Un cubo in rotazione

andreaandrea · Messaggio da **andreaandrea** » 8 lug 2012, 9:39

Un cubo di lati $a$ e massa $M$ scivola sulla superficie orizzontale liscia di un tavolo con velocità uniforme $\vec v_0$ perpendicolare allo spigolo rialzato di un tavolo. L'altezza dello spigolo rialzato è trascurabile rispetto al lato del cubo. L'urto, anelastico, contro lo spigolo rialzato fa sì che il cubo prenda a ruotare intorno allo spigolo. Si determini il valore minimo di $v_0$ per cui il cubo cade dal tavolo.

Cesare · Messaggio da **Cesare** » 8 lug 2012, 16:27

Come vedete tutti sono un novellino, quindi chiedo scusa anticipatamente se scrivo castronerie

Dato per noto che il momento di inerzia del parallelepipedo di lati $a,b,c$ è pari a $\displaystyle I=\frac{1}{12}M(a^2+b^2+c^2)$ , si ottiene che il momento d'inerzia del cubo dato è pari a $\displaystyle I=\frac{1}{4}Ma^2$ . per il teorema di Hugyens-Steiner si ottiene quindi che $\displaystyle I=\frac{1}{4}Ma^2+M\frac{a^2}{2}=\frac{3}{4}Ma^2$ Considero il segmento che unisce il punto medio del lato del cubo che impatta con lo spigolo del tavolo al centro del cubo (che coincide d'altro canto con il centro di massa). Quando questo segmento forma con il piano del tavolo un angolo $\theta$ , allora il momento torcente che viene dato al cubo dalla gravità è pari a $\displaystyle \tau (\theta ) = -\frac{\sqrt{2}}{2}Mga\cos{ \theta}$ e quindi l'accelerazione angolare che riceve il cubo in funzione di $\theta$ è pari a $\displaystyle \alpha (\theta ) = -\frac{2\sqrt{2}\frac{g}{a}\cos{\theta}}{3}$ . La velocità angolare iniziare del cubo è uguale a $\displaystyle \omega _0= \frac{v_0 \sin{\frac{\pi}{4}}}{a} = \frac{\sqrt{2}v_0}{2a}$ . Il problema chiede che la velocità angolare del centro di massa non si azzeri mai durante la rotazione del cubo... E qui in effetti non so come concludere

Fin qui almeno qualcuno mi può dire se il ragionamento è giusto ?

andreaandrea · Messaggio da **andreaandrea** » 8 lug 2012, 17:31

Credo anche io che sia molto strano, perchè non torna dimensionalmente la condizione che hai trovato.
Inoltre siamo sicuri che il momento di inerzia di un parallelepipedo assuma quella forma ? Come possono le dimensioni del parallelepipedo $a, b, c$ contribuire tutte allo stesso modo ? Questo vorrebbe dire che il momento di inerzia è uguale qualunque sia la faccia del parallelepipedo attraversata dall'asse di rotazione, il che è abbastanza difficile da digerire.
Comunque penso che tu possa anche ricavare un risultato in funzione del momento di inerzia del cubo e in un secondo momento calcolarlo.

Cesare · Messaggio da **Cesare** » 8 lug 2012, 17:43

D: Mi sono dimenticato di applicare il teorema di Hugyens-Steiner al momento di inerzia, correggo subito ! E sulla formula del centro di inerzia di un cubo intorno al suo centro di massa sono abbastanza sicuro...

Cesare · Messaggio da **Cesare** » 8 lug 2012, 18:26

Boh, dal punto in cui ero arrivato prima mi viene da dire che ho che $\displaystyle \omega (\theta) = \omega _0 +\int_{\frac{\pi}{4}}^{\theta}-\frac{2\sqrt{2}g\cos{x}}{3a}dx$ e che quindi vogliamo che $\displaystyle 0<\omega (\frac{\pi}{2}) = \omega _0 +\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{2\sqrt{2}g\cos{x}}{3a}dx$ da cui $v_0 >\frac{2(2-\sqrt{2})}{3}g$ , ma come hai fatto notare già te rimane il problema dimensionale

Il passaggio dove metto l'integrale l'ho dedotto per analogia dal caso in cui l'accellerazione variasse al variare del tempo (in quel caso, per quanto capisco dall'Halliday, si integra rispetto al tempo...)

Oppure possiamo farlo con la conservazione dell'energia e dimensionalmente esce ! Ponendo l'energia cinetica rotazionale iniziale maggiore dell'energia potenziale finale si ottiene che $\displaystyle \frac{1}{2}\frac{1}{4}Ma^2\left( \frac{\sqrt{2}v_0}{2a}\right) ^2 >Mg\left( \frac{1-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}a\right)$ da cui si ottiene che $\displaystyle v_0 >\sqrt{8(2-\sqrt{2})ga}$ e dimensionalmente almeno esce...

Ma non capisco perchè il mio approccio sopra mi dia un risultato diverso ! Dov'è che sbaglio ?

Omar93 · Messaggio da **Omar93** » 10 lug 2012, 12:28

Non puoi semplicemente usare la conservazione del momento angolare rispetto al polo di rotazione e poi quella dell'energia?

andreaandrea · Messaggio da **andreaandrea** » 10 lug 2012, 13:08

Penso che sia l'idea giusta, quella di Omar93!!

Cesare · Messaggio da **Cesare** » 12 ago 2012, 23:46

Ho capito il mio errore

Pongo il lato uguale ad $1$

Uso la solita formula $\displaystyle \alpha = \frac{\tau}{I}$ . Il momento torcente quando la congiungente tra il punto medio del lato intorno a cui ruota il cubo ed il centro del cubo stesso è $\theta$ è pari a $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}gm\sin{\theta}$ . Scrivo la "solita formula" in forma differenziale ed ottengo $\displaystyle d\alpha \left(=\frac{d\omega}{dt} \right) =\frac{\sqrt{2}gmd\sin{\theta}}{2I} = \frac{\sqrt{2}gm\cos{\theta}}{2I}$ . Moltiplico ora tutto per $d\theta$ , sostituisco $\displaystyle \frac{d\theta}{dt} = \omega$ , moltiplico tutto per due ed ottengo $\displaystyle 2\omega d\omega \left( = d \omega ^2 \right)= \frac{\sqrt{2}gm}{I}\cos{\theta}d\theta$ . Integrando e facendo i conti esce che $\displaystyle \omega _i = \sqrt{\frac{mg(\sqrt{2}-1)}{I}}$ .

Qualcuno potrebbe farlo anche con la conservazione dell'energia che così confrontiamo i risultati ??? (Omar ??) è che a me con l'energia esce anzichè $\sqrt{2}-1$ , $2-\sqrt{2}$

Non ho capito dov'è l'errore e in quale metodo sbaglio...

Un cubo in rotazione

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