esattamente il loro verso.

Via I° legge si ha che:
\( \begin{cases} N_x - T=0 \\ N_y - 2mg=0 \end{cases} \)

Da cui si ricava che $N_x = T$ e $N_y=2mg$.

Ovviamente $T$ verrà determinato dalla seconda legge cardinale: il momento delle forze esterne è nullo, pertanto
$[(L \cos(\theta) \mathbf{i} \wedge - T \mathbf{i}) + (L \sin(\theta) \mathbf{j} \wedge -mg \mathbf{j}) + (L \cos(\theta) \mathbf{i} \wedge -mg \mathbf{j}) + (L \sin(\theta) \mathbf{j} \wedge (-T \mathbf{i} + N_x \mathbf{j}))=0]$


Da cui si ricava che $T= mg \cot(\theta)$.

Perciò, ricapitolando: $[\vec{N} = mg \cot(\theta) \mathbf{i} + 2mg \mathbf{j}]$ e $[T=-mg \cot(\theta) \mathbf{i}]$ Ora il segno meno l'ho messo perché so che dovrà essere dirette in quel verso. Se invece non avessi specificato direttamente il suo verso nel calcolo dei momenti, allora avrei ottenuto effettivamente il segno negativo. E' corretto?

c) Presumibilmente andrà usata la conservazione dell'energia meccanica.
Altra domanda: il moto in questione NON è rotatorio, pertanto considero solamente l'energia cinetica dovuta alla traslazione del corpo rigido ?

Inizialmente si ha energia cinetica pari a $0$ ( il sistema è in quiete) e energia potenziale data da $mgL \sin(\theta_{0})$.

Quando l'angolo formato sarà pari a $\theta$ si ha che l'energia potenziale è $mgL \sin(\theta)$ e l'energia cinetica è data da $\frac{1}{2}(m+m) v_{CM}^{2}$.

Imponendo la conservazione dell'energia si ha
$[v_{CM}(\theta) = \sqrt(gL (\sin(\theta_{0}) - \sin(\theta) )]$


d) Anche qui non sono molto sicuro della mia risposta:
l'energia cinetica interna non dovrebbe essere data dalla sola energia cinetica calcolata qui sopra, ed esser dunque uguale a $E_{K}^{INT}= \frac{m+m}{2} * v_{CM}( \frac{\pi}{6})^{2} =mgL (sin(\frac{\pi}{3}) - \sin(\frac{\pi}{6})) $


Grazie a chiunque mi possa correggere o far notare eventuali scempiaggini :)
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda Vulplasir » 15/06/2018, 15:59

Aia grave errore nel calcolo dell'energia cinetica
Le poloidi sono interpretabili come traiettorie nello spazio delle fasi.
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda feddy » 15/06/2018, 16:23

Ciao Vulplasir,

intendi nell'ultimo, nel penultimo punto, o in entrambi :) ?

In realtà non sono per nulla sicuro.
Il corpo in questione sta solamente traslando, o sbaglio? In quel caso l'energia cinetica del sistema è data dalla sola $\frac{1}{2} (m+M)v_{CM}^{2}$.
E per energia cinetica interna si intende l'energia cinetica misurata rispetto al centro di massa.
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda Vulplasir » 15/06/2018, 16:47

Comunque sei troppo prolisso e pedante nella notazione, così come lo è chi scrive questi esercizi...

le componenti cartesiane del vettore posizione del centro di massa
Non si può sentire, ma dire "posizione del centro di massa" è troppo difficile?, il centro di massa è un punto, NON è un vettore posizione, nella meccanica lo spazio è uno spazio affine. Ancora una volta si tratta di terminologia americana (che vuoi che ne capiscano di meccanica, la meccanica razionale è una disciplina del tutto italiana, così come la scienza delle costruzioni) in cui sono presenti quegli orribili "vettori posizione" $vecr$.

All’istante t=0 la corda improvvisamente si spezza e il manubrio si mette in moto sotto l’azione della forza peso del corpo appoggiato alla parete verticale liscia
C'era proprio bisogna di dire cosa mette in moto il sistema?...mah.

Domanda: ma il segno di Nx,Ny all'interno della seconda legge in base a cosa si mettono? Dovrei sapere a priori la loro direzione e quindi li metto di conseguenza? Perché sinceramete fatico a capire quale sia esattamente il loro verso


Per le forze incognite semplicemente si sceglie un verso a piacere, NON si scrive quella robaccia vettoriale, semplicemente si fa il bilancio della prima "equazione" cardinale (non legge, la legge è quella di Newton, la prima equazione cardinale è tutt'altra cosa rispetto alla seconda legge di Newton) e della seconda equazione cardinale in componenti. Per esempio, se hai la forza peso verticale in basso mg e na forza verticale incognita Ny anch'essa diretta in basso (direzione che decidi tu a caso), il loro bilancio sarà Ny+mg=0, se invece Ny la fai puntare in alto (ancora ad arbitrio), se scegli come direzione positiva quella in alto, il bilancio sarà Ny-mg=0, se invece scegli come direzione positiva quella in basso il blancio sarà mg-Ny=0, sono tutte la stessa cosa, alla fine se il valore che trovi per Ny sarà positivo significa che Ny punta in qel verso, altrimenti nel verso opposto.

