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Nessuna critica, semplicemente non sono molto convinto e speravo qualcun altro potesse unirsi alla discussione e chiarirmi le idee su questo problema.

mantanp ha scritto: ↑
28 mag 2024, 21:16
un'espressione di $\omega(\theta)$ che permettesse poi di ricavare un'espressione della forza normale $N$ da imporre positiva per mostrare che non si perdeva il contatto

Sì, direi che questo è il succo...

mantanp ha scritto: ↑
30 mag 2024, 13:58
nel sistema del laboratorio il centro di massa semplicemente cade verticalmente essendo che le forze in gioco sono tutte verticali

Giusto

Io imposterei così, che probabilmente è uguale al procedimento tuo. Inizialmente, assumerei che la punta rimanga a contatto con il suolo.

Considererei come variabili la velocità lungo $\displaystyle \hat x$ e $\displaystyle \hat y$ del CDM, e la velocità angolare $\displaystyle \omega$ attorno al CDM.

Scriverei equazione (1): conservazione dell'energia. Equazione (2): conservazione QDM in direzione $\displaystyle \hat x$ (ci dirà subito che $\displaystyle v_x = 0$ ). Equazione (3): condizione geometrica per cui il punto di contatto con il suolo deve avere velocità lungo $\displaystyle \hat y$ nulla.

Da queste si ricavano $\displaystyle \omega(\theta)$ e $\displaystyle v_y(\theta)$ .

A questo punto cercherei di esprimere $\displaystyle N(\theta)$ e dimostrare che è sempre positivo. Ad esempio, per ricavarlo:
$\displaystyle m a_y = F_y$
$\displaystyle m(\frac{\text{d}v_y}{\text{d}t}) = m(\frac{\text{d}v_y}{\text{d}\theta} \times \omega) = N - F_g$
E le equazioni sopra ti avranno permesso di scrivere $\displaystyle v_y$ e $\displaystyle \omega$ in funzione di $\displaystyle \theta$

Se serve faccio il conto ma penso tu ne sia in grado

Allora, vediamo se ho capito bene. Il sistema da risolvere dovrebbe essere il seguente (tenendo conto che $v_x$ e $v_y$ sono le velocità riferite al centro di massa, $\omega$ è la velocità rotazionale del corpo rigido attorno al centro di massa e $\theta$ è l'angolo formato con l'orizzontale dalla matita):
$\begin{cases} \frac{mgl}{2}=\frac{mgl \sin(\theta)}{2}+\frac{mv_y^2}{2}+\frac{I \omega^2}{2} \\ v_x=0 \\ v_y=\frac{\omega l \cos(\theta)}{2} \end{cases}$
Risolvendo, si ottiene che
$\omega^2=\frac{12g}{l}\frac{1-sin\theta}{3cos\theta^2+1}$
A questo punto, derivando rispetto al tempo, si ottiene che l'accelerazione angolare è sempre negativa, cioè $\omega$ continua a diminuire nel tempo ( $\theta$ è sempre più piccolo infatti). Ora, dalla seconda legge della dinamica, ottengo che:
$\frac{-N l cos\theta}{2}=\frac{m l^2 }{12}\frac{d^2\theta}{dt^2} \Leftrightarrow N=-\frac{ml}{6 \cos\theta}\frac{d^2\theta}{dt^2}$
Poiché la derivata di $\omega$ è sempre negativa, N é evidentemente sempre positivo e la matita non perde il contatto. La velocità angolare cercata sarà:
$\omega(0)=\sqrt{\frac{3g}{l} }$

Giusto... Anche se sei stato un po' sintetico nel dire "derivando rispetto al tempo", dato che non abbiamo calcolato $\displaystyle \omega(t)$ esplicitamente.

Il conto che ho fatto io è, uguagliando momento della forza e derivata del momento angolare:
$\displaystyle N \times \frac{L}{2} \times \cos \theta = I \frac{\text{d}\omega}{\text{d}t} = I \frac{\text{d}\omega}{\text{d}\theta} \frac{\text{d}\theta}{\text{d}t} = I \omega \frac{\text{d}\omega}{\text{d}\theta} = \frac{1}{2} I \frac{\text{d}(\omega^2)}{\text{d}\theta}$
Così da evitare di portarsi dietro radici quadrate, e derivare solo rispetto a $\displaystyle \theta$

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Matita che cade

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