$[(Lcos(θ)i∧−Ti)+(Lsin(θ)j∧−mgj)+(Lcos(θ)i∧−mgj)+(Lsin(θ)j∧(−Ti+Nxj))=0]$


Non si può vedere una cosa del genere, evita di usare tutti quei versori quando non necessari, i momento nel piano si sanno calcolare "a occhio", si vede in che verso le forze tendono a far girare e si calcolano i bracci delle forze.

Non ho mai sentito il termine "energia cinetica interna" né tantomeno penso che esista e/o abbia un senso. Certo che il moto è rotatorio, i due punti materiali hanno sempre velocità ortogonal tra loro.
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda feddy » 15/06/2018, 17:10

Grazie dei consigli, cercherò di farne tesoro.

Purtroppo il termine energia cinetica interna esiste, ed è l'energia cinetica misurata rispetto al centro di massa.

Evidentemente è gli ultimi due punti sono errati.

Quindi in c), nell'impostazione dell'energia meccanica ho che l'energia cinetica quando mi trovo a un angolo $\theta$ è $\frac{1}{2} I \omega^2$, con $I$ momento d'inerzia rispetto al polo O. L'energia meccanica iniziale è quindi $mg L \sin(\theta_0)$, mentre quella "finale" è $mgL \sin(\theta) + \frac{1}{2} I \omega^2$. Imponendo la conservazione trovo $\omega$, ma da qui come posso ottenere $v_{CM}(\theta)$?
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda Vulplasir » 15/06/2018, 18:41

Se per energia cinetica interna si intende quella relativa al centro di massa, allora non è $1/2Mv_(G)^2$ ma $1/2I_(G)omega^2$, con I_G il momento d'inerzia rispetto al centro di massa. Per trovare questa energia cinetica si può usare la cinservazione dell'energia meccanica scrivendo l'energia cinetica totale del sistema rispetto al centro di istantanea rotazione C (non il punto O, il punto O tu lo vedi fisso ma l'asta lo vede mobile!), intersezione delle rette ortogonali alle velocità delle due masse, rispetto a questo punto l'energia cinetica è $1/2I_Comega^2$, trovi quindi $omega$, e quindi trovi $1/2I_Gomega^2$
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda feddy » 15/06/2018, 19:53

Grazie, credo di aver capito.
Provo a rifare gli ultimi due punti alla luce dei tuoi consigli.

c)
Energia meccanica iniziale è data dalla sola energia potenziale $mgL \cos(\theta_0)$.

L'energia meccanica finale è invece $\frac{1}{2} I \omega^{2} + m g L \cos(\theta)$. Questo momento d'inerzia $I$ è riferito al polo O.

Perciò
$[\omega(\theta)=\sqrt(\frac{2mgL(\cos(\theta_0) - \cos(\theta))}{I})]$


Perciò risulta $v_{CM}(\theta)= r_{CM} \omeg(\theta)$

d) Il tuo procedimento dovrebbe essere equivalente al seguente:

l'energia cinetica del sistema è data dalla somma dell'energia cinetica "interna" $E_{K}^{INT}$ (insomma quella relativa al centro di massa), più l'energia cinetica dovuta al centro di massa $E_{K,CM}$

Perciò l'energia "interna" è $\frac{1}{2} I \omega^{2} - \frac{1}{2} (M+m) v_{CM}(\theta)$.
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda Vulplasir » 15/06/2018, 19:56

Questo momento d'inerzia I è riferito al polo O.

No, è riferito al centro di istantanea rotazione C
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda feddy » 15/06/2018, 21:06

Ops sì intendevo quello !

Ora dovrebbe essere tutto apposto, a patto di sostituire in c) e d) I con $I_C$, che però non mi è mai capitato di calcolare.
Mi risulta $I_C= m(L \cos(\theta))^2 + m (L \sin(\theta))^2$, è corretto?
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Re: Manubri e velocità centro di massa

Messaggioda Vulplasir » 15/06/2018, 21:12

SI, in questo caso hai solo due masse puntiformi e il momento di inerzia si calcola facilmente ome md^2. Se invece avessi un'asta continua per tovare $I_c$ basta usare il teorema di Huygens.Steiner
